突破计算题练(二) 板块模型的综合分析&突破计算题练(三) 数学归纳法解决多次碰撞问题-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习课时作业

班级 姓名 突破计算题练（二） 1.(2025·藏、疆卷·12)如图，物块P固定在 水平面上，其上表面有半径为R的圆弧 轨道.P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道 与Q上表面平滑连接.一轻弹簧的右端固 定在Q上，另一端自由.质量为m的小球自 圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到 A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触 后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹 性势能为2mgR,此时断开P和Q的连接， 从静止开始向右滑动.g为重力加速度大 小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下 表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性 限度内. BO 0000020 (1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨 道，重力对其做的功； (2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及 B、A两点间的距离； (3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势 能等于2.2mgR,Q的质量应为多大？ (4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最 大，Q的质量应为多大？ 得分 板块模型的综合分析 2.(2024·山东卷·17)如图甲所示，质量为 M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平 部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表 面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道 的最高点.质量为m的小物块静置在轨道 水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数 为以，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.已知 轨道半圆形部分的半径R=0.4m,重力加 速度大小g=10m/s2. ↑a/m-s2) O+R 8 FN 乙 (1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿 轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小 等于3mg,求小物块在Q点的速度大小o; (2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的 推力F,小物块处在轨道水平部分时，轨道 加速度a与F对应关系如图乙所示. (i)求4和m; (ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给 轨道施加水平向左的推力F=8N,当小物 块到P点时撤去F,小物块从Q点离开轨 道时相对地的速度大小为7/s.求轨道水 平部分的长度L. 25 班级 姓名 3.(2025·山东省济南市高三二模)如图所 示，光滑水平地面上一个质量为mc=1kg 的木板C紧靠平台静置，C的上表面与光 滑平台相平.质量为mB=1kg、倾角为30 的光滑斜面体B静止在平台上.质量为D =3kg的物块D静置在木板C上.斜面体 B固定在平台上，将质量为mA=2kg的物 块A从斜面上距平台高度为么=了m处由 静止释放，物块A脱离斜面体B后，与平台 发生相互作用，物块A垂直于平台方向的 速度分量瞬间变为零，沿平台方向的速度 分量不变.已知物块A和D均视为质点，与 木板C上表面的动摩擦因数均为：=0.1， 重力加速度g=10m/s2,求： A D 7777777777777777777 (1)物块A在平台上运动时的速率； (2)若物块A和物块D不能发生碰撞，物块 D到木板C左端的最小距离； ·126 得分 (3)若斜面体B不固定，A从斜面上高度为 1.5m处静止释放，开始时物块D到木板C 25 左侧的距离为6m,物块A与物块D的碰 撞为弹性碰撞，求物块D与木板C第一次 共速时，物块A与物块D之间的距离： 班级 姓名 得分 突破计算题练（三） 数学归纳法解决多次碰撞问题 1.(2025·山东省烟台市高三二糢)如图所：2.(2025·重庆卷·12)如图所示，长度为d 示，水平地面上固定放置一轨道ABC,轨道 的水平传送带M顺时针匀速运动.质量为 斜面AB部分与水平BC部分在B点平滑 m的小物块A在传送带左端M由静止释 连接，紧靠轨道右侧有一质量为mo=1kg 放.A还未与传送带达到相同速度时就从 的小车，其上表面与轨道BC部分等高，在 右端N平滑地进入光滑水平面VO,与向 C点放置一质量为m1=2kg滑块N(可视 右运动的小物块B发生碰撞（碰撞时间极 为质点).水平地面右侧有一固定的竖直墙 短).碰后A、B均向右运动，从O点进入粗 壁，小车右端距离墙壁足够远.现将另一质 糙水平地面.设A与传送带间的动摩擦因 量为m2=2kg滑块M(可视为质点)从轨 数和A、B与地面间的动摩擦因数均为， 道顶端A点由静止滑下，与滑块N发生弹 重力加速度为g、 性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块N滑上 小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短，每 777777777 次碰撞后小车反向，速度大小变为碰撞前的 一半.已知A、C两点竖直高度差为h=5m, (1)求A在传送带上的加速度大小及离开 水平距离为L=1.9m,滑块M与轨道 传送带时的速度大小： ABC间动摩擦因数均为u0=0.5,滑块N (2)若碰前瞬间，B的速度大小为A的一 与小车上表面间的动摩擦因数为=0.1， 半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地 滑块N始终未离开小车，水平地面光滑，重 面上停下后相距d,求B的质量； 力加速度g=10m/s2,求： (3)若B的质量是A的n倍，碰前B的速度 A◇M 忽略不计，碰后瞬间A和B的动量相同，求 n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小 范围 (1)滑块M运动到C点时（还未与滑块N 碰撞)的速度大小； (2)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2 次碰撞前的过程中，滑块N与小车间由于 摩擦产生的热量； (3)小车与墙壁发生第1次碰撞后直至停 止运动的过程中，小车运动的总路程， 127从C到F过程，由动能定理得：一2 ngLsin37°-4×： 2 wgLco37r=号×2md峰-2m 滑块3直接落入洞中，离开F到落入洞中过程，竖直方向：！ 2orsin 37upsin 37 2 g g 水平方向：L心+LGH十LH=Ft2cOs37 代入数据解得：h2=2m. 3.解(1)物块P从B到A过程，根据动能定理有一m1gR1 =0一 号m1哈，物块P在B点，对该物块进行分析有N- ，解得N=60N: mig=m R' (2)物块P被弹出到运动到A过程，根据动能定理有一 mgR一me=0-号m吊，解得印=√而m/s,对 P、Q组成的系统，设向右为正方向，根据动量守恒定律有 m1p一m2vQ=0 解得vQ=2√30m/s 对Q与小车构成的系统，设向右为正方向，在水平方向，根 据动量守恒定律有2vQ=(m2十m3)ux 根据能量守恒定律有m2=m(十心)十m 十2gR2十12gLr,解得飞，=√42m/s 之后，物块Q左斜抛运动，在竖直方向上为竖直上抛运动， 根据逆向思雏，物块Q冲出小车后离开G点的最大高度h =,解得h=2.1m: 2g1 (3)物块被弹开过程有m1p1一m2Q1=0,EPmin= 1 乞m1响十之m2喝1，当物块Q向右滑上小车后恰好到达 F点与小车共速时，弹簧弹性势能最小，此时，对物块Q与 小车有m2Q1=（m12十m3),2m2喝2=12gLF十 之(m2十m3)号，解得EPmin=12J,由于m2gR2=10X10× 1.8J=18J>(2m2gLr=2×0.5×1×10×1.2J=12J),当 物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小 车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，则弹簧弹开两物块 过程有mp一mae=0,Ep*=之m响，十m6e 当物块Q冲上FG圆孤没有越过G,点之后又返回E,点与 小车共速过程有m2vQ2=（m2十13）4,2m202= 2m:gL十合(%十m)G,解得Enx=24J 综合上述有12J<Ep≤24J. 突破计算题练（二） 1.解(1)小球从落入圆孤轨道至离开圆孤轨道，重力对其 做的功为：WG=mgR; (2)设小球与弹簧刚接触时速度的大小为功，已知小球与 弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的了时弹簧的弹性势 能为2mgR,根据机核能守恒定律可得：m听-合m 1 (3)》=2mgR,解得：6-3 12 2 设B、A两点间的距离为五，对小球从B点到离开圆孤轨道 的过程，根据动能定理得：mg(十R)=2m听-0，解得：h ·25 (3)设Q的质量应为M1,P和Q断开后，P、Q和弹簧组成 的系统动量守恒，机械能也守恒.当P和Q恰好共速时弹 簧的弹性势能最大，已知弹性势能最大Em=2.2mgR,以 向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：m 1 ·3b=(m+M)u共，2gR+(号w）=之 M1)w+2.2mgR,解得：M1=4m: (4)P和Q断开后，当弹簧恢复原长时Q的动能最大，设弹 簧恢复原长时Q的动能为Ek,速度为Q,Q的质量为M, 以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得： 1 1f112 1 m·3=mp+MQ2mgR+2m(3w）=zm呢十 2M6,又有：E=号M6 联立可得：2(m十M0Ek-2m√MgR·√JEk-4mgR=0 解得：√E=M8m·m√R,另一解为负值， 2(M+m) 舍去. 令：y=MT8m,将y对M求导，并令其倒数等于 2(M+m) 0,得到：(m-M)√M+8m=√M(9M+7m),将此式平方 可得：9M°+7m2M+17m-m3=0 令：M=x,x>0,上式可变形为：9x2+17x2+7z-1=0, 172 可得：(x+1)(9x2+8x-1)=0 则有：9+8x-1=0,解得：x=号，另一解为负值，会去 可得当以-日中M=寸m时，瓜取最大位，中取 最大值，（验证：当M=m时，可得E最大值为号mgR, 最终Q的最大速度大小为30，P的最终速度为零，即Q最 终的动能等于系统初始的机械能，系统初始的机械能等于 1 9 m哈=mgR,可见此结果合理.) 2.解(1)根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有 2 mg十3mg=mR 代入数据解得u=4m/s (2)(ⅰ)根据题意可知当F4N时，小物块与轨道是一起 向左加速， 根据牛顿第二定律可知F=(M十)a 1 根据题图乙有=M十m=0.5kg1 当外力F>4N时，轨道与小物块有相对滑动， 则对轨道有F-mg=Ma 1Fumg 即a= M 结合题图乙有发=府-1kg 数藏距6=一爱=-2m/8 联立以上各式可得M=1kg,m=1kgu=0.2 (ⅱ)由题图乙可知，当F=8N时， 轨道的加速度为a1=6m/s2, 小物块的加速度为a2=g=2m/s2 设当小物块运动到P点时，经过。时间， 则对轨道有=a1to 对小物块有功=a20 在小物块从P点到Q点过程中系统机械能守恒有 合M听+7m话=号M喝+7mni+2mgR 1 1 水平方向动量守恒，以水平向左为正方向， 则有M1十m2=Mu3十w4 19 联立解得0=1.5s(另一解6=6s不合题意，含去) 根据运动学公式有L=7a16-2a26 代入数据解得L=4.5m. 3.解(1)对A,从静止到滑到B最底端，由动能定理可得 mh=之m12,解得v-2压n/s,由6=0s30,解 3 得=√5m/s; (2)对A、C、D系统，以水平向右的速度方向为正方向，由 动量守恒定律和能量守恒定律可得 mw=(m十me十mD)装，之mA听-之(m十m十 1c)u头=mAg5,解得5=3m (3)对A,B系统，由机械能守恒可得mAg'=乞mA听+ 名m端，以水平向右的速度方向为正方向，水平方向动量 守恒可得MAUAr=mBB,tan30°= VAx十UB ’UA=√3UAx,: 又=ix十， 解得v=√5m/s 物块A的加速度a1=g,解得a1=1m/s2, 物块D和木板C的加速度，=Ag mc+mp 解得a2=0.5m/s2, =4·合(a1十ag)P,解得19、 A与D碰撞前的连度a1=0一a1,解得1=5 m/s, 0=1=a24,解得心1-=m/S A与D弹性碰撞，以水平向右的速度方向为正方向，由动 量守恒定律和能量守恒定律可得 mAA1十mDD1=mAVA2十mDe,之mAi1+2mD61= 名m流e+日，屏得u=5se=5n/s 1 碰撞后A以加速度a1=g,解得a1=1m/s2,向右做匀加 速直线运动，D以加速度a1=g,解得a1=1m/s2,向右做 匀减速直线运动，C以加速度a,=D,mAS,解得ag mc =1m/s2 向右做匀加速直线运动物块D与木板C第一次共速时D2 -a=g+a1,解得=5 0s 此时物块D、A的速度g=2一a1t,解得g=20m/ 7√5 5四3=A2十a1,解得3=6)5 m/s 此时物块A与物块D之间的距离为与=十/ 2 e十U心，解得52=0m. .3 2 突破计算题练（三） 1.解(1)滑块M由A运动到C的过程，由动能定理有 mzgh-mgL=之6，解得o=9m/s: ·25 (2)滑块M与滑块N发生弹性碰撞，规定向右为正方向， 则有m2=122十m1V 1 1 m26=2202+zm0 解得2=0；v=9m/s 小车和墙壁第一次碰前，滑块N与小车达到的共同速度为 心，规定向右为正方向，由动量守恒 71U=(21十o）U1 第一次碰后小车变为一)，滑块N速度仍为，由动量 守恒-2m1+m11=(m+o） 1 解得2=21 由分析可知，当滑块N和小车第2次共速后恰好发生第2 次碰撞；小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前， 滑块N与小车之间产生的热量为Q.根据能量守恒之m0 (分)2+名m听=Q+名(m十m)解得：Q-27J: (3)小车第一次与墙壁碰撞后，根据牛顿第二定律1g =moa 小车与墙壁第1次碰撞后至第2次碰撞前，运动的路程为 512a -×2 小车与墙壁第2次碰撞后至第3次碰撞前，运动的路程为 )2 （2 s2=2a -X2,解得52=451 1 小车与墙壁第n次碰撞后到第n十1次碰撞前过程中有5 =(日)）总路程=1十+十…十 解得：s=6m 2.解(1)小物块A在传送带上滑动，设加速度的大小为a: 根据牛顿第二定律a1g=1a 解得加速度大小为a=g 小物体A在传送带上做匀加速直线运动，设离开传送带时 的速度为贴 根据运动学公式=2ad 联立解得0=√2gd； 1 (2)碰前瞬间，B的速度大小为B=乞功，设碰撞后A的速 度大小为山、B的速度大小为，B的质量为M; 取向右为正方向，根据动量守值定律可得m十MX之 mu+Mu2 根据机诚能守议究体方m+宁（学）》°子听+宁M A、B与地面间的动摩擦因数均为以，则碰撞后二者减速运 动过程中加速度大小均为a=g 根据运动学公式，小物体A的位移xA=2a 听 小物体B的位移xB=2a =（呢-听）=d 根据题意B一xa-2a2a2g 联立解得= 3 42% B的质量为M=3m； (3)B的质量是A的n倍，则M=m 碰后瞬间A和B的动量相同，根据题意1心=nv2 化简得v1=nv2 根据碰撞原则，速度要合理，因此心≤ 解得n≤1； 根据动量守恒定律1=mU1十nm=2n12 化简得=2nu2 碰撞后功能不增，则m≥子mn+子mo号 代入数据化简得6≥(+n)喝 解得n≥3 1 因此n的取位范国为了<≤1 4o V2ugd 碰后瞬间B的速度大小吹一2列 2n 解得碰后醉间B的速度大小范国为区≤购 2 ≤3V24gd 2 专题强化练（八）[1选择题] 1.C根据题意作图如图所示：a、c连线的中，点即为b点的等 电势点，则图中的虚线为匀强电场的等势 a6V 线，又>织，故a点电场强度的方向是 有a→c,故C正确，ABD错误. 2.C电场中等差等势面的疏密表示场强的4V 大小，等势面越密的地方场强越大，因此 a、b、c、d中a点电场强度最大，故AB错 E 误；根据动能定理，一个电子从b,点移动到点电场力做功 为W=-e(-9.)=-e×(-1-1)V=2eV,故C正确； 根据动能定理，一个电子从a点移动到d点电场力做功W =-e(9a一9u)=-e×(-2-2)V=4eV,根据电场力做 功与电势能变化的关系可知，电场力做正功，电势能减小 了4eV,故D错误. 3.B根据库仑定律F=b竖，由于>%，因此则小球在e 点所受库仑力小于在b点所受库仑力，故A错误；点电荷 在距其r处的电势为9=k日，由于c点到d点r不变，d 点到e,点r逐渐增大，因此c点到d点电势不变，d,点到e 点r逐渐减小：根据电势能的定义式E。=q9可知，小球从 c,点到d点电势能不变，从d,点到e点电势能逐渐减小，故 B正确；由于rr>r,根据上述B分析可知，小球的电势能 E>E「，绝缘光滑管道固定于水平面内，电势能和动能 的总量保持不变，根据能量守恒定律可知，小球过f点的 动能大于过d点的动能，故C错误；由于ra>r6,根据上述 B分析可知，小球的电势能E饰>Ea,绝缘光滑管道固定 于水平面内，根据能量守恒定律可知，小球过a点的动能大 于过b点的动能，则小球过b点的速度小于过a,点的速度， 故D错误. 4.A在紧挨着△S面取两点a和b,a在内部，b在外部. 设△S所带电荷分别在a、b两点形 ,△S 成的电场强度大小为E,,其余部分 在a、b两点形成的电场强度大小为 E2,所以a点电场强度大小为E1一 E2=0,b点电场强度大小为E1十 是解得=是所以共 E2-k 余部分对△S所带电荷的电场力F=E,q=k2R·4元R Q.Q△S tASQ2 8R,故A正确，B,C,D错误 ·25 5.A将试探电荷q由O点移动到C点与由O点移动到A ,点，电场力做功均为W,所以AC电势相等，AC连线是一 条等势线，平行四边形边长OA=5m、AB=3m,∠AOC= 53°，可知CO垂直AC,由图乙可得O点电势低，所以电场方 向从C指向O,CO电势差为等于OA间电势差等于3V,CO= AB=3m,根据E,可得E=1V/m,故A正确，B错 误：电场方向从C指向O,明显B点电势高于O点，Ug小 于0，不可能为3V,BC连线不是等势线，所以g由O点移 动到B,点电场力做功不为W,故C、D错误， 6.AD设A、B间的距离为r,原来A、B间的静电力：F= 仁小球C先跟A接融，此时A,C的电符量都变为：9○ Q9,C再跟B接触，C,B的电荷量都变为：B=9,移 2 走C后，A和B之间的静电力：F=华，整理得：Q+ -2 4Qg-5g2=0,因式分解可得：(Q+5g)(Q-q)=0,解得：Q =-5g或Q=g,所以： 号=5成9=1，放AD正确、 BC错误. 7.AC由C-号，可知金属板间的电压为U=是，又因为E =号，且Egma,有a品故A正骑：由会属板的电压 T 随时间变化图，可知=aX年；由U山一t图可知，在下一 个时间肉，电压大小为原来的3倍，故0，=3a1:建度大 小为：=2X千，解得末速度为一24，其速度减为0 的时同为。=宁×于=石：由对 称性可知，之后的速度随时间关 系，满足对称性的特点，如图所示： 2 由图可知，由一个周期内，振膜沿 -21 山方向运动的时同为1=子+2 ×宁×+于-号T,故B错误；由上分折可知，振膜向右 的最大位移要小于等于号，在第一个T时间内，振膜微向 右的匀加速运动，在之后的)时间内，振膜做向右的匀满 建送考：操陕发金的性移有宁×贸×（于）+宁× ×臣)广号浮<g=成CD民 8.ABD对两球进行受力分析，如图所示： Fx2 FNI 甲入 、乙 L 2m2 * 2q E 02 设两球间的库仑力大小为F,轨道倾角为0. 对甲球，根据平衡条件得FNI cOs0=mg,F=FN1sin0十Eg ① 对乙球，根据平衡条件得F2cos0=2mg,FN2sin0=F+ 2Eg② 联立解得F=4Eq