第3部分 非选择题组B6-【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光学实验、电路测量、气体定律、力学综合、电磁感应五大核心模块，依据高考评价体系明确各模块考查要求，通过河北省张家口市、福建省福州市等模拟真题，梳理出实验题（占25%）、力学计算题（占30%）等高频考点，归纳插针法测折射率、滑块轨道运动等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题实战+素养提升”，如光学实验中分析玻璃砖平移对折射率测量的误差（科学探究），力学题中滑块恰好通过圆轨道最高点的临界条件推导（科学思维），帮助学生掌握实验步骤和临界问题分析技巧。教师可依托课件精准定位学生薄弱点，助力高效冲刺。

第三部分　拆卷练 非选择题限时练 非选择题组B6 限时45分钟 非选择题：本题共5小题，共54分。 1．(2025·河北省张家口市高三下一模)(8分)某同学用“插针法”测量一直角三角形玻璃砖的折射率。如图甲所示为该玻璃砖的截面图，三角形ABC的顶角为θ且小于45°。 (1)主要实验步骤如下： ①水平放置的木板上铺一张白纸，在白纸上 画一条直线ab，并画出其垂线cd，交于O点； ②将较长的直角面AB沿cd放置，并确定玻璃砖的另外两个光学面BC、AC，在白纸上描出玻璃砖的轮廓，俯视图如图乙所示； 1 2 3 4 5 ③在AB面左侧的直线ab上竖直插上大头针P1、P2，从AC侧透过玻璃砖观察P1、P2，插上大头针P3，要求P3能挡住________(选填“P1”“P2”或“P1和P2”)的虚像； ④确定出射光线的位置________(选填“必需”或“不必需”)插第四枚大头针； ⑤撤去玻璃砖和大头针，测得出射光线与直线ab的夹角为α，则玻璃砖折射 率n＝_____________。 P1和P2 不必需 1 2 3 4 5 (2)描绘出玻璃砖轮廓后，玻璃砖的位置发生了微小的平移(移至图丙中的虚线处，底边仍重合)，但是该同学并未发现，仍然按照操作步骤③插上大头针P3，在测量时他仍将△ABC作为实验中玻璃砖所处位置，则由此得到的该玻璃砖折射率的测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。 小于 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 3.2 0.040 1 2 3 4 5 (2)为了更加准确地测量刀片电池的电动势E和内阻r，该小组成员设计了一个可以排除电流表A和电压表V内阻影响的实验方案，如图丙所示。单刀双掷开关S2分别接1、2，记录各自对应的多组电压表的示数U和电流表的示数I，根据实验记录的数据绘制如图丁中所示的A、B两条U­I图线，综合A、B两条图线，此刀片电池的电动势E＝________，内阻r＝________。(结果选用EA、EB、IA和IB表示) EB 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 3．(2025·河北省张家口市高三下一模)(8分)建筑工地 上工人用液态金属浇筑一个金属立柱时，由于工艺缺陷在 柱体内部浅层形成了一个不规则的空腔，为修补空腔需要 测出空腔的体积，在金属立柱上打一个小孔，用细管将空 腔内部与一个封闭的汽缸相连通(如图所示)，做好密封使空腔、汽缸、细管内部组成一个密闭的空间。汽缸上部由横截面积S＝10 cm2的活塞密封，初始状态汽缸内封闭的气体体积为10 L。现对活塞施加一个竖直向下的变力F，使活塞缓慢下移，当汽缸内气体体积变为7 L时，外力F的大小为20 N，上述过程中外力F做的功W1＝28 J。已知外界环境温度不变，金属立柱、空腔及汽缸导热性良好，不计活塞质量、活塞与汽缸间的摩擦力、细管中气体的体积，大气压强p0＝1.0×105 Pa。求： 1 2 3 4 5 答案：(1)8 L　(2)328 J (1)金属立柱内空腔的体积； (2)汽缸内气体体积由10 L变为7 L的过程中，汽缸及空腔内的气体向外界放出的热量。 解析：(1)设金属立柱内空腔的体积为V，则对汽缸和空腔中的气体整体，初状态的体积为V1＝10 L＋V，末状态的体积为V2＝7 L＋V 设初、末状态的压强分别为p1、p2，对活塞，由平衡条件，分别有p0S＝p1S、p0S＋F＝p2S 以整体气体为研究对象，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2 解得V＝8 L。 　 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 4．(2025·福建省福州市高三下二模)(14分) 某科技小组参加了过山车游戏项目研究，如图甲 所示，为了研究其中的物理规律，科技组成员设 计出如图乙所示的装置。P为弹性发射装置，AB 为倾角θ＝37°的倾斜轨道，BC为水平轨道，CDC′为竖直圆轨道，C′E为足够长的倾斜轨道，各段轨道均平滑连接。以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为m，圆轨道半径R＝1 m，BC长为3 m，AB、BC段动摩擦因数均为μ＝0.25，其余各段轨道均光滑。现滑块从弹射装置P弹出的速度为v0＝4 m/s，且恰好从A点沿AB方向进入轨道，滑块可视为质点。重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 1 2 3 4 5 (1)求滑块从弹射装置P弹出时的坐标值； (2)若滑块恰好能通过D点，求轨道AB的长度； (3)若滑块能进入圆轨道且不脱轨，求轨道AB的长度； (4)若轨道AB的长度为3.5 m，试判断滑块在圆轨道是否脱轨。若发生脱轨，计算脱轨的位置。 答案：(1)(1.2 m，0.45 m)　(2)5 m　(3)xAB≥5 m或0<xAB≤1.25 m (4)滑块在圆心以上0.6 m处脱轨　 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)证明：导体棒在磁场中做匀速直线运动的过程中，感应电流的大小保持不变； (2)求弹簧的劲度系数k和导体棒在磁场中做匀速直线运动时速度v0的大小； (3)求导体棒最终静止时的位置距O点的距离。 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R eq \f(sin（θ＋α）,sinθ) 解析：(1)③为了使P1、P2和P3在一条光路上，要求P3能挡住P1和P2的虚像。 ④过P1和P2的光线与AB垂直，即AB⊥P1P2，由于光垂直入射时传播方向不变，因此可确定AC边上的出射点O′，此时只需要找到折射光线上的一点即可确定出射光线，不需要在P3的右侧插上第四枚大头针。 ⑤光路图如图1所示，由几何关系可知，光线从AC边射出时，入射角为θ，折射角为θ＋α，则玻璃砖折射率n＝eq \f(sin（θ＋α）,sinθ)。 (2)如图2所示，实线箭头为真实光路图，虚线箭头为该同学作出的光路图，由几何关系可知该同学测量的α偏小，由n＝eq \f(sin（θ＋α）,sinθ)知，测出的折射率小于真实值。 2．(2025·山东省泰安市高三下一模)(8分)某课题研究小组测量一组比亚迪新能源车刀片电池的电动势和内阻，实验室提供的器材有： A．待测刀片电池(电动势E约为3 V，内阻r约为几十毫欧)； B．电压表V(量程0～3 V，内阻约为几千欧)； C．电阻箱R(0～99.9 Ω)； D．定值电阻R1＝1.25 Ω； E．开关S一个，导线若干。 (1)该小组成员设计了如图甲所示电路。多次改变电阻箱的阻值R，读出电压U，根据测得的数据作出eq \f(1,U)­eq \f(1,R)图像，如图乙所示，则电源电动势E＝_____ V，r＝_____ Ω。(结果均保留两位有效数字) eq \f(EB,IA) 解析：(1)根据闭合电路欧姆定律可得E＝U＋eq \f(U,R)(r＋R1)，所以eq \f(1,U)＝eq \f(1,E)＋eq \f(r＋R1,E)·eq \f(1,R)，结合图乙可得eq \f(1,E)＝0.31 V－1，eq \f(r＋R1,E)＝eq \f(0.41－0.31,0.25) A－1，解得E＝3.2 V，r＝0.040 Ω。 (2)设电压表的示数为U，内阻为RV，电流表的示数为I，内阻为RA，根据闭合电路欧姆定律，当开关接1时有U＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(I＋\f(U,RV)))r＝E，整理得U＝eq \f(RV,RV＋r)E－eq \f(RV·r,RV＋r)I；当开关接2时有U＋I(RA＋r)＝E，整理得U＝E－I(RA＋r)。结合图丁可得EB＝E，EA＝eq \f(RV,RV＋r)E，IA＝eq \f(E,r)，IB＝eq \f(E,RA＋r)，解得E＝EB，r＝eq \f(EB,IA)。 (2)大气对活塞的压力F0＝p0S 大气对活塞做的功W2＝F0eq \f(ΔV,S) 其中ΔV＝V1－V2 外界对气体做的功W＝W1＋W2 外界环境温度不变，金属立柱、空腔及汽缸导热性良好，内能不变，即ΔU＝0 根据热力学第一定律可知ΔU＝W－Q 解得汽缸及空腔内的气体向外界放出的热量Q＝328 J。 解析：(1)滑块由P到A点做平抛运动，在A点，沿竖直方向的分速度大小为vy＝v0tanθ 设弹出时的坐标为(x，y)， 在竖直方向上有veq \o\al(2,y)＝2gy 运动时间t＝eq \f(vy,g) 在水平方向上有x＝v0t 联立解得x＝1.2 m，y＝0.45 m 即滑块从装置P弹出时位置的坐标值为(1.2 m，0.45 m)。 (2)设滑块恰好能通过D点时的速度大小为v1，在D点由牛顿第二定律有mg＝m2,1)eq \f(v,R) 从P到圆轨道最高点，由动能定理得 mg(y＋xAB1sinθ－2R)－μmgcosθ·xAB1－μmgxBC＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 联立解得轨道AB的长度xAB1＝5 m。 (3)滑块刚好不脱离轨道，有两种临界情况，一是刚好在圆轨道最高点压力为零，二是刚好到达与圆轨道圆心等高的地方。由(2)知，滑块刚好能够到达圆轨道最高点时xAB1＝5 m 滑块刚好到达与圆轨道圆心等高的地方时，从P到与圆心等高的位置，由动能定理得mg(y＋xAB2sinθ－R)－μmgcosθ·xAB2－μmgxBC＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 解得xAB2＝1.25 m 滑块刚好能进入圆轨道时，从P到C点，由动能定理得 mg(y＋xAB3sinθ)－μmgcosθ·xAB3－μmgxBC＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 解得xAB3<0(不符合实际，即滑块一定能进入圆轨道) 综上，滑块能进入圆轨道且不脱轨时，AB的长度应满足xAB≥5 m或0<xAB≤1.25 m。 (4)由(3)知，xAB＝3.5 m时，滑块在圆轨道发生脱轨，设脱轨地点和圆心的连线与水平方向的夹角为α，脱轨时的速度大小为v2，则脱轨时mgsinα＝2,2)eq \f(mv,R) 从P到脱轨的位置，由动能定理得 mg(y＋xABsinθ－R－Rsinα)－μmgcosθ·xAB－μmgxBC＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 联立解得sinα＝0.6 即滑块在圆心以上h＝Rsinα处脱轨 解得h＝0.6 m。 5．(2025·河北省石家庄一中高三下一模)(16分) 如 图所示，“×”形光滑金属导轨abcd固定在绝缘水平面上， ab和cd足够长，∠aOc＝60°。虚线MN与∠bOd的角平 分线垂直，O点到MN的距离为L。MN左侧是磁感应强 度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。一轻弹簧右端固定， 其轴线与∠bOd的角平分线重合，自然伸长时左端恰在O点。一质量为m的导体棒ef平行于MN置于导轨上，导体棒与导轨接触良好。某时刻使导体棒从MN的右侧eq \f(L,4)处由静止开始释放，导体棒在被压缩弹簧的作用下向左运动，当导体棒运动到O点时弹簧与导体棒分离。导体棒由MN运动到O点的过程中做匀速直线运动。导体棒始终与MN平行。已知导体棒与弹簧彼此绝缘，导体棒和导轨单位长度的电阻均为r0，弹簧被压缩后所获得的弹性势能可用公式Ep＝eq \f(1,2)kx2计算，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。 解析：(1)设导体棒在磁场中做匀速直线运动的速度为v0，某时刻导体棒在回路中的长度为l，则此时回路中的感应电动势E＝Blv0 此时回路的总电阻R＝3lr0 回路中的感应电流I＝eq \f(E,R) 整理得I＝eq \f(Bv0,3r0) 因为B、v0和r0均为不变量，所以感应电流I为不变量。 答案：(1)见解析　(2)2,0)eq \f(B4L2,12mr) 　eq \f(\r(3)B2L2,8mr0)　(3)eq \f(3\r(2)L,4) (2)导体棒由静止开始释放至到达MN的过程中，导体棒和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5L,4))) eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)kL2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 导体棒在磁场中做匀速直线运动的过程中，设某时刻导体棒距O点的距离为x，根据平衡条件有BI·2xtan30°－kx＝0 联立解得k＝2,0)eq \f(B4L2,12mr) ，v0＝eq \f(\r(3)B2L2,8mr0)。 (3)导体棒过O点后与弹簧脱离，在停止运动前做减速运动。设某时刻导体棒在回路中的长度为l′，加速度大小为a，速度大小为v，回路中的电流强度为I′，根据牛顿第二定律有BI′l′＝ma 由(1)问同理可得I′＝eq \f(Bv,3r0) 所以eq \f(B2l′v,3r0)＝ma 取一段很短的时间Δt，导体棒在回路中的长度l′和加速度大小a可认为不变。设在这段时间内导体棒速度的变化量大小为Δv，回路所围面积的变化量为ΔS，将eq \f(B2l′v,3r0)＝ma左、右两边同时乘以Δt，可得eq \f(B2l′v,3r0)Δt＝maΔt 其中l′vΔt＝ΔS，aΔt＝Δv 设导体棒最终静止的位置距O点的距离为x0，则 ∑ΔS＝eq \f(1,2)x0·2x0tan30°，∑Δv＝v0 可得eq \f(B2,3r0)xeq \o\al(2,0)tan30°＝mv0 解得x0＝eq \f(3\r(2)L,4)。 $