第3部分 非选择题组B1-【金版教程】2026年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

该高中物理高考复习课件涵盖实验探究、力学综合、电磁场运动等核心考点，严格对接高考评价体系。通过分析近五年考点权重，明确实验题占25%、力学电磁学综合题占60%的高频分布，归纳出图像法处理数据、模型建构等常考题型，备考针对性强。 课件亮点在于“真题训练+素养导向”策略，精选2025年海南、江西等模拟真题，突出科学探究与科学思维素养。如实验题中用v²-x²图像斜率求劲度系数、R-d图像斜率算电阻率，计算题中板块模型动量守恒应用，帮助学生掌握答题技巧。助力学生高效冲刺，为教师提供精准复习指导。

第三部分　拆卷练 非选择题限时练 非选择题组B1 限时45分钟 (1)用螺旋测微器测小球的直径，如图乙所示，则小球的直径D＝________________________ mm。 10.294(10.293、10.295也对) 1 2 3 4 5 (2)将小球从A点向左压缩弹簧至某位置后由静止释放，小球被弹出，记下弹簧的形变量x和小球通过光电门的时间t，则小球弹出时速度大小v＝______(用D、t表示)。 (3)改变小球释放的初始位置，多次实验，得到多组 弹簧形变量x和小球通过光电门的时间t。 (4)根据测量数据绘制出v2­x2关系图线，如图丙所示， 则弹簧劲度系数k＝________ N/m(结果保留两位有效数字)。 (5)若小球球心与光电门的中心没有调到同一水平高度，仍按上述方法测量，则弹簧劲度系数k的测量值与真实值相比________(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。 58 偏大 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 2．(2025·江西省新余市高三上一模)(8分)工业上经常用“电导仪”来测定液体的电阻率，其中一个关键部件如图甲所示，两片金属放到液体中形成一个电容器形状的液体电阻，中间的液体即电阻的有效部分。小明想测量某导电溶液的电阻率，在一透明塑料长方体容器内部左右两侧正对插入与容器等宽、与导电溶液等高的电极，两电极的正对面积为S＝50 cm2，电极电阻不计。实验提供的器材如下： 电压表(量程15 V，内阻约为40 kΩ)； 电流表(量程300 μA，内阻约为100 Ω)； 滑动变阻器R(20 Ω，1 A)； 电池组(电动势E＝12 V，内阻r约为6 Ω)； 单刀单掷开关一个； 导线若干。 1 2 3 4 5 (1)小明先用欧姆表粗测溶液电阻，选择欧姆“×100”挡后测量结果如图乙所示，粗略测量电阻为__________ Ω(结果保留两位有效数字)。 (2)为了准确测量溶液电阻阻值，需测量多组电压表、电流表数据，请用笔画线代替导线，将图丙的实物电路补充完整。 5.0×103　 答案：如图所示 1 2 3 4 5 (3)实验时，仅改变两电极间距d，测得多组U、I数据，计算出对应的电阻R，描绘出如图丁所示的R­d图线，由图像可得该导电溶液的电阻率ρ＝________ Ω·m。(计算结果保留三位有效数字) (4)小明在实验中未考虑电表内阻的影响，从原理看，他用图像法计算出的电阻率ρ将________(选填“大于”“小于”或“等于”)实际值。 390 d/cm R/(×104 Ω) 10 0.8 20 1.7 30 2.4 36 2.9 46 3.6 答案：如图所示 等于 1 2 3 4 5 解析：(1)欧姆表选择“×100”挡，由题图乙可知，粗略测量电阻为50×100 Ω＝5.0×103 Ω。 (2)为了准确测量其阻值，并测量多组数据，则滑动变阻器应采用分压式接法，其实物图如图1所示。 　 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 3．(2025·山东省烟台市高三下高考适应性测试)(8分)如 图所示为一超重报警装置原理图，其主体是位于水平地面上 导热性能良好的竖直薄壁密闭容器。容器高H＝0.6 m、横截 面积S＝0.4 m2，内有一厚度和质量均不计的活塞，底部是深 度为h(未知)的预警区域。活塞通过竖直轻杆连接轻质水平平 台，当活塞进入预警区域时，系统会发出超重预警。平台上 未放重物时，内部封闭气柱长度L＝0.5 m；当在平台上轻放 一质量m＝6×103 kg的重物A时，活塞最终恰好稳定在预警区域上边界。已知环境温度t0＝27 ℃，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，不计摩擦阻力。 1 2 3 4 5 (1)求预警区域的深度h； (2)若环境温度变为7 ℃且外界大气压强不变，为保证放上重物A后活塞最终仍稳定在预警区域上边界，需要向容器内另外充装气体。当气体稳定后，求容器内另外充装气体质量与原来封闭气体质量的比值。 答案：(1)0.2 m　(2)1∶14 解析：(1)放上重物A稳定后，设密闭容器内气体的压强为p，对活塞，由平衡条件有mg＋p0S＝pS 根据题意可知气体做等温变化，由玻意耳定律有p0LS＝phS 解得h＝0.2 m。　 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 4．(2025·河北省邯郸市高三下第二次调研监测)(14分)如图所示，在坐标系xOy中，第一象限内存在匀强电场，电场方向沿y轴负方向；第三象限内存在匀强电场，电场方向沿x轴正方向；第二、四象限内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，经过y轴上y＝h处的A点时速度大小为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上x＝2h处的B点进入第四象限，经过磁场偏转后由y轴上的C点(C点未画出)进入第三象限，后经x轴上x＝－h处的D点垂直于x轴方向进入第二象限，之后再以速度大小为v0，方向沿x轴正方向回到A点。求： (1)第一象限内电场的电场强度大小E1； (2)第四象限内磁场的磁感应强度大小B1； (3)带电粒子从进入第一象限开始计时， 到粒子第一次回到A点所用时间。 1 2 3 4 5 (1)第一象限内电场的电场强度大小E1； (2)第四象限内磁场的磁感应强度大小B1； (3)带电粒子从进入第一象限开始计时，到粒子第一次回到A点所用时间。 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 非选择题：本题共5小题，共54分。 1．(2025·江西省赣州市高三下适应性测试)(8分)某实验小组设计如图甲所示装置来测量轻质弹簧的劲度系数k。该弹簧左端固定在竖直挡板上，右端放置一个质量为4.5 g的小球(恰在A点，且与弹簧不拴接)，水平轨道B处装有光电门(未画出)。已知弹簧的弹性势能表达式为Ep＝eq \f(1,2)kx2(k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，小球球心与光电门的中心在同一高度，小球与水平轨道间的摩擦力及空气阻力忽略不计。 eq \f(D,t) 解析：(1)用螺旋测微器测小球的直径D＝10 mm＋29.4×0.01 mm＝10.294 mm。 (2)小球弹出时的速度大小即通过光电门时的速度大小，为v＝eq \f(D,t)。 (4)将小球和弹簧视为一个系统，在该过程中，弹簧的弹性势能转换为小球的动能，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)kx2＝eq \f(1,2)mv2，即v2＝eq \f(k,m)x2，由图丙可知eq \f(k,m)＝eq \f(27,21×10－4) s－2＝1.29×104 s－2，解得k＝58 N/m。 (5)若小球球心与光电门的中心没有调到同一水平高度，则遮光时间偏小，测得的速度v＝eq \f(D,t)偏大，v2­x2图像斜率偏大，仍按上述方法测量，则弹簧劲度系数k的测量值与真实值相比偏大。 (3)计算出对应的电阻R，在题图丁中描绘出的R­d图线如图2所示。根据R＝eq \f(\a\vs4\al(ρ),S)d，结合图像可得图像斜率k＝eq \f(\a\vs4\al(ρ),S)＝eq \f(3.9×104,50×10－2) Ω/m，解得该导电溶液的电阻率ρ＝390 Ω·m。 (4)电流表内接，若考虑电表的内阻，则真实的R­d图线表达式为R＝ρeq \f(d,S)＋RA，由于该实验中是通过R­d图像的斜率去求电阻率，而斜率与电流表内阻无关，因此计算出的电阻率ρ等于真实值。 (2)仅有原来封闭气体时，平台上放重物A、环境温度变为7 ℃且稳定后，设活塞与地面的距离为h′，温度降低的过程气体做等压变化，由盖—吕萨克定律可得eq \f(hS,T1)＝eq \f(h′S,T2) 其中T1＝273 K＋27 ℃＝300 K，T2＝273 K＋7 ℃＝280 K 解得h′＝eq \f(14,15)h 要使活塞仍稳定在原来位置，充入的气体在相同状态下的高度为Δh＝h－h′ 由于稳定后充入的气体和容器中原来的气体达到相同的状态，密度相同，则充装气体的质量Δm与原来封闭气体质量m0的比值为eq \f(Δm,m0)＝eq \f(Δh,h′) 解得eq \f(Δm,m0)＝eq \f(1,14)。 答案：(1)2,0)eq \f(mv,2qh) 　(2)eq \f(mv0,qh)　(3)eq \f(（8＋3π）h,2v0) 解析：(1)粒子在第一象限电场中做类平抛运动，设运动的时间为t1，沿x轴方向有v0t1＝2h 设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律有qE1＝ma 沿y轴方向有eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)＝h 解得E1＝2,0)eq \f(mv,2qh) 。 (2)由于洛伦兹力不做功，可知粒子在B点处和C点处的速度大小相同，粒子到达D点时的速度大小为v0且沿y轴正方向，则粒子从C点运动到D点的过程可视为类平抛运动的逆过程。若仅研究两个类平抛运动，由于在A、D点的速度大小相等且均与电场强度方向垂直，在B、C点的速度大小相等，则电场力做功大小相同；同时沿电场方向的位移大小均为h，有 E1qh＝E2qh C点距O点的长度等于B点距O点的长度，即CO＝2h 进入第四象限磁场时，粒子的速度v满足 v＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) 其中vy＝at1 解得v＝eq \r(2)v0，则在B点的速度与x轴正方向成45°角 由对称性可知，粒子在C点的速度与y轴正方向成45°角，在第四象限磁场中，设粒子做圆周运动的半径为R，根据几何关系得 R＝eq \f(BC,2)＝eq \r(2)h 根据洛伦兹力提供向心力有qvB1＝eq \f(mv2,R) 联立解得B1＝eq \f(mv0,qh)。 (3)根据(1)(2)分析，可得粒子运动轨迹如图所示，粒子在第四象限磁场中运动了二分之一圆周，运动时间t2＝eq \f(πR,v) 根据运动的对称性，粒子在第三象限电场中的运动时间与在第一象限电场中的运动时间相同，即t3＝t1 根据几何关系可知粒子在第二象限的磁场中运动了四分之一圆周，圆周半径为r＝h，则运动时间t4＝eq \f(\f(π,2)r,v0) 粒子运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＋t4 解得t＝eq \f(（8＋3π）h,2v0)。 5．(2025·山东省泰安市高三下一模)(16分)如图所示，长木板C静止在光滑水平地面上，其左端恰好与固定在天花板上的竖直挡板的右表面对齐，可视为质点的小物体A和B紧靠在一起静止在长木板C上，A和B之间夹有少量火药。某时刻点燃火药，火药瞬间燃爆后将A、B沿长木板分别向左右分开，爆炸释放的能量转化为A和B的机械能的值为3mv2，若长木板C固定，A和B最终均停在C的右端。已知A的质量为m，B的质量为2m，长木板C的质量为3m，A、C之间的动摩擦因数为μ，B、C之间的动摩擦因数为eq \f(1,2)μ，重力加速度为g，A和挡板碰撞时无机械能损失，碰撞时间不计。 (1)求火药燃爆后瞬间A和B获得的速度大小； (2)求长木板C的长度； (3)若长木板C不固定，求A最终相对于C静止时到C左端的距离。 答案：(1)2v　v　(2)eq \f(3v2,2μg)　(3)eq \f(13v2,14μg) 解析：(1)设火药燃爆后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，火药爆炸瞬间A和B系统的动量守恒，由动量守恒定律有mvA－2mvB＝0 A和B的总机械能为 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,B)＝3mv2 解得vA＝2v，vB＝v。 (2)设A、B的加速度大小分别为aA和aB，根据牛顿第二定律，对于A有μmg＝maA 对于B有eq \f(1,2)μ·2mg＝2maB 解得aA＝μg，aB＝eq \f(1,2)μg 设t0时A、B达到共同速度且共同速度为v共，有v共＝vA－aAt0，v共＝vB－aBt0 解得v共＝0，t0＝eq \f(2v,μg) 因A、B最终均停在C的右端，可知运动过程中A、B没有发生碰撞，则B一直向右做减速运动，A碰到挡板后原速反弹，由速度—位移公式， 对A有veq \o\al(2,A)＝2aAsA 对B有veq \o\al(2,B)＝2aBsB 长木板的长度为L＝eq \f(1,2)(sA＋sB) 解得L＝eq \f(3v2,2μg)。 (3)A和B的初始位置距挡板的距离为x＝L－sB 因为μmg＝eq \f(1,2)μ·2mg，所以A与挡板碰撞前C保持静止，设A与挡板碰前瞬间的速度为v1，则veq \o\al(2,A)－veq \o\al(2,1)＝2aAx 解得v1＝eq \r(3)v A与挡板碰撞前，设B的速度大小为v2，对A、B、C组成的系统，根据动量守恒定律有mv1－2mv2＝0 解得v2＝eq \f(\r(3),2)v A与挡板碰撞后，A、B、C组成的系统动量守恒，设三者稳定后的共同速度为v′，由动量守恒定律有mv1＋2mv2＝(2m＋m＋3m)v′ 解得v′＝eq \f(\r(3),3)v A与挡板碰后瞬间，设C的加速度大小为aC，对C由牛顿第二定律有μmg＋eq \f(1,2)μ·2mg＝3maC 解得aC＝eq \f(2,3)μg A撞击挡板后因为eq \f(v1－v′,aA)>eq \f(v2－v′,aB)，所以B先与C共速，又因eq \f(\a\vs4\al(μmg),3m＋2m)<eq \f(\a\vs4\al(μ),2)g，则B与C共速后不再有相对运动，然后A再与B、C共速。自A撞击挡板至B、C共速，设经历的时间为t，B、C的共同速度大小为vBC，有vBC＝v2－aBt，vBC＝aCt 解得t＝eq \f(3\r(3)v,7μg)，vBC＝eq \f(2\r(3)v,7) 该过程C的位移为xC＝eq \f(vBC,2)t B与C共速后，设B、C整体的加速度大小为a4，根据牛顿第二定律有μmg＝5ma4 根据匀变速直线运动的速度—位移公式有 v′2－veq \o\al(2,BC)＝2a4xBC A撞击挡板后到三者共速，根据速度—位移公式，有v′2－veq \o\al(2,1)＝－2aAxA A最终相对于C静止时到C左端的距离 d＝xA－xC－xBC 解得d＝eq \f(13v2,14μg)。 $