第3部分 非选择题组B3-【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实验能力、力学综合、电磁学综合及光学计算等核心考点，依据高考评价体系，通过2025年福建厦门、浙江温州等地二模真题，分析“牛顿运动定律应用”“动量与能量守恒”“电磁场中粒子运动”等高频考点权重，归纳实验数据处理、多过程力学问题等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题实战+素养导向”的复习策略，如实验题中通过1/M-a图像分析加速度与质量关系（科学思维中的模型建构），力学题中运用动量守恒与能量守恒解决爆炸后物块运动问题（科学推理），帮助学生掌握图像分析、多规律综合应用等答题技巧。教师可依托真题案例精准突破考点，助力学生高效冲刺高考。

第三部分　拆卷练 非选择题限时练 非选择题组B3 限时45分钟 非选择题：本题共5小题，共54分。 1．(2025·福建省厦门市高三下二模)(8分)小厦同学在探究加速度与质量关系的实验中，做如下操作： (1)选用了电磁打点计时器，对应电源连接方式是图甲中的________(选填“A”或“B”)，纸带穿过限位孔，且位于复写纸下方； (2)用如图乙所示装置完成实验，实验过程中保持木板水平； A 1 2 3 4 5 D 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 2．(2025·浙江省温州市高三下二模)(8分)某同学为测量硅光电池的电动势和内阻，进行了如下实验探究。将内阻较小的待测硅光电池(保持光照强度一定，电动势可视为不变)、电流表、电压表、滑动变阻器、开关及若干导线连接成电路如图1所示。 (1)闭合开关前，该同学发现图1中有一处连线错误，应修改图中序号为________的导线。(选填“①”“②”“③”或“④”) ③ 1 2 3 4 5 1.50(1.49或1.51均正确) 5.6 大于 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 4．(2025·河南省焦作市高三下二模)(14分)某玩家 设计了如图1所示的一个装置，完全相同的饼状物块A、 B分别焊接在两根轻杆的一端，两根轻杆另一端与饼状 物块C用铰链相连(轻杆能够围绕铰链转轴在水平面内 无阻碍地转动)，轻杆长度远大于物块A、B和C的直径， 把整个装置放在光滑水平面上，在A、B之间置入少量炸药，引爆炸药后，整个装置获得的机械能为E。已知A、B的质量均为m，C的质量为2m，轻杆长度为L，引爆炸药后，物块C仅沿着对称中心线(图1中的虚线)运动。 (1)若将物块C固定，求引爆炸药后瞬间，轻杆受到的拉力大小； (2)若物块C不固定，求物块C运动的最大位移； (3)如图2所示，在(2)的基础上，当A、B、C第一次运动到一条直线时，求物块A、B和C的速度大小。 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 5．(2025·河北省石家庄市高三下教学质量检测二)(16分)如图所示，在xOy平面内，0≤x≤0.5 m的区域存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度E＝10 V/m，在x>0.5 m的区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝0.01 T。 t＝0时，一比荷为107 C/kg的带正电粒子从原点O处以1×104 m/s的速 度沿y轴正方向射入电场，不计粒子重力，取π＝3.14。 (1)求粒子首次进入磁场时速度的大小v1； (2)求粒子经过点(0.5 m，4.6 m)的时刻(结果保留两位有效数字)； (3)现在0≤x≤0.5 m的区域另附加一沿y轴正方向的匀强电场，其电场强度E′＝10 V/m，若该粒子仍从点O处以1×104 m/s的速度沿y轴正方向射入电场，粒子能经过点(0.5 m，30.7 m)，求磁场区域沿x轴方向的最小宽度，不考虑附加电场时产生的磁效应。(结果保留两位有效数字) 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 (3)保持砂和砂桶的总质量m不变，改变小车和车内砝码的总质量M(m≪M)，进行实验，打出纸带，算出相应的加速度a，根据数据作出a­eq \f(1,M)图像如图丙所示，已知当地的重力加速度为g，忽略纸带所受的摩擦阻力，则砂和砂桶的总质量m＝________(用字母b、c、g表示)； (4)若减小砂和砂桶的总质量，重复此实验，将所得数据绘制在原坐标纸上，则两次实验的图线可能为________。 eq \f(c,bg) 解析：(1)电磁打点计时器使用的是交流电源，故对应电源连接方式是图甲中的A。 (3)由题意可知m≪M，则可认为小车所受的拉力F＝mg，由图乙可知，长木板水平放置，小车受拉力和摩擦力作用，对小车受力分析，根据牛顿第二定律有F－f＝Ma，其中f＝μMgcosθ，联立解得a＝mg×eq \f(1,M)－μgcosθ，对比图丙可知，a­eq \f(1,M)图像的斜率为k＝mg＝eq \f(c,b)，解得m＝eq \f(c,bg)。 (4)若减小砂和砂桶的总质量，根据a＝mg×eq \f(1,M)－μgcosθ，可知a­eq \f(1,M)图像的纵截距－μgcosθ保持不变，斜率k＝mg减小，故选D。 (2)正确连线后，由实验中记录的数据，得到该电池的 U­I曲线，如图2所示。某次调节滑动变阻器时，电流表的 示数为250 mA，电压表示数如图3所示，读出电压表的示数 为______________________ V。根据U­I曲线，计算此时硅光 电池的内阻为________ Ω(计算结果保留两位有效数字)。 (3)若硅光电池的U­I曲线在I<200 mA范围内可视为直线，该直线斜率为－r0。现将该电池分别与阻值为R1、R2的定值电阻连接构成闭合回路，且R1R2＝req \o\al(2,0)，实验测得两组数据(U1，I1)、(U2，I2)，其中I1<200 mA，I2>200 mA，则两种情况下硅光电池的输出功率U1I1________U2I2(选填“大于”“等于”或“小于”)。 解析：(1)在测电池的电动势和内阻实验中，滑动变阻器需采用限流式接法，所以应该修改图中序号为③的导线。 (2)由题图3可知，电压表的示数为1.50 V。根据闭合电路欧姆定律有U＝E－Ir，由题图2可知，当电流I＝0时，E＝2.90 V，把I＝250 mA和U＝1.50 V代入，解得电池的内阻为r＝eq \f(E－U,I)＝eq \f(2.90－1.50,0.25) Ω＝5.6 Ω。 (3)根据题意，由特殊值法在题图2中作出R1、 R2的U­I图线，如图所示，两直线与曲线的交点表 示电源的两个工作状态，交点的横坐标与纵坐标 的乘积表示电源的输出功率，所以U1I1>U2I2。 3．(2025·江西省宜春市高三下模拟)(8分)中国古代的《墨经》中谈到“景不徙，说在改为”意思是影子是不动的，影子变动的表象是物体和光源位置改变所造成。如图所示，与水平湖面夹角为45°的平行光照射在一独木舟上，在右侧竖直壁上形成了一个影子。已知影子长度为独木舟长度的eq \r(3)倍。求： (1)湖水的折射率； (2)若独木舟向右以0.1 m/s2加速度移动(湖面的波动 忽略不计)，在撞壁之前，求影子移动的位移x影和时间t的关系。 答案：(1)eq \r(2)　(2)x影＝0.05eq \r(3)t2 解析：(1)由题意可知，光在水面上的入射角为α＝90°－45°＝45°，设折射角为β，独木舟在右侧竖直壁上形成的影子如图所示，设独木舟的长度为l，由几何关系可知eq \r(3)ltanβ＝l 湖水的折射率n＝eq \f(sinα,sinβ) 解得n＝eq \r(2)。 (2)因为独木舟和影子在垂直折射光线方向的分速度始终相等， 可知两者的位移x舟、x影满足x舟cosβ＝x影sinβ 由题意可知x舟＝eq \f(1,2)at2 解得x影＝0.05eq \r(3)t2。 答案：(1)eq \f(E,L)　(2)L　(3)eq \r(\f(E,2m))　eq \r(\f(E,2m))　eq \r(\f(E,2m)) 解析：(1)引爆炸药后瞬间，设A、B的速度大小分别为 vA0、vB0，以vB0的方向为正方向，由动量守恒定律有mvB0－mvA0＝0 由题意可知eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A0)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B0)＝E 解得vA0＝vB0＝eq \r(\f(E,m)) 物块C固定，物块A和B都做匀速圆周运动，以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得轻杆对物块A的拉力大小F＝2,A0)eq \f(mv,L) 根据牛顿第三定律可得物块A对轻杆的拉力大小F′＝F 联立可得F′＝eq \f(E,L)。 (2)整个系统动量守恒。物块A和B的运动关于中心线对称，物块C沿着中心线运动，当A、B运动到C上方时，C的位移最大。沿中心线方向，任何时刻均有2mvA∥＝2mvC 所以有∑2mvA∥Δt＝∑2mvCΔt 可知yA∥＝yC 又有yA∥＋yC＝2L 所以物块C运动的最大位移yC＝L。 (3)A、B、C运动到一条直线时，速度方向均沿对称中心线方向，设此时A、B、C的速度大小分别为vA、vB和vC′，根据动量守恒定律有mvA＋mvB－2mvC′＝0 根据能量守恒定律有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)＋eq \f(1,2)×2mvC′2＝E 其中由对称性关系可知vA＝vB 解得vC′＝vA＝vB＝eq \r(\f(E,2m))。 答案：(1)eq \r(2)×104 m/s　(2)5.9×10－4 s　(3)1.6 m 解析：(1)粒子在电场中运动，沿y轴方向做v0＝1×104 m/s的匀速直线运动，沿x轴方向做匀加速直线运动，设加速度的大小为a，根据牛顿第二定律有qE＝ma 设粒子首次进入磁场时沿x轴方向的速度的大小为vx，令d＝0.5 m，则veq \o\al(2,x)＝2ad 粒子进入磁场时的速度大小为v1＝2,x)eq \r(v＋veq \o\al(2,0)) 解得v1＝eq \r(2)×104 m/s。 (2)设粒子第一次在电场中运动的时间为t，则d＝eq \f(1,2)at2 解得t＝1×10－4 s 粒子在y轴方向上做匀速运动，t时间内，粒子沿y轴方向的位移为y0＝v0t 解得y0＝1 m 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r，周期为T0，根据牛顿第二定律有qv1B＝m2,1)eq \f(v,r) 解得r＝eq \f(\r(2),10) m 根据T0＝eq \f(2πr,v1) 解得T0＝2π×10－5 s 设该粒子进入磁场时速度与x轴方向的夹角为α，则sinα＝eq \f(v0,v1) 解得α＝45° 粒子在磁场中运动的轨迹如图1所示，轨迹对应的圆心角为θ＝180°＋2α 解得θ＝270° 轨迹对应的弦长为Δl0＝2rsin(90°－α) 解得Δl0＝0.2 m 由对称性可知，粒子从O点到第一次回到y轴经历一个周期，沿y轴方向的位移为Δy0＝2y0－Δl0＝1.8 m 设粒子经过n个周期后到达点(0.5 m，4.6 m)，则nΔy0＋y′＝4.6 m 解得n＝2，y′＝1 m＝y0，即粒子经过2个周期，再从电场进入磁场时到达点(0.5 m，4.6 m) 则粒子经过点(0.5 m，4.6 m)的时刻为 t′＝5t＋2×eq \f(θ,360°)T0 解得t′≈5.9×10－4 s。 (3)附加电场后，粒子第一次到达电场边界时沿y轴方向的速度为vy1＝v0＋eq \f(\a\vs4\al(qE′),m)t＝2×104 m/s 粒子第一次到达电场边界时在电场中沿y轴方向运动的距离为 y1＝eq \f(v0＋vy1,2)t＝1.5 m 粒子在磁场中做圆周运动，设沿y轴方向上的瞬时速度为vy， 沿x轴方向根据动量定理有 ∑qvyBΔt＝2mvx 圆周运动的弦长为Δl＝∑vyΔt 解得Δl＝0.2 m 粒子从磁场返回电场，设粒子在电场中运动时y轴方向上的位移为y2，则有 y2＝vy1×2t＋eq \f(1,2)×eq \f(\a\vs4\al(qE′),m)×(2t)2＝6 m 之后，粒子再次进入磁场做圆周运动，由于进出磁场时，沿x轴方向的速度始终为vx，根据水平方向动量定理可知，粒子在磁场中做圆周运动的弦长始终为Δl＝0.2 m 接着粒子再次从磁场返回电场，由于粒子在电场中y轴方向做的是匀变速运动，所以粒子再次在电场中运动时，y轴方向上运动的位移相对上一次增加的距离为Δy＝eq \f(\a\vs4\al(qE′),m)×(2t)2＝4 m 由于30.7 m＝y1－Δl＋y2－Δl＋(y2＋Δy)－Δl＋(y2＋2Δy)－Δl 所以，粒子在第四次返回电场时经过点(0.5 m，30.7 m)，此时vy4＝v0＋eq \f(\a\vs4\al(qE′),m)t×(2×4－1)＝8×104 m/s，粒子的运动轨迹和磁场区域沿x轴方向的宽度最小的情况如图2所示 设粒子第四次进入磁场时的旋转半径为r′，则 q2,x)eq \r(v＋veq \o\al(2,y4)) B＝2,x)eq \f(m（v＋veq \o\al(2,y4)）,r′) 解得r′＝eq \f(\r(65),10) m 设粒子第四次进入磁场时速度与x轴方向的夹角为β， 则sinβ＝2,x)eq \f(vy4,\r(v＋veq \o\al(2,y4))) 磁场最小宽度为Δx＝r′(1＋sinβ) 解得Δx≈1.6 m。 $