第3部分 非选择题组B8-【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力学实验、电磁综合、动量能量等核心考点，依据高考评价体系明确实验题（15%）、电磁学（20%）等权重分布，归纳“探究力的平行四边形定则”“单摆测重力加速度”等常考题型，构建完整的物理观念与科学探究备考体系。 课件亮点在于“真题情境+素养导向”训练，以2025年湖南娄底模拟、河北沧州二模等真题为载体，通过单摆实验T²-L图像斜率计算g培养科学思维，电磁感应中ab棒运动临界条件分析强化模型建构，设“易错点警示”和“解题模板”，助力学生掌握得分技巧，教师可精准指导高考冲刺。

第三部分　拆卷练 非选择题限时练 非选择题组B8 限时45分钟 非选择题：本题共5小题，共54分。 1．(8分)(1)(2025·湖南省娄底市高三下模拟预测)“探究力的平行四边形定则”的实验装置如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细线的结点，OB和OC为细线。如图乙所示是在白纸上根据实验结果画出的图。 ①第一次用两个弹簧测力计将橡皮筋拉至 O点，第二次用一个弹簧测力计________(填“必 须”或“不必”)同样将橡皮筋拉至O点。 ②图乙中的________(填“F”或“F′”)是力F1 和F2的合力的实际测量值。 必须 F′ 1 2 3 4 5 (2)(2025·河北省沧州市高三下质量检测(二模))某实验小组用单摆测当地的重力加速度。如图丙所示，在轻质细线的一端打一个比小球上的孔径略大一些的结，将细线穿过球上的小孔，并把细线上端固定在铁架台上，制成一个单摆。铁架台放在实验桌边，以方便调整摆线长度。 1 2 3 4 5 ①将小球缓慢拉离平衡位置，达到最高点时细线与竖直方向的夹角约为5°，然后由静止释放，当小球到达最低点时开始计时，同时数“0”，小球每次经过最低点计数一次，数到n时停止计时，停表读数为t，则单摆周期T＝_____(用t和n表示)。 ②多次改变摆线长L并测出相应周期T，计算出T2，作出T2­L图像，如图丁所示，其中当摆线长分别为L1、L2时，测得对应单摆周期为T1、T2，由此可得当地 的重力加速度g＝_____________(用L1、L2、T1、T2表示)。 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 2．(8分)某同学对有故障的电热毯进行探究。图1是电热毯的电路示意图，其中电热线和导线通过金属接线片连接。图2为测试电路实物图，A、B为测试表笔，电压表内阻很大，可视为理想电表。 (1)请在虚线框内画出与图2对应的电路图。 答案：电路图如图所示 1 2 3 4 5 (2)断开K1，用上述测试电路在1和1′之间检测得知电热线无故障，然后测得电热线的U­I曲线如图3所示。已知电热线材料的电阻率为2.8×10－7 Ω·m，电热线的直径为0.200 mm，可求得此电热线的电阻为_______________________ kΩ，总长度为________________ m。(结果均保留两位有效数字) 0.58(0.57到0.59均可) 65(64到66均可) 1 2 3 4 5 (3)为了进一步检查故障，该同学闭合开关K1和K2，用表笔A和B分别对图1中所示的各点进行测试，部分测试结果如下表所示。由此测试结果可判断出电路有断路，位置在________之间(在“1和2”“1′和2′”“2和3”“2′和3′”中选填一项)。 1′和2′ 测试点 3和3′ 1和1′ 1和3 1和2′ 2′和3′ 电表指针 有无偏转 电压表 有 有 无 有 无 电流表 无 有 有 无 有 1 2 3 4 5 解析：(1)依照实物图，先画出一个最小的回路：电源正极→开关K2→滑动变阻器下侧两接线柱→电源负极。再画出与此回路并联的部分电路：滑动变阻器左上接线柱→毫安表→电压表→滑动变阻器左下接线柱。最后再处理剩余部分：测试表笔A接于电压表与电源负极之间，测试表笔B接于电压表与毫安表之间。　 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 3．(2025·江西省九江市高三下二模)(8分)如图所示，在 同一水平面内有相互平行的两条导轨MN和PQ，相距1 m，垂 直于导轨平面竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B＝1 T，垂 直于导轨放置的金属棒ab和cd的质量分别为1 kg和2 kg，每根 金属棒的电阻均为1 Ω，其他电阻不计，ab、cd与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.5，作用在cd棒上的水平向右的拉力F使其做a＝4 m/s2的匀加速直线运动，设最大静摩擦力等于滑动速度摩擦力，两金属棒与导轨始终接触良好，取g＝10 m/s2。求： (1)当ab棒固定时，通过ab棒的电流随时间变化的关系式； (2)当ab棒不固定时，经多长时间ab棒开始运动？此时拉力F的功率多大？ 答案：(1)I＝2t A　(2)2.5 s　230 W　 1 2 3 4 5 解析：(1)cd棒的速度大小v＝at cd棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv 由闭合电路的欧姆定律可知通过ab棒的电流为I，有E＝I(Rab＋Rcd) 代入数据可得I＝2t A。 1 2 3 4 5 (2)ab棒不固定，ab棒开始运动时，由平衡条件有μmabg＝BI′L 由闭合电路欧姆定律有I′(Rab＋Rcd)＝BLvcd 解得ab棒开始运动时，cd棒的速度vcd＝10 m/s 由于cd棒做匀加速运动，因此经过的时间t′，有vcd＝at′ 解得t′＝2.5 s 对cd棒，根据牛顿第二定律有 F－μmcdg－BI′L＝mcda 解得F＝23 N 作用在cd上的拉力F的功率为P＝Fvcd 解得P＝230 W。　 1 2 3 4 5 4．(2025·江西省九江市高三下二模)(14分)在光滑平直轨道边依次站着2025个人，间距均为d，每人手里拿着质量均为m、编号为1、2、3、…、2025的沙包。一个质量也为m的货斗，在恒定外力F的推动下，从距离第1人的左侧d处由静止开始沿直线向右运动，货斗经过人身边时，该人立即将沙包无初速放入货斗，直到沙包全部放入为止。设沙包放入货斗时间极短，货斗及沙包均可视为质点。求： (1)1号沙包放入货斗后瞬间的共同速率； (2)2025号沙包放入货斗后瞬间的共同速率； (3)全过程中的能量损失。 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 (1)带电粒子进入Ⅱ区时的速度； (2)带电粒子第二次穿过xOz平面时的位置坐标； (3)Ⅲ区的宽度d； (4)带电粒子在Ⅳ区运动时距xOz平面的最大距离和每次穿过xOz平面时距Ⅳ区左边界的距离。 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 eq \f(2t,n) 2,2)eq \f(4π2（L2－L1）,T－Teq \o\al(2,1)) 解析：(1)①在“探究力的平行四边形定则”实验中，需确保两次实验中力的作用效果相同，即第二次用一个弹簧测力计必须同样将橡皮筋拉至O点。 ②由题图乙可知，F是由平行四边形定则得出的，是F1和F2的合力的理论值，而F′是通过实验方法得出的实际测量值。 (2)①由题意可知，小球相邻两次经过最低 点的时间间隔为半个周期，则t＝eq \f(n,2)T，得T＝eq \f(2t,n)。 ②根据单摆周期公式有T＝2πeq \r(\f(L＋R,g))， 得T2＝eq \f(4π2,g)(L＋R)，图丁的斜率k＝eq \f(4π2,g)＝2,2)eq \f(T－Teq \o\al(2,1),L2－L1) ，整理得g＝2,2)eq \f(4π2（L2－L1）,T－Teq \o\al(2,1)) 。 (2)由U­I图线的斜率可求得电热线的阻值R＝eq \f(ΔU,ΔI)＝eq \f(2.9 V,5.0×10－3 A)＝0.58 kΩ。再由电阻定律R＝ρeq \f(l,S)，面积公式S＝eq \f(1,4)πd2可得电热线的总长度l＝eq \f(πRd2,4ρ)＝65 m。 (3)因电压表是理想电表，由电路图可以看出：当A、B间断路时电压表有示数、电流表无示数；当A、B间被短路时电压表无示数、电流表有示数；当A、B间接有阻值不为零的导体即A、B为通路时两电表才同时有示数。结合测试结果可知：第一组数据表明3和3′间有断路；第二组数据表明1与1′间完好；第三组数据表明1与3间连接良好；第四组数据表明1和2′间有断路；第五组数据表明2′和3′间连接良好。则断点只能在1′和2′间。 答案：(1)eq \r(\f(Fd,2m))　(2)eq \r(\f(2025Fd,2026m))　(3)eq \f(2025,2)Fd 解析：(1)放入沙包前，对货斗由动能定理有Fd＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－0 1号沙包放入货斗过程中，由动量守恒定律有mv1＝2mv1共 解得1号沙包放入货斗后瞬间的共同速率 v1共＝eq \r(\f(Fd,2m))。 (2)2号沙包放入货斗前，由动能定理有 Fd＝eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,1共) 2号沙包放入货斗后，由动量守恒定律有2mv2＝3mv2共 解得2号沙包放入货斗后瞬间的共同速率v2共＝eq \r(\f(2Fd,3m)) 3号沙包放入货斗前，由动能定理有Fd＝eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,3)－eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,2共) 3号沙包放入货斗后，由动量守恒定律有3mv3＝4mv3共 解得3号沙包放入货斗后瞬间的共同速率v3共＝eq \r(\f(3Fd,4m)) 依此类推，可知第n个沙包放入货斗后瞬间的共同速率vn共＝eq \r(\f(nFd,（n＋1）m)) 2025号沙包放入货斗后瞬间的共同速率v2025共＝eq \r(\f(2025Fd,2026m))。 (3)由能量守恒定律可知 E损＝F·2025d－eq \f(1,2)×2026mveq \o\al(2,2025共) 解得E损＝eq \f(2025,2)Fd。 5．(2025·山东省日照市高三下一模)(16分)如图所示，以O 为坐标原点建立O­xyz坐标系，x轴正方向水平向右，y轴正方 向竖直向上，z轴正方向垂直纸面向外(图中未画出)，沿x轴正 方向从左到右依次存在四个区域，区域之间的边界均平行于yOz 平面。Ⅰ区存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E1＝ 15 N/C；Ⅱ区存在沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小 B1＝eq \r(3)×10－2 T；Ⅲ区存在沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小B2＝eq \r(3)×10－2 T；Ⅳ区存在沿y轴负方向的匀强电场和沿z轴负方向的匀强磁场，电场强度大小E2＝200 N/C，磁感应强度大小B3＝0.01 T，Ⅳ区足够宽。Ⅰ区右边界与x轴的交点为O1，y轴上的A点到O点的距离h＝0.1 m。一个比荷eq \f(q,m)＝1×108 C/kg的带电粒子从A点以速度v0＝1×104 m/s、沿x轴正方向射入Ⅰ区，经O1点进入Ⅱ区时第一次穿过xOz平面，进入Ⅲ区时恰好第二次穿过xOz平面，进入Ⅳ区时恰好第三次穿过xOz平面，之后在Ⅳ区内继续运动。不计粒子所受重力。求： 答案：(1)2×104 m/s，方向与x轴正方向成60°角向下　 (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)（20＋π）,3)×10－2 m，0，0.02 m))　(3)0.02 m　(4)0.03 m　4nπ×10－2 m(n＝1，2，3，…)或4nπ×10－2 m＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)＋\f(8π,3)))×10－2 m(n＝0，1，2，…) 解析：(1)设带电粒子进入Ⅱ区时的速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为θ向下，根据动能定理有qE1h＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 粒子在Ⅰ区中做类平抛运动，沿x轴方向上的速度为v0，则cosθ＝eq \f(v0,v) 解得v＝2×104 m/s，θ＝60°。 (2)进入Ⅱ区后，粒子速度方向与磁场方向不垂直，所以粒子做螺旋线运动，一边沿x轴正方向以速度v0做匀速直线运动，一边在垂直于x轴的平面内以速度vsinθ做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r1，根据洛伦兹力提供向心力有q·vsinθ·B1＝meq \f(（vsinθ）2,r1) 粒子进入Ⅱ区后，垂直y轴的分运动转过半周第二次穿过xOz平面，所经历的时间为 t＝eq \f(πr1,vsinθ) 粒子第二次穿过xOz平面时的x坐标为 x＝v0t1＋v0t 其中h＝eq \f(1,2) eq \f(qE1,m)teq \o\al(2,1) y坐标为0，由左手定则可知粒子向z轴正方向偏转，z坐标为z＝2r1 联立并代入数据解得x＝eq \f(\r(3)（20＋π）,3)×10－2 m，z＝0.02 m 粒子第二次穿过xOz平面时的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)（20＋π）,3)×10－2 m，0，0.02 m))。 (3)粒子进入Ⅲ区时速度大小仍为v＝2×104 m/s，方向与xOy平面平行、偏向y轴正方向且与x轴正方向夹角也为θ，设粒子在Ⅲ区做匀速圆周运动的半径为r2，由洛伦兹力提供向心力有 qvB2＝meq \f(v2,r2) 由几何关系可知d＝2r2sinθ 解得d＝0.02 m。 (4)粒子进入Ⅳ区时速度大小仍为v＝2×104 m/s，方向与xOy平面平行偏向y轴负方向且与x轴正方向夹角也为θ，粒子进入Ⅳ区后，受到沿y轴负方向的电场力，由左手定则可知，应将速度分解为水平向右的分速度v1，使带电粒子该分运动所受到竖直向上的洛伦兹力与电场力平衡，即qv1B3＝E2q 解得v1＝2×104 m/s＝v 由平行四边形定则可知另一分速度大小为v2＝v，方向与y轴负方向夹角为30°偏向x轴负方向。带电粒子以v2在xOy平面内做匀速圆周运动，设半径为r3，由洛伦兹力提供向心力有qv2B3＝m2,2)eq \f(v,r3) 该分运动的周期为T＝eq \f(2πr3,v2) 由左手定则和几何关系可知，带电粒子在Ⅳ区运动时距xOz平面的最大距离 Δy＝r3(1＋sin30°) 解得T＝2π×10－6 s，Δy＝0.03 m 带电粒子在Ⅳ区运动时沿y轴正方向穿过xOz平面时的时间Δt＝eq \f(2,3)T＋nT 距Ⅳ区左边界的距离x1＝2r3sin60°＋vΔt 解得x1＝4nπ×10－2 m＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)＋\f(8π,3)))×10－2 m(n＝0，1，2，…) 带电粒子在Ⅳ区运动时沿y轴负方向穿过xOz平面时的时间Δt′＝nT 距Ⅳ区左边界的距离x2＝vΔt′ 解得x2＝4nπ×10－2 m(n＝1，2，3，…)。 $