第3部分 非选择题组B4-【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运动学、电磁学、实验等核心考点，依据高考评价体系梳理了斜上抛运动分析、伏安法测电阻、气体实验定律等考查要求，通过真题统计明确实验题占25%、电磁感应占30%的高频考点分布，归纳出图像分析、模型建构等常考题型。 课件亮点在于“真题实战+素养导向”的备考策略，如以2025年青岛模拟题斜上抛运动为案例，运用科学探究素养指导实验数据处理，结合电磁感应“工”字形工件模型培养科学思维中的模型建构能力。特设“易错点警示”和“解题模板”，帮助学生掌握运动学图像斜率应用、电磁感应中动量定理等技巧，教师可据此实施精准复习，提升学生应试得分率。

第三部分　拆卷练 非选择题限时练 非选择题组B4 限时45分钟 非选择题：本题共5小题，共54分。 1．(2025·山东省青岛市高三下第一次适应性检测)(8分)为研究小球斜上抛运动的规律，某兴趣小组用手机拍摄了一段小球斜上抛运动视频，图甲为利用Tracker视频分析软件按帧获取的小球位置。取运动过程的某点为原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立坐标系。经软件分析得到实际位置坐标x­t、y­t图像及对应拟合曲线方程，如图乙所示。 (1)在选择小球时，对小球的要求是 ________________________________。 质量大、体积小(“密度大”也对) 1 2 3 4 5 (2)由图乙可得，小球的加速度大小为________ m/s2，小球在原点处速度与水平方向夹角的正切值为________。 (3)帧率表示视频在1 s内记录的静止画面数量，单位为赫兹(Hz)。Tracker视频分析软件是按视频的帧率来获取小球的位置，图乙中描绘的点为软件捕获的每帧小球实际位置坐标随时间的变化关系，由此可以判断该视频的帧率最接近_________。 A．20 Hz B．30 Hz C．60 Hz D．120 Hz 9.8 2.6 B 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 2．(2025·河北省部分示范校高三下一模)(8分) 物理实验小组想测量某定值电阻的阻值R。 (1)首先用欧姆表测量。把多用电表的选择开 关拨至“×10”挡，将两个表笔短接，调节图a中的 ________(填“A”或“B”)进行欧姆调零，然后将 两个表笔分别接在定值电阻的两端，多用电表 的指针如图b所示，下一步应将多用电表的挡位 调至________(填“×1”或“×100”)挡，重新欧姆调 零，再次测量的结果如图c所示，则该定值电阻的阻值R＝________ Ω。 B ×1　 12 1 2 3 4 5 (2)再用伏安法准确测量该定值电阻的阻值，实验室提供的器材有： A．电源(电动势E＝3 V) B．电流表A(量程为250 mA，内阻RA＝10 Ω) C．电压表V(量程为3 V，内阻RV约为1 kΩ) D．滑动变阻器R1(最大阻值为5 Ω，额定电流为1 A) E．滑动变阻器R2(最大阻值为50 Ω，额定电流为0.1 A) F．开关、导线若干 ①实验仪器以及部分电路如图d所示，为了方便调节，滑动变阻器应选用________(填器材前的字母序号)。 D 1 2 3 4 5 ②请用笔画线代替导线，将实物电路补充完整。 ③闭合开关，调节滑动变阻器的滑片位置，记录多组电流表的示数I和对应电压表的示数U，并根据记录的数据描绘出U­I图像如图e所示，根据图像可知该定值电阻的阻值R＝________ Ω。 答案：如图所示 12.3 1 2 3 4 5 解析：(1)A为指针定位螺丝，在多用电表在OFF挡时可调节A使指针指向左侧0刻度线上；B为欧姆调零旋钮，用于欧姆表的调零，所以应该选B。由题图b可知，采用“×10”挡，欧姆表的读数太小，应换用小倍率“×1”挡，由题图c可知，多用电表的读数为R＝12 Ω。 (2)①由题图d可知滑动变阻器选用了分压式接法， 为了方便调节，应选择最大阻值较小的R1，故选D。 ②电流表内阻已知，采用电流表的内接法可以 修正电流表分压引起的实验误差，完整电路连接如答图所示。 ③根据欧姆定律可知U＝(RA＋R)I，由题图e可知U­I图像的斜率RA＋R＝23.3 Ω，所以该定值电阻的阻值R＝(22.3－10) Ω＝12.3 Ω。　 1 2 3 4 5 3．(2022·重庆卷，15(2))(8分)某同学探究一封闭气缸内理想气体的状态变化特性，得到压强p随温度t的变化如图所示。已知图线Ⅰ描述的是体积为V1的等容过程，当温度为t1时气体的压强为p1；图线Ⅱ描述的是压强为p2的等压过程。取0 ℃为273 K，求 ①等容过程中，温度为0 ℃时气体的压强； ②等压过程中，温度为0 ℃时气体的体积。 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 4．(2025·河北省沧州市高三下质量检测(二模))(14分)如 图所示，足够长的固定平行金属导轨A1B1B2A2与水平面的夹 角θ＝30°，导轨的右端接有开关S及阻值为R的电阻，导轨的 间距为2L，导轨上的C1C2下方存在随空间交替变化的条形区 域的匀强磁场，方向如图，磁感应强度大小均为B，每一条 形磁场区域的宽度均为L。相同的金属棒MN和PQ用绝缘轻质杆D1D2固定在一起组成一个“工”字形工件。现闭合开关S并将“工”字形工件从C1C2的上方某一位置由静止释放，金属棒MN刚进入磁场时加速度变为零。已知金属棒MN和PQ的质量均为3m、电阻均为2R、长度均为2L，二者之间的间距为L，运动过程中两金属棒与导轨始终接触良好，不计金属棒与导轨之间的摩擦力，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。 1 2 3 4 5 (1)金属棒MN刚进入磁场时，求电阻R两端的电压； (2)求“工”字形工件由静止释放时，金属棒MN与C1C2之间的距离x1； (3)当金属棒PQ刚进入磁场时断开开关S并开始计时，经过时间t，“工”字形工件的加速度再次变为零，求此时金属棒PQ与C1C2之间的距离x2。 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 (1)带电粒子经过P点时的速度大小； (2)t0的大小； (3)若改变带电粒子的释放位置，将带电粒子在OP之间的某点Q(图中未标出)释放，粒子经过一段时间后沿PQ方向第一次回到释放点Q，该过程粒子在磁场区域运动的总时间为3t0。求粒子释放点Q到P点的可能距离。 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 解析：(1)为了减少空气阻力的影响，在选择小球时，应尽可能选择质量大、体积小(密度大)的小球。 (2)设小球做斜抛运动的初速度为v0，与水平方向的夹角为θ，水平方向上位移x＝v0cosθ·t，竖直方向上位移y＝v0sinθ·t－eq \f(1,2)gt2，结合图乙的拟合曲线可知，小球的加速度大小为g＝9.8 m/s2，v0cosθ＝1 m/s，v0sinθ＝2.6 m/s，则小球在原点处速度与水平方向夹角的正切值为tanθ＝2.6。 (3)由图乙(1)拟合曲线可知，小球从抛出到水平位移为0.6 m共经历了t＝eq \f(0.6 m,v0cosθ)＝0.6 s，打下了19个点，经历18个周期，每两帧之间的间隔为T＝eq \f(t,18)，该视频的帧率为f＝eq \f(1,T)＝30 Hz，故选B。 答案：①eq \f(273p1,t1＋273)　②eq \f(273p1V1,p2（t1＋273）) 解析：①在等容过程中，设温度为0 ℃时气体的热力学温度为T0，压强为p0；温度为t1时气体的热力学温度为T1。结合题意有T0＝273 K，T1＝t1＋273 K 根据查理定律有eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1) 解得p0＝eq \f(273p1,t1＋273)。 ②当压强为p2，温度为0 ℃时，设气体体积为V2， 则根据理想气体状态方程有eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T0) 解得V2＝eq \f(273p1V1,p2（t1＋273）)。 答案：(1)eq \f(\a\vs4\al(mgR),BL)　(2)eq \f(\a\vs4\al(4m2gR2),B4L4) 　(3)eq \f(\a\vs4\al(15m2gR2),8B4L4)＋eq \f(\a\vs4\al(3mgRt),4B2L2) 解析：(1)金属棒MN刚进入磁场时加速度变为零，设此时流过MN的电流为I0，由平衡条件可得6mgsinθ＝BI0·2L MN为电源，PQ和R并联为外电路，并联电阻为R并＝eq \f(2R·R,2R＋R) R两端的电压U＝I0·R并 解得U＝eq \f(\a\vs4\al(mgR),BL)。 (2)设金属棒MN刚进入磁场时的速度大小为v0，产生的感应电动势E0＝B·2Lv0 由闭合电路欧姆定律有E0＝I0·(2R＋R并) 工件从静止释放到金属棒MN刚进入磁场， 由动能定理可得6mgx1sinθ＝eq \f(1,2)×6mveq \o\al(2,0)－0 解得x1＝eq \f(\a\vs4\al(4m2gR2),B4L4)。 (3)工件完全进入磁场后，MN和PQ均切割磁感线，由右手定则可知产生同向、等大的感应电动势，只有工件及相应导轨构成回路，当工件的速度为v时，总电动势E＝2·B·2Lv 回路中的感应电流I＝eq \f(E,4R) 由左手定则可知，工件受到的安培力F安＝2BI·2L，方向沿导轨向上 解得F安＝eq \f(4B2L2v,R) 设工件加速度再次变为零时的速度为v1，由平衡条件有6mgsinθ＝eq \f(4B2L2v1,R) 从工件完全进入磁场到加速度再次变为零，由动量定理可得 6mgsinθ·t－∑eq \f(4B2L2v,R)Δt＝6m(v1－v0) 其中x2＝∑vΔt 解得x2＝eq \f(\a\vs4\al(15m2gR2),8B4L4)＋eq \f(\a\vs4\al(3mgRt),4B2L2)。 5．(16分)如图甲所示，半径为R的圆形区域内存在辐向电场，电场方向由圆心沿半径向外，电场强度大小E随距圆心O的距离x的变化如图乙所示，图中E0为已知量。圆形区域外存在垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，从圆心O点由静止释放，粒子沿半径OP运动至虚线边界上的P点进入磁场偏转再返回电场，粒子每次到达O点后沿进入电场的路径返回磁场，从释放至第一次沿PO方向回到O点过程中粒子在磁场中运动的总时间记为t0(未知)。已知磁场的磁感应强度B＝eq \r(\f(mE0,3qR))，不计带电粒子的重力。求： 答案：(1)eq \r(\f(E0Rq,m))　(2)5πeq \r(\f(3mR,qE0)) (3)eq \f(\r(3),3)Rtaneq \f(π,13)或eq \f(\r(3),3)Rtaneq \f(2π,11) 解析：(1)设粒子经过P点时的速度大小为v，O、P间的电势差为UOP，根据题图乙图中图线与x轴所围成的面积代表电势差，可知 UOP＝eq \f(E0R,2) 粒子从O到P的过程，由动能定理可得qUOP＝eq \f(1,2)mv2－0 解得v＝eq \r(\f(E0Rq,m))。 (2)设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq \f(v2,r) 又B＝eq \r(\f(mE0,3qR))，v＝eq \r(\f(E0Rq,m)) 解得r＝eq \r(3)R 粒子在磁场中运动的周期为T＝eq \f(2πr,v) 解得T＝2πeq \r(\f(3mR,qE0)) 设粒子第一次回到电场时从M点进入电场， 如图1，设∠POM＝θ，由几何关系可知taneq \f(θ,2)＝eq \f(r,R) 解得θ＝eq \f(2π,3) eq \f(2π,θ)＝3，因此粒子第三次回到电场时会从P点进入电场。粒子再次回到P点前在磁场中运动过程所转过的角度为θ0＝3×(2π－∠PO1M) 其中∠PO1M＝π－θ 粒子在磁场中运动的总时间t0＝eq \f(θ0,2π)T 联立解得t0＝5πeq \r(\f(3mR,qE0))。 (3)如图2所示，设改变释放位置后，粒子在磁场中第一次从S点回到电场区域，令∠SOP＝θ′，粒子每次在磁场中运动的轨迹所对圆心角为α，粒子第n次回到电场时第一次回到释放点Q，此过程中粒子绕虚线边界N周，且n、N均为正整数，由几何关系可知 nθ′＝N×2π α＝2π－(π－θ′) 由(2)问分析可知，粒子在磁场中运动的周期与速度无关，故粒子在磁场中运动总时间为3t0＝eq \f(nα,2π)T 联立并整理得15－n＝2N，其中n和N均为正整数 设P、Q相距为s，由题图乙可知， UQP＝eq \f(E0,R)s·eq \f(s,2)＝eq \f(E0s2,2R) 设粒子在磁场中运动的速度大小为v′，轨迹半径为r′，则粒子从Q运动到P的过程，由动能定理得qUQP＝eq \f(1,2)mv′2－0 粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有qv′B＝meq \f(v′2,r′) 由几何关系有taneq \f(θ′,2)＝eq \f(r′,R) 联立解得s＝eq \f(\r(3),3)Rtaneq \f(θ′,2)。 由UQP<UOP，可知v′<v，r′<r，θ′<θ 又nθ′＝N×2π 可得n>3N 又15－n＝2N(n、N均为正整数) 故n＝13、N＝1或n＝11、N＝2 ①当n＝13、N＝1时，由nθ1′＝N×2π 可得θ1′＝eq \f(2π,13) 故s1＝eq \f(\r(3),3)Rtaneq \f(θ1′,2)＝eq \f(\r(3),3)Rtaneq \f(π,13)； ②当n＝11、N＝2时，由nθ2′＝N×2π 可得θ2′＝eq \f(4π,11) 故s2＝eq \f(\r(3),3)Rtaneq \f(θ2′,2)＝eq \f(\r(3),3)Rtaneq \f(2π,11)。 $