第3部分 非选择题组B5-【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电学实验、机械能守恒、机械波、磁场与电磁感应等核心考点，依据高考评价体系明确实验题占25%、电磁学综合题占30%的高频分布，归纳多用电表改装、动态电路分析等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“真题限时训练+核心素养融合”，如以2025年开封质检多用电表题为例，通过电路模型建构与科学推理突破电阻计算，电磁感应题中结合能量观念分析焦耳热求解，培养学生科学思维与探究能力，助力教师精准指导学生掌握多过程问题答题技巧，提升高考冲刺效率。

第三部分　拆卷练 非选择题限时练 非选择题组B5 限时45分钟 非选择题：本题共5小题，共54分。 1．(2025·河南省开封市高三下第二次质量检测)(8分)某同学制作一个多量程的电流表和欧姆表，他设计的电表电路如图所示。所用器材分别为： A．电流表G(满偏电流Ig＝1 mA，内阻Rg＝360 Ω)； B．定值电阻R1、R2； C．滑动变阻器R(最大阻值为120 Ω)； D．电源(电动势为1.5 V，内阻忽略不计)； E．单刀双掷开关S1、S2； F．表笔及导线若干。 1 2 3 4 5 ①将单刀双掷开关S1接b，S2分别接2、1时，c、d可串联 在电路中作为电流表，量程分别为10 mA和100 mA； ②若单刀双掷开关S1接a，S2分别接1、2时，可作为双量 程的欧姆表使用。 (1)电路中定值电阻R1的阻值为________ Ω。 (2)当单刀双掷开关S1接a，再将开关S2接1时，欧姆表的 挡位为________(选填“×1”或“×10”)。 (3)欧姆调零后将待测电阻Rx接在c、d间，发现电流表指针偏转角很小，断开电路并将挡位换成另一挡位，再次欧姆调零时，滑动变阻器R的滑片________(选填“向上”或“向下”)移动。 4 ×1 向上 1 2 3 4 5 解析：(1)当开关S1接b时，该多用电表为电流表。当开关S2接2时为电流表的较小量程，流过R1和R2的电流为I2＝10 mA－1 mA＝9 mA，根据并联电路两端电压相等有I2(R1＋R2)＝IgRg；当开关S2接1时为电流表的较大量程，流过R2和Rg的电流为Ig，流过R1的电流为I1＝100 mA－1 mA＝99 mA，同理有I1R1＝Ig(R2＋Rg)，联立解得R1＝4 Ω，R2＝36 Ω。　 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 2．(2025·浙江省绍兴市高三下三模)(8分)“验证机械能守恒定律”的实验装置如图1所示。 (1)下列说法正确的是________。 A．先释放纸带再接通电源 B．必须要测量重物的质量 C．重物下落的初始位置应靠近打点计时器 D．安装打点计时器时要使两限位孔在同一竖直线上 (2)如图2是某次实验中得到的纸带的一部分，打点计时器的电源频率为50 Hz，打下D点时重物的速度为___________________ m/s(结果保留三位有效数字)。 CD 1.18(1.17、1.19也对) 1 2 3 4 5 (3)小张同学对整条完整的纸带进行相应的数据分析与处理，获得重物下落过程中动能Ek、重力势能Ep随下降高度h变化的图像(如图3所示)，由于粗心未标注相应数据，图3中Ek­h图线斜率的绝对值为k1，Ep­h图线斜率的绝对值为k2，你认为k1与k2的关系最符合实际的是____________(选填“k1等于k2”“k1略大于k2”或“k1略小于k2”)。 k1略小于k2 1 2 3 4 5 (4)若改用如图4所示放置在水平桌面上的气垫导轨进行实验，将导轨调平后在左支脚下垫上高度为H的垫块，使滑块从导轨高端向低端运动(滑块上安装有宽度为d的遮光条)先后通过两个光电门，数字毫秒计记录了遮光条通过光电门1、2的时间分别为Δt1、Δt2，已知两光电门之间沿导轨方向的距离为s，两支脚之间沿导轨方向的距离为L，重力加速度为g。在实验误差允许范围内满足关系式 __________________(用题中所给物理量符号表示)，就验证了机械能守恒定律。 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 3．(2025·河南省郑州市高三上一模)(8分)甲、乙两列简谐横波在同种介质中分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x＝0和x＝16 m处，两波源的振幅均为A＝0.2 m，持续振动。甲波源振动1 s后的波形如图所示，此刻x＝4 m和x＝14 m处的P、Q两质点刚开始振动，质点M的平衡位置在x＝12 m处。从图示时刻起，求： (1)两列波经多长时间相遇； (2)3 s内质点M运动的路程。 答案：(1)1.25 s　(2)2.8 m　 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 5．(2025·浙江省温州市高三下二模)(16分)如图1所示，在光滑绝缘的水平面内建立xOy坐标系，空间中0<x<5L的范围内存在竖直向下的磁场，任一时刻磁感应强度分布与y无关，随x按B＝kx的规律变化，k随时间的变化如图2所示，其中k0＝2 T/m，t0＝0.5 s。水平面上有一边长L＝1 m、质量m＝2 kg、总电阻R＝0.5 Ω的匀质正方形刚性导线框abcd，0～t0内锁定在图1所示的位置，t0时刻解除锁定，同时对线框施加向右的水平恒力F0＝4 N，使之开始沿x轴正方向运动，已知当ab边到达x＝3L时，线框开始做匀速运动。在线框ab边越过磁场右边界后瞬间，改施加变力，使之后线框在离开磁场的过程中其电流保持不变。线框在全过程中始终处于xOy平面内，其ab边与y轴始终保持平行，空气阻力不计。求： 1 2 3 4 5 (1)0～t0内线框中电流I的大小及方向； (2)线框在磁场中匀速运动的速度大小v； (3)线框在匀速运动过程中，ab两端的 电势差Uab随ab边的x坐标变化的关系式； (4)线框在穿出磁场的过程中产生的焦耳热Q。 答案：(1)4 A　顺时针　(2)0.5 m/s　(3)Uab＝(－x＋0.25) V(3L≤x<5L) 　 (4)72 J　 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 (2)当单刀双掷开关S1接a时，该多用电表为欧姆表，将开关S2接1并使电表满偏(即欧姆调零)后，欧姆表内阻为R1′＝eq \f(E,Ig＋I1)＝15 Ω；当开关S2接2并使电表满偏后，欧姆表内阻为R2′＝eq \f(E,Ig＋I2)＝150 Ω，所以R2′＝10R1′，又因为欧姆表的半偏电阻等于内阻，故将开关S2接1时，欧姆表的挡位为“×1”。 (3)由题意可知，初始时用的“×1”挡，后换成“×10” 挡。当处于“×1”挡时，滑动变阻器的电阻R1″＝R1′－ eq \f(R1（R2＋Rg）,R1＋R2＋Rg)＝11.04 Ω，当调至“×10”挡时，滑动变阻 器的电阻R2″＝R2′－eq \f(（R1＋R2）Rg,R1＋R2＋Rg)＝114 Ω，R2″>R1″， 滑动变阻器的滑片应向上移动。 eq \f(gsH,L)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)))\s\up12(2))) 解析：(1)打点计时器使用时应先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，重物下落的初始位置应靠近打点计时器，故A错误，C正确；由于重力势能的减少量与动能的增加量均含有重物的质量，式子两边可以约掉m，所以不需要测量重物的质量，故B错误；为了减小纸带与限位孔间的摩擦，安装打点计时器时要使两限位孔在同一竖直线上，故D正确。 (2)由于打点计时器的电源频率为f＝50 Hz，所以纸带上相邻两计数点间的时间间隔为T＝eq \f(1,f)＝0.02 s，打下D点时重物的速度为vD＝eq \f(xCE,2T)＝eq \f(4.70×10－2,2×0.02) m/s＝1.18 m/s。 (3)考虑实际情况，设重物和纸带受到的阻力为f，根据动能定理可得mgh－fh＝ΔEk，则ΔEk＝(mg－f)h＝k1h，重力势能的变化量ΔEp＝mgh＝k2h，可得k1<k2，所以最符合实际的是k1略小于k2。 (4)若滑块机械能守恒，则有mgssinθ＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)，v1＝eq \f(d,Δt1)，v2＝eq \f(d,Δt2)，根据几何关系可得sinθ＝eq \f(H,L)，联立可得eq \f(\a\vs4\al(gsH),L)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)))\s\up12(2)))。 解析：(1)设两列波经过时间t相遇，根据题图可知，甲、乙两列简谐波的波长均为λ＝4 m，同种介质中波速相同，波长相同，则周期相同，均为T＝1 s 则波速v＝eq \f(λ,T) 两列波相遇时有xPQ＝2vt 解得t＝1.25 s。 (2)乙波传播到M点所用时间t1＝eq \f(xQM,v) 解得t1＝0.5 s 甲波传到M点所用时间t2＝eq \f(xPM,v) 解得t2＝2 s 0．5～2 s即eq \f(3,2)T内，质点M只在乙波的影响下振动，运动的路程s1＝eq \f(3,2)×4A 甲、乙波源同步振动，且M到两波源的路程差为12 m－4 m＝8 m＝2λ，则2～3 s即1T内，甲、乙两波引起质点M的振动加强，振幅为2A，运动的路程s2＝4×2A 则3 s内质点M运动的路程s＝s1＋s2 代入数据解得s＝2.8 m。 4．(2025·海南省海口市高三下仿真模拟)(14分)如图所示，圆心为O的两个同心圆是磁场的边界，小圆半径为R0，大圆半径R未知，小圆内有磁感应强度为B0的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，两圆边界之间环形区域磁感应强度为eq \f(\r(3)B0,3)，磁场方向垂直于纸面向外。某时刻一个质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)，从小圆的A点沿半径方向射向圆心O，经磁场偏转后穿过边界上M点进入环形区域，圆心角∠AOM＝90°。粒子恰好未 穿出大圆，然后通过小圆上N点(图中未画出)再次进入小圆内。求： (1)粒子射入磁场的初速度v0； (2)大圆的半径R以及粒子从A点出发第一次到达N点的时间t； (3)粒子运动的周期T0和在一个周期内粒子运动的轨迹长度s。 答案：(1)eq \f(qB0R0,m) 　(2)(2＋eq \r(3))R0　eq \f(（3＋10\r(3)）πm,6qB0)　(3)eq \f(2（3＋10\r(3)）πm,qB0)　2(3＋10eq \r(3))πR0 解析：(1)由几何关系可知，粒子在小圆磁场内做圆周运动的半径r1＝R0 由洛伦兹力提供向心力有qv0B0＝2,0)eq \f(mv,r1) 解得v0＝eq \f(qB0R0,m)。 (2)设粒子在环形区域磁场内做圆周运动的半径为r2， 环形区域磁场的磁感应强度B＝eq \f(\r(3)B0,3)，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m2,0)eq \f(v,r2) 粒子运动的部分轨迹如图所示，由几何关系可得粒子在环形区域内做圆周运动的圆心O2到O点的距离为L＝2,1)eq \r(r＋req \o\al(2,2)) 大圆的半径为R＝L＋r2 解得r2＝eq \r(3)R0，R＝(2＋eq \r(3))R0 由几何关系可知，粒子在小圆磁场中转过的角度θ1＝90° 粒子在环形磁场转过的角度为 θ2＝360°－2arctaneq \f(r1,r2) 解得θ2＝300° 粒子在小圆磁场内做圆周运动的周期T1＝eq \f(2πr1,v0) 粒子在环形磁场内做圆周运动的周期T2＝eq \f(2πr2,v0) 则粒子从A点出发第一次到达N点的时间 t＝eq \f(θ1,360°)T1＋eq \f(θ2,360°)T2 解得t＝eq \f(（3＋10\r(3)）πm,6qB0)。 (3)粒子从A点出发第一次到达N点运动的轨迹长度为sAN＝eq \f(θ1,360°)×2πr1＋eq \f(θ2,360°)×2πr2 解得sAN＝eq \f(（3＋10\r(3)）πR0,6) 由几何关系可知，粒子从A点出发第一次到达N点，相对圆心O转过的圆心角为 α＝180°－θ1＋180°－(360°－θ2) 解得α＝210° 之后粒子的运动过程都与之相似，即粒子每一次由环形磁场穿过边界进入小圆内，相对圆心O转过的圆心角都为α＝210°。当粒子运动一个周期时，将再次从A点向下进入小圆磁场，满足关系n×210°＝m×360°(n和m都取整数)，解得满足条件的最小值n＝12，m＝7 则粒子运动的周期为T0＝12t 粒子在一个周期内运动的轨迹长度s＝12sAN 解得T0＝eq \f(2（3＋10\r(3)）πm,qB0)，s＝2(3＋10eq \r(3))πR0。 解析：(1)由题意可得，t＝0时穿过线框的磁通量Φ0＝2k0×eq \f(1,2)(0＋L)×L2＝k0L3 t＝t0时穿过线框的磁通量 Φ1＝k0×eq \f(1,2)(0＋L)×L2＝eq \f(1,2)k0L3 根据法拉第电磁感应定律可得线框中产生的感应电动势E＝eq \f(|ΔΦ|,Δt) 其中ΔΦ＝Φ1－Φ0，Δt＝t0 由闭合电路欧姆定律可得线框中的电流 I＝eq \f(E,R) 联立并代入数据解得I＝4 A 根据楞次定律和安培定则可知感应电流方向为顺时针(俯视角度)。 (2)当ab边到达x＝3L时，线框开始做匀速运动，则ab边处磁感应强度Ba＝3k0L cd边处磁感应强度Bc＝k0(3L－L)＝2k0L ab边和cd边均切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知在线框中两感应电动势产生的感应电流方向相反，则线框中的感应电动势 E2＝BaLv－BcLv 由闭合电路欧姆定律可得线框中的电流I2＝eq \f(E2,R) 根据右手定则可得线框中的感应电流方向为逆时针(俯视角度) ab边所受安培力Fa＝BaLI2，根据左手定则可知方向向左 cd边所受安培力Fc＝BcLI2，根据左手定则可知方向向右 根据力的平衡条件，有Fa＝Fc＋F0 联立并代入数据解得v＝0.5 m/s。 (3)由(2)可得I2＝2 A ab边切割磁感线产生的电动势Ea＝k0xLv 由闭合电路欧姆定律可知Uba＝Ea－I2·eq \f(R,4) 且Uab＝－Uba 联立并代入数据解得Uab＝(－x＋0.25) V(3L≤x≤5L)。 (4)ab边越过磁场右边界瞬间，cd边的位置为x4＝4L cd边切割磁感线产生的感应电动势为E3＝k0x4Lv 由闭合电路欧姆定律可知，线框中的感应电流I3＝eq \f(E3,R) 线框穿出磁场的过程中，受到安培力与cd边位置xcd的关系为F安＝k0xcdI3L(4L≤xcd<5L) F安随xcd均匀变化，则穿出过程中克服安培力做功W＝k0eq \f(4L＋5L,2)I3L·(5L－4L) 由功能关系可知Q＝W 解得Q＝72 J。 $