第3部分 非选择题组B2-【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聚焦力学、电磁学、光学等核心模块，覆盖双缝干涉、弹簧弹力实验、传感器应用、平抛运动、电磁感应等高考高频考点。依据高考评价体系，分析各考点权重，归纳实验题误差分析、计算题模型建构等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“真题演练+素养培养”，精选2025年各地模拟题，通过双缝干涉实验中条纹间距公式推导培养科学思维，导体框运动问题中能量与动量综合应用训练科学探究能力。提供易错点解析（如弹簧重力对劲度系数影响），助力学生掌握答题技巧，教师可据此实施精准复习，提升备考效率。

第三部分　拆卷练 非选择题限时练 非选择题组B2 限时45分钟 非选择题：本题共5小题，共54分。 1．(8分)(1)(2025·浙江省温州市高三下二模)某同学在学习了“用双缝干涉测量光的波长”实验后，自制了一套双缝干涉演示仪(图1)，所用单缝的缝宽可调(图2)，并用电子显微镜头代替光屏，通过计算机呈现实验现象。 ①若调节单缝的宽度由图2所示逐渐变窄，下列说法正确的是________； A．当单缝宽度较宽时，无法观察到清晰的条纹 B．当单缝宽度较窄时，随着缝宽变窄，条纹间距逐渐变大 A 1 2 3 4 5 ②已知双缝间的距离为d，光源与单缝的距离为L1，单缝与双缝的距离为L2，双缝到电子显微镜头的距离为L3，计算机显示图样中相邻两条亮条纹间的距离为Δx，显示图样的放大倍数为k，则对应的光波波长为________(用题中所给物理量符号表示)。 1 2 3 4 5 (2)(2025·海南省海口市高三下仿真模拟)物理兴趣小组做“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验，实验装置如图3所示，然后按如下步骤进行实验： ①将轻弹簧上端固定在铁架台的横杆上，将刻度尺竖直固定在弹簧旁，使其零刻度与弹簧上端对齐，观察弹簧自由下垂时下端在刻度尺的位置； ②在弹簧下端依次挂上不同质量的钩码，记录钩码总质量m及相应的弹簧长度L； ③通过描点连线得到m­L图像如图4所示。根据图像可得，弹簧未悬挂钩码时的长度是________ cm，弹簧的劲度系数k＝________ N/m (重力加速度g＝9.8 m/s2)。 ④若考虑弹簧自身重力的影响，实验中所得弹簧的劲 度系数________实际值(选填“大于”“等于”或“小于”)。 10 9.8 等于 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 2．(2025·河北省沧州市高三下质量检测(二模))(8分)某物理兴趣小组欲用一半导体薄膜压力传感器制作苹果自动分拣装置。 (1)物理兴趣小组利用图甲装置研究半导体薄膜压力传感器在受到不同压力作用时其电阻的变化规律，利用数字多用电表选用电阻挡直接测出通过施加不同的压力F时，压力传感器的电阻R。 (2)以传感器所受的压力F为横轴、传感器电阻R为纵轴建立直角坐标系，利用所测数据在坐标系中描点，将这些点用光滑曲线连接起来，如图乙所示。 1 2 3 4 5 ①从图乙中可以看出，随着压力的增大，传感器的电阻不断________(填“增大”或“减小”)。 ②压力为1 N时曲线的斜率的绝对值为________ kΩ/N(结果保留两位有效数字)，斜率的绝对值越大，半导体薄膜压力传感器的灵敏度就________(填“越高”或“越低”)。 减小 25 越高 1 2 3 4 5 (3)兴趣小组利用该半导体薄膜压力传 感器制作了图丙所示的苹果自动分拣装置， 该装置把大小不同的苹果，按一定质量标准 自动分拣为大苹果和小苹果。 该装置的托盘秤压在一个以O1为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在压力传感器R1上。调节托盘秤压在杠杆上的位置，使质量等于分拣标准(0.3 kg)的大苹果经过托盘秤时，杠杆对R1的压力为1 N。调节可调电阻R2，可改变R1、R2两端的电压比，使质量等于分拣标准的大苹果通过托盘秤时，R2两端的电压恰好能使放大电路导通，使电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁，此电压叫作放大电路的激励电压。该放大电路中包含保持电路，能够确保大苹果在衔铁上运动时电磁铁始终保持吸动状态。已知左侧电源电动势E＝7 V，内阻不计，放大电路的激励电压为2 V。 1 2 3 4 5 ①自动分拣装置正常工作时，大苹果通过________(填“通道A”或“通道B”)。 ②为使该装置达到上述分拣目的，R2的阻值等于________ kΩ(结果保留两位有效数字)。 ③若要提高分拣标准到0.45 kg，可只适当________(填“调大”或“调小”)R2的阻值。 通道B 14 调小 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 3．(2025·北京市石景山区高三下一模)(8分)如图所示，某同学从离水平地面高度为h处将铅球投出，铅球运动的最高点O距地面高度为H，距抛出点水平距离为x1，铅球质量为m，重力加速度为g，忽略空气阻力。求： (1)铅球运动到最高点O时的速度大小v1； (2)铅球从被抛出到落地的过程中所受重力冲量的大小I； (3)该同学将铅球投出时铅球的动能Ek。 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 4．(2025·安徽省马鞍山市高三下二模)(14分)如图所示，绝缘粗糙水平桌面固定不动，两条平行虚线和两条平行的桌面边沿围成了一段宽为L的矩形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，磁场方向与桌面边沿的夹角为θ、与磁场两条边界虚线垂直朝向右上方。一个边长也为L的正方形导体框静止放置在磁场左边界处，通过水平细绳绕过定滑轮与质量为m的重物相连，当释放重物后导体框立即开始运动。已知导体框的质量也为m、电阻为R、与桌面间的动摩擦因数为μ，导体框始终不离开桌面，重力加速度为g。求： 1 2 3 4 5 (1)导体框运动瞬间绳上拉力的大小； (2)导体框从开始运动到完全进入磁场区域的过程中， 通过导体框横截面的电荷量； (3)当满足μ＝tanθ的条件时，导体框完全离开磁场区域瞬间的速度大小。 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 (1)物块P运动到C点时，对圆弧轨道的压力大小； (2)整个过程中，弹簧的最大弹性势能； (3)物块P在水平地面上滑行的路程。 答案：(1)35.25 N　(2)48.4 J　(3)13.6 m 　 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 此时弹簧弹力大小F4＝kx4＝24 N>μ×2mg＝5 N 综上可知，从弹簧第一次压缩至最短到以后每次速度减为零，弹簧的形变量都会减小Δx＝0.5 m 可知x5＝0.7 m，此时弹簧弹力大小 F5＝kx5＝14 N>μ×2mg＝5 N，两物块不能静止 x6＝0.2 m，此时弹簧弹力大小 F6＝kx6＝4 N<μ×2mg＝5 N，两物块静止不再运动 所以整个过程中物块P在水平地面上运动的路程为 s＝L＋(x2－x1)＋x2＋2x3＋2x4＋2x5＋x6 联立得s＝13.6 m。 1 2 3 4 5 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R eq \f(dΔx,kL3) 解析：(1)①在双缝干涉实验中，单缝的作用是获得线光源，当单缝宽度较宽时，通过单缝的光不是线光源，无法满足干涉的条件，无法观察到清晰的干涉图样，故A正确；干涉条纹间距公式Δx＝eq \f(L,d)λ，其中L为双缝到屏的间距，λ表示波长，d表示双缝间距，所以条纹间距与单缝宽度无关，故B错误。 ②根据双缝干涉的条纹间距公式有Δx′＝eq \f(L3,d)λ，由题意可知条纹间距Δx′＝eq \f(Δx,k)，整理得光波的波长λ＝eq \f(dΔx,kL3)。 (2)③根据图4可得，未悬挂钩码时，即m＝0时，弹簧的长度是L0＝10 cm，弹簧的劲度系数k＝eq \f(\a\vs4\al(Δmg),ΔL)＝eq \f(150×10－3×9.8,（25－10）×10－2) N/m＝9.8 N/m。 ④设弹簧自身的重力为m0，若考虑弹簧自身重力的影响，k(L－L0)＝m0g＋mg，整理得m＝eq \f(k,g)L－eq \f(kL0＋m0g,g)，则m­L图像斜率不变，结合③分析可知，实验中所得弹簧的劲度系数等于实际值。 解析：(2)①由图乙可知，随着压力的增大，传感器的电阻不断减小。 ②图乙中的虚线与压力为1 N时的曲线相切，可知压力为1 N时，曲线的斜率的绝对值为eq \f(60,2.4) kΩ/N＝25 kΩ/N；压力的变化量相同时，斜率的绝对值越大，半导体薄膜压力传感器电阻的变化量越大，灵敏度就越高。 (3)①由题意可知，大苹果通过托盘秤时，R2两端的电压达到放大电路的激励电压，使电磁铁吸动分拣开关的衔铁，大苹果进入下面的通道B。 ②由图乙可知，当杠杆对R1的压力为1 N时，R1的阻值为35 kΩ，为使该装置达到上述分拣目的，R2的阻值需满足eq \f(E－2 V,R1)＝eq \f(2 V,R2)，解得R2＝14 kΩ。 ③苹果分拣标准增大到0.45 kg时，R1阻值减小，根据eq \f(E－2 V,R1)＝eq \f(2 V,R2)可知要使R2分压不变，则R2的阻值需要调小。 答案：(1)x1eq \r(\f(\a\vs4\al(g),2（H－h）))　(2)mgeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(\f(2H,g))＋\r(\f(2（H－h）,g)))) (3)mg2,1)eq \f(4（H－h）2＋x,4（H－h）) 解析：(1)铅球运动到最高点O时竖直分速度为0，速度v1沿水平方向，设铅球运动到O点时经过的时间为t，其逆过程为平抛运动，在竖直方向上有H－h＝eq \f(1,2)gt2 在水平方向上有x1＝v1t 解得t＝eq \r(\f(2（H－h）,g))，v1＝x1eq \r(\f(\a\vs4\al(g),2（H－h）))。 (2)铅球运动至最高点O后做平抛运动，设铅球从O点到落地经历的时间为t′，由平抛运动的规律有H＝eq \f(1,2)gt′2 全过程重力冲量大小I＝mg(t＋t′) 解得I＝mgeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(\f(2H,g))＋\r(\f(2（H－h）,g))))。 (3)以水平地面为参考平面，由机械能守恒定律有Ek＋mgh＝mgH＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1) 解得Ek＝mg2,1)eq \f(4（H－h）2＋x,4（H－h）) 。 答案：(1)eq \f(\a\vs4\al(（1＋μ）mg),2)　(2)eq \f(BL2sinθ,R) 　 (3)eq \r(2（1－μ）gL)[eq \r(2（1－tanθ）gL) 也对] 解析：(1)导体框运动瞬间，导体框与重物的加速度大小相同，设为a0，设绳上的拉力为T0，根据牛顿第二定律，对重物有mg－T0＝ma0 对导体框有T0－μmg＝ma0 联立解得T0＝eq \f(\a\vs4\al(（1＋μ）mg),2)。 (2)导体框从开始运动到完全进入磁场区域的过程中任意时刻，设其速度为vi，根据法拉第电磁感应定律，可知导体框的感应电动势Ei＝BLvisinθ 根据闭合电路欧姆定律，可知流过导体框的感应电流Ii＝eq \f(Ei,R) 根据电荷量与电流的关系，可知此过程通过导体框横截面的电荷量q＝∑IiΔt 由微元累积法可知∑viΔt＝L 联立解得q＝eq \f(BL2sinθ,R)。 (3)取导体框进、出磁场过程中的任意瞬间，设流过导体框的电流为Ii′，桌面对导体框的支持力大小为Ni，导体框和重物的加速度大小均为ai，绳上的拉力为Ti，由右手定则和左手定则可知，导体框受到的安培力方向指向左上方，与竖直方向的夹角为θ，对导体框，在竖直方向上，根据平衡条件有 Ni＋BIi′Lcosθ＝mg 在水平方向上，根据牛顿第二定律有 Ti－μNi－BIi′Lsinθ＝mai 对重物，根据牛顿第二定律有mg－Ti＝mai 联立解得ai＝eq \f(\a\vs4\al(（1－μ）g),2) 所以导体框穿过磁场区域的全过程做匀加速直线运动，设导体框完全离开磁场区域瞬间的速度大小为v，则有v2－0＝2ai·2L 解得v＝eq \r(2（1－μ）gL)[或者表示为v＝eq \r(2（1－tanθ）gL)]。 5．(2025·河北省部分示范校高三下一模)(16分)如图所示， 竖直平面内圆心为O、半径R＝8 m的四分之一光滑圆弧形轨 道BC与水平地面相切于C点，水平地面上D点处锁定一质量 m＝0.5 kg的物块Q，物块Q通过原长l0＝3 m的轻质弹簧拴接 在右侧的固定挡板上，D点到挡板的距离l＝2.8 m，D点到C 点的距离L＝2 m，弹簧的劲度系数k＝20 N/m，另一质量也为m＝0.5 kg的物块P从圆弧轨道B点正上方的A点由静止释放，A点到B点的竖直高度H＝16.2 m。已知两物块与水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两物块均可视为质点，发生碰撞时间极短，碰后会粘在一起，且碰前瞬间解除物块Q的锁定，弹簧始终未超过弹性限度，弹簧的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)kx2(k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，重力加速度g＝10 m/s2，求： 解析：(1)设物块P运动到C点时的速度大小为v1，圆弧轨道对物块P的支持力大小为FN，物块P从A点运动到C点的过程，由机械能守恒定律有mg(H＋R)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－0 在C点，由牛顿第二定律有FN－mg＝m2,1)eq \f(v,R) 由牛顿第三定律可知，物块P运动到C点时，对圆弧轨道的压力大小为FN′＝FN 联立并代入数据解得FN′＝35.25 N。 (2)设物块P与物块Q碰前瞬间的速度大小为v2，碰后瞬间的速度大小为v3，物块P从C点到D点，由动能定理可知－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1) 由动量守恒定律有mv2＝2mv3 分析可知，弹簧第一次压缩到最短时弹性势能最大，设弹簧第一次压缩到最短时的压缩量为x2，弹簧的初始压缩量x1＝l0－l 两物块碰后至弹簧第一次压缩到最短的过程中，由动能定理可知－μ×2mg(x2－x1)－2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)kx－\f(1,2)kxeq \o\al(2,1))) ＝0－eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,3) 解得x2＝2.2 m 此时弹簧的弹性势能最大，最大为Epm＝eq \f(1,2)kxeq \o\al(2,2) 解得Epm＝48.4 J。 (3)弹簧第一次压缩到最短时，弹簧弹力大小F2＝kx2＝44 N>μ×2mg＝5 N 两物块被弹回到速度再次减为零时，设弹簧的伸长量为x3，则该过程由动能定理可知eq \f(1,2)kxeq \o\al(2,2)－μ×2mg(x2＋x3)－eq \f(1,2)kxeq \o\al(2,3)＝0－0 解得x3＝1.7 m<l＋L－l0＝1.8 m，即两物块仍在C、D之间，情景成立 此时弹簧弹力大小F3＝kx3＝34 N>μ×2mg＝5 N 所以两物块不能静止，继续向右，到速度再次减为零， 设弹簧第二次压缩到最短时，压缩量为x4，该过程中由动能定理可知 eq \f(1,2)kxeq \o\al(2,3)－μ×2mg(x3＋x4)－eq \f(1,2)kxeq \o\al(2,4)＝0－0 解得x4＝1.2 m $