第3部分 非选择题组B7-【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探究、力学综合、电磁学、几何光学等核心考点，依据高考评价体系明确实验题（22%）、力学综合（35%）、电磁学（28%）等模块权重，归纳出实验设计、带电粒子运动、板块模型等常考题型，构建针对性备考体系。 课件亮点在于“真题实战+素养导向”策略，精选2025年河南、河北等多地模拟题，通过油膜法中累积法误差分析培养科学探究素养，带电粒子运动中几何关系推导强化科学思维，助力学生掌握实验规范与综合题解题技巧，教师可据此精准突破高频考点，提升复习效率。

第三部分　拆卷练 非选择题限时练 非选择题组B7 限时45分钟 非选择题：本题共5小题，共54分。 1．(8分)(1)(2025·北京市西城区高三下一模)用如图所示的装置探究影响向心力大小的因素。已知小球在槽中A、B、C位置做圆周运动的半径之比为1∶2∶1。某同学实验时，将两个等质量的小球放在A、C位置，皮带套在第二层塔轮上，该层左、右塔轮的半径之比为2∶1。该同学此次实验是为了探究小球的向心力大小与________(选填“质量”“角速度”或“半径”)的关系。若匀速转动手柄，左右标尺露出长度的比值应等于________。 角速度 1∶4 1 2 3 4 5 (2)(2025·河南省三门峡市重点高中高三下一模)在“油膜法估测分子大小”的实验中，某同学用滴管吸取体积浓度为η的油酸酒精溶液，一滴一滴地滴入量筒，记下体积为V的油酸酒精溶液的滴数为N。之后将爽身粉均匀地撒在浅盘内的水面上，用滴管吸取油酸酒精溶液，靠近水面向水面中央滴入一滴，将带有方格的玻璃板放在浅盘上，待油酸薄膜形状稳定后，用笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上，根据方格数目，估算出油酸薄膜的面积为S，计算油酸分子直径的表达式为______。为减小误差，该实验并未直接测量一滴油酸酒精溶液体积，而是记下体积为V的油酸酒精溶液的滴数为N，下列实验采用了类似方法的是______(填字母)。 A．“用单摆测重力加速度”实验中单摆的周期的测量 B．“用双缝干涉测光的波长”实验中的测量相邻亮条纹间的距离 C．“测定玻璃的折射率”实验中折射角的测量 AB 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 2．(2025·河北省邯郸市高三下第二次调研监测)(8分)热敏电阻应用广泛，某实验小组的同学们用如图甲所示的测量电路对某种热敏电阻的RT特性进行探究。 (1)实验小组采用如下步骤完成实验： ①按照测量电路图，请补充完整图乙中的实物连线； 答案：如图所示 1 2 3 4 5 ②将温控装置内的温度t1调节为80 ℃； ③将滑动变阻器R0的滑片置于阻值最大处，将开关S2拨向1，闭合开关S1，调节R0，量程为0.6 A的电流表的指针偏转如图丙所示，则电流表的读数I＝________ A，断开开关S1、S2； ④将电阻箱的阻值调到________(填“最大值”或“最小值”)，将开关S2拨向2，闭合开关S1，调节电阻箱的阻值使得电流表的示数与③中示数相同，记录此时电阻箱的阻值R和温控装置的温度t，断开开关S1、S2； 0.36 最大值 1 2 3 4 5 ⑤逐步降低温控装置的温度t2(20 ℃<t2<80 ℃)，在每一温度下重复③④操作； ⑥根据实验数据描绘出R­t图像，得出结论：该热敏电阻的阻值随温度升高而减小。 (2)应用该热敏电阻可以制作高温报警系统，电路图如图丁所示，开关c应与________(填“a”或“b”)相连接；将滑动变阻器滑片向右移动，启动报警器时的温度________(填“变高”“不变”或“变低”)。 a 变低 1 2 3 4 5 解析：(1)①按照测量电路图，实物连线如图所示。 ③电流表的量程是0.6 A，最小刻度为0.02 A，则电流表的读数为0.36 A。 ④为保护电路，闭合开关S2前应将电阻箱的阻值调至阻值最大处。　 1 2 3 4 5 (2)热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，故温度较高时，流经电磁铁的电流较大，电磁铁磁性较强，衔铁被吸合，此时报警器要工作，电路应闭合，故开关c应与a相连接；将滑动变阻器滑片向右移动，接入电路的阻值减小，达到报警的临界电流时，热敏电阻的电阻值变大，而热敏电阻的阻值随温度升高而减小，故启动报警器时的温度变低。 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·江西省上饶市高三下一模)(16分) 如图所示，一块长为L＝0.5 m、质量为m0＝1 kg 的木板静置于水平地面上，木板左端放置一质量为m1＝2 kg的物块A。木板右侧距离为d处有一光滑水平轨道MN，轨道表面与木板上表面齐平，质量为m2＝1 kg的物块B静置于轨道的P点，P与轨道左端M点距离为s0＝1.5 m，水平轨道P点右边长度可以调节。轨道右端N点平滑连接一段外表面光滑的圆弧形轨道NQ，圆弧的圆心在N点正下方(图中没有画出)，半径为R＝50 m，圆弧轨道末端Q点的切线与水平方向的夹角为θ＝16.2°。现对物块A施加一个水平向右、大小为8 N的恒力F，物块A和木板开始向右运动，当木板撞上轨道时，物块A恰好运动到木板右端并滑上MN轨道。在恒力F作用下，物块A与物块B可能发生多次弹性碰撞，一旦物块B滑到N点右侧，则立即撤走物块A。已知物块A与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计物块A、B的大小，物块A从木板滑上MN轨道瞬间速度大小不变。(g取10 m/s2，cos16.2°＝0.96) 1 2 3 4 5 (1)求d的大小； (2)若P点与轨道右端N点的距离足够长，物块A与物块B发生碰撞后，求两物块间的最大距离dm； (3)要物块B能够沿着圆弧轨道外表面运动到Q点，求P、N两点间的距离s1的取值范围。 答案：(1)0.5 m　(2)2 m　(3)s1<64 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 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R eq \f(\a\vs4\al(ηV),NS) 解析：(1)根据题意两个小球质量相等，且两小球分别放在A、C位置，即两个小球的转动半径相等，皮带套在第二层塔轮上，根据ω＝eq \f(v,r)可知两个小球转动的角速度不同，由控制变量法可知，该同学此次实验是为了探究小球的向心力大小与角速度的关系。根据ω＝eq \f(v,r)可知两个小球转动的角速度之比为1∶2，根据Fn＝mω2r可知左右标尺露出长度的比值应等于1∶4。 (2)一滴溶液中油酸的体积为V0＝eq \f(V,N)η，则油酸分子直径的表达式为d＝eq \f(V0,S)＝eq \f(\a\vs4\al(ηV),NS)。该实验用滴管测得N滴这种油酸酒精溶液的总体积的方法为累积法，“用单摆测量重力加速度”实验中单摆的周期的测量是测量至少30次全振动的时间，然后用eq \f(t,n)求解周期，采用的也是累积法，故A正确；“用双缝干涉实验测量光的波长”实验中相邻亮条纹间的距离的测量，也是测量多个亮条纹间距，然后求解相邻亮纹间距，采用的也是累积法，故B正确；“测定玻璃的折射率”实验中折射角的测量没有利用累积法，故C错误。 3．(2025·山东省青岛市高三下第一次适应性检测)(8分)如图所示，用透明介质材料制成长方体棱镜，棱镜上、下表面是边长为8R的正方形，棱镜的高为eq \r(3)R，O1、O2分别为棱镜上、下表面的中心；在棱镜上表面有一个以O1为球心、半径为R的半球形凹坑，棱镜的4个侧面及底面均涂有吸光材料。在O2处放置一单色点光源，光源发出的光只能从上表面射出，射到其他面上的光线均被吸收。已知棱镜上表面有光射出的位置离球心O1的最大距离为3R，球冠表面积公式为S＝2πrh，其中r为球冠所在球面的半径，h为球冠的高，求： (1)该介质材料的折射率n； (2)在半球面上有折射光线射出的区域(球冠)表面积S。 答案：(1)eq \f(2\r(3),3)　(2)(2－eq \r(3))πR2 解析：(1)光源发出的光在棱镜中传播的光路图如图所示，在最远点A刚好发生全反射，临界角为C，由题意知O1A＝3R，O1O2＝eq \r(3)R，由几何关系有sinC＝eq \f(3R,\r(（3R）2＋（\r(3)R）2)) 由临界角公式有sinC＝eq \f(1,n) 解得n＝eq \f(2\r(3),3)。 (2)由(1)可知，临界角C＝60°，从O2点发出的光在球面上B点恰好发生全反射，则 ∠O1BO2＝180°－C 在△BO1O2中，由正弦定理得 eq \f(\r(3)R,sin∠O1BO2)＝eq \f(R,sin∠BO2O1) 解得∠BO2O1＝30° 则∠BO1O2＝180°－∠O1BO2－∠BO2O1 由几何关系得h＝R－Rcos∠BO1O2 由题中给出的公式可知S＝2πRh 解得S＝(2－eq \r(3))πR2。 4．(2025·河北省部分示范校高三下一模)(14分)如图所示，在光滑绝缘水平面内建立xOy坐标系，在以O为圆心、半径R＝eq \r(3) m的圆形区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，在直线x＝－eq \r(3) m的左侧区域内存在着沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小E1＝5eq \r(3) N/C，在直线x＝eq \r(3) m的右侧区域内存在着沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E2＝22.5 N/C。一质量m＝10 g、电荷量q＝2×10－3 C的带正电的小球从x轴上的A(－3eq \r(3) m，0)点由静止释放，小球沿x轴正方向加速后进入圆形磁场区域，并从P点离开该区域。已知P点与O点的连线与x轴正方向的夹角θ＝60°，求： (1)圆形区域内磁场的磁感应强度大小； (2)在x轴上方，小球运动轨迹与x轴距离最远点的位置坐标。 答案：(1)eq \f(10\r(3),3) T　(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(3),3) m，4 m)) 解析：(1)小球从A点由静止释放到进入圆形磁场区域的过程，在x轴方向上的位移 Δx＝－eq \r(3) m－(－3eq \r(3) m)＝2eq \r(3) m 设小球进入磁场区域时的速度大小为v0，由动能定理有E1qΔx＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0 设小球在圆形磁场区域内运动的轨迹半径为r，由几何关系可知r＝Rtaneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(180°－θ,2))) 小球在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 qv0B＝m2,0)eq \f(v,r) 解得B＝eq \f(10\r(3),3) T。 (2)小球从P点离开圆形磁场区域后做匀速直线运动，方向沿OP的延长线方向，小球经过直线x＝eq \r(3) m时的纵坐标y1＝Rtanθ＝3 m 小球在直线x＝eq \r(3) m右侧区域内做类斜抛运动，设加速度大小为a，沿y轴方向由牛顿第二定律有E2q＝ma 进入右侧电场后，小球沿y轴方向上速度减为0所用的时间t＝eq \f(v0sinθ,a) 沿y轴方向的速度减小到0时，小球沿y轴运动的距离y2＝eq \f(（v0sinθ）2,2a) 沿x轴方向运动的距离x2＝v0cos60°×t 故在x轴上方小球运动轨迹与x轴最远点的横坐标x＝R＋x2 纵坐标y＝y1＋y2 故在x轴上方小球运动轨迹与x轴距离最远点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(3),3) m，4 m))。 解析：(1)施加恒力F后，设物块A和木板的加速度大小分别为a1和a2，经过时间t后A滑上MN轨道，根据牛顿第二定律， 对A有F－μ1m1g＝m1a1 对木板有μ1m1g－μ2(m1＋m0)g＝m0a2 木板运动过位移d时有eq \f(1,2)a2t2＝d 此时物块A相对木板的位移为L，即 eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L 联立解得d＝0.5 m。 (2)物块A在M点的速度为vM＝a1t 设物块A与物块B碰前瞬间的速度大小为v0，物块A从M点到P点的运动过程中，由动能定理有Fs0＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,M) 解得v0＝4 m/s 设A、B第一次碰撞后的速度分别为vA1、vB1，以向右为正方向，由动量守恒定律有 m1v0＝m1vA1＋m2vB1 由机械能守恒定律有 eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,A1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,B1) 解得vA1＝eq \f(4,3) m/s，vB1＝eq \f(16,3) m/s 此后，B向右匀速运动，A向右匀加速运动，设A的加速度大小为a，由牛顿第二定律有F＝m1a 在第二次碰撞前，当A的速度与B的速度相同时，A、B间的距离达到最大，设经历的时间为Δt，则vA1＋aΔt＝vB1 第一次碰撞后，A、B间的最远距离为d1＝vB1Δt－vA1Δt－eq \f(1,2)a(Δt)2 解得d1＝2 m 设经过时间T，A追上B，则有 vB1T＝vA1T＋eq \f(1,2)aT2 解得T＝2 s 追上B前瞬间，设A的速度为vA1′，则vA1′＝vA1＋aT 对A、B第二次碰撞瞬间，由动量守恒定律有m1vA1′＋m2vB1＝m1vA2＋m2vB2 由机械能守恒定律有eq \f(1,2)m1vA1′2＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,B1)＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,A2)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,B2) 解得vA2＝eq \f(20,3) m/s，vB2＝eq \f(32,3) m/s 第三次碰撞前，当A的速度与B的速度相同时，A、B的距离达到最大，设经历时间为Δt′，有vA2＋a·Δt′＝vB2 第二次碰撞后，A、B间的最远距离为d2，有 d2＝vB2·Δt′－vA2·Δt′－eq \f(1,2)a·(Δt′)2 联立解得d2＝2 m 此后A继续加速，设经过时间T′再次追上B，有vB2T′＝vA2T′＋eq \f(1,2)aT′2 解得T′＝2 s 对A、B第三次碰撞前瞬间，A的速度vA2′＝vA＋aT′ 对于第三次碰撞，由动量守恒定律，有m1vA2′＋m2vB2＝m1vA3＋m2vB3 由机械能守恒定律，有eq \f(1,2)m1vA2′2＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,B2)＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,A3)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,B3) 联立解得vA3＝12 m/s，vB3＝16 m/s，由前三次碰撞可总结规律 设A、B第n次碰撞前的速度分别为vA(n－1)′、vB(n－1)，第n次碰撞后的速度分别为vAn、vBn，有vBn－vAn＝4 m/s vA(n＋1)′＝vAn＋4×2 m/s恒成立 所以A、B相邻两次碰撞之间的最大距离都是2 m，即有dm＝2 m。 (3)由(2)的分析可知，A与B第n次碰撞后，B的速度为vBn＝eq \f(16,3)n m/s(n＝1，2，3，…) 若物块B过N点后恰好能沿着光滑圆弧轨道外表面滑到P点，在P点由牛顿第二定律有m2gcosθ＝m22,P)eq \f(v,R) 对物块B从N滑到P的过程中，由动能定理得m2gR(1－cosθ)＝eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,P)－eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,N) 联立解得vN＝eq \r(440) m/s 要使物块B能够滑到P点，应有vBn≤vN，可得n≤3 若A、B恰好要发生第四次碰撞时，B恰好到达N点，此时B在水平轨道上的总位移为x4＝vB1·T·(1＋2＋3) s1的长度应满足s1<x4 解得s1<64 m。 $