第3部分 非选择题组B10-【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、电磁学、光学及实验四大核心模块，依据高考评价体系明确匀变速运动、能量守恒、磁场偏转等高频考点，通过2025年各地模拟真题（如河北张家口二模、福建福州二模）分析考点权重，归纳实验误差分析、多过程力学问题等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题实战+素养导向”，如以自感系数测量实验培养科学探究能力，通过电子在磁场中轨迹分析强化科学思维中的模型建构，针对力学综合题总结“能量-动量守恒联用”突破方法。助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准定位学生薄弱点，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B10 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二模)(8分)某实验小组探究滑块在气垫导轨上运动规律的实验装置如图甲所示，实验步骤如下： a．将一端带有定滑轮的气垫导轨放置于水平桌面上，调节气垫导轨水平； b．在气垫导轨上安装光电门1和2，将光电门1固定； c．测出遮光条的宽度d如图乙所示，将遮光条安装在滑块上，测出滑块和遮光条的总质量M； 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1.103(1.102、1.104也对) 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 2．(2025·福建省福州市高三下二模)(8分)要测定一个自感系数很大的线圈L的直流电阻，实验室提供下列器材。 A．多用电表一只 B．电压表V1(量程3 V，内阻约为6 kΩ) C．电压表V2(量程15 V，内阻约为30 kΩ) D．滑动变阻器R1(阻值0～10 Ω) E．滑动变阻器R2(阻值0～1 kΩ) F．电池E(电动势4 V，内阻很小) G．开关S1、S2，导线若干 1 2 3 4 5 (1)首先用多用电表粗测线圈的电阻，操作步骤如下： ①机械调零后将红、黑表笔分别插入多用电表的“＋”“－”插孔，选择欧姆“×10”挡； ②把红、黑表笔分别与自感线圈的两端相接， 发现多用电表的指针读数太小； ③为了较准确地进行测量，重新选择恰当的倍率； ④把红、黑表笔分别与自感线圈的两端相接，稳定后多用电表表盘示数如图a所示。 上述步骤中遗漏的重要步骤是_______________________________________，此自感线圈的直流电阻约为________ Ω。 每次使用欧姆表和换挡后都要进行欧姆调零 22 1 2 3 4 5 (2)根据多用电表的示数，为了减少实验误差，并在实验中获得尽可能大的电压调节范围，应从图b中的A、B、C、D四个电路中选择________电路来测量自感线圈的电阻；其中电流表用多用电表代替，多用电表的电流挡有①2.5 A、②10 mA、③50 mA、④250 mA，则应选的电流挡为________(填序号)，滑动变阻器应选________(填器材符号)。 D ④ R1 1 2 3 4 5 (3)某学生进行的实验步骤如下： a．按电路图连接好实验电路； b．合上开关S1、S2，移动滑动变阻器的滑片到适当位置，稳定后读出电流表和电压表的读数I、U； c．重复步骤b多次； d．先断开开关S1，再断开开关S2，拆除实验装置，整理好器材； e．求出每次U、I的比值，并求出它们的平均值即为自感线圈的直流电阻。 请指出上述实验步骤中的错误：________________________________。 步骤d中应该先断开S2，再断开S1 1 2 3 4 5 解析：(1)欧姆表每次改换挡位时，都要欧姆调零。因为第一次使用的是“×10”挡，指针示数太小，故应该换成“×1”挡，由题图a可知此自感线圈的直流电阻约为22 Ω。　 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 3．(2025·山东省泰安市高三下一模)(8分)如图， 半径为29 mm的球面凹面镜内注有透明液体，将其静 置在水平桌面上，液体中心厚度CD为13 mm。一束 单色光自中心轴上距液面9 mm的A点射向液面上B点， BC长为12 mm，其折射光经凹面镜反射后沿原路 返回。已知真空中的光速为3.0×108 m/s，求： (1)液体的折射率； (2)该单色光在液体中的传播时间(不考虑水平液面的反射光)。 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 4．(2025·河北省张家口市高三下一模) (14 分)电子枪是显像设备的核心元件，由其阴极发 射电子并经电场加速，可使出射的电子束获得 速度。某兴趣小组为定量研究磁偏转对运动的 带电粒子轨迹的影响，设计了如下问题情境： 如图所示，可上下平移的电子枪能向右发射质量为m、电荷量大小为e的电子。电子枪内部的加速电压可调，从阴极发射的电子初速度可视为0。电子枪右侧有半径为R的圆形匀强磁场区域Ⅰ，其内部的磁感应强度大小为B1、方向垂直于纸面向里。圆形磁场边界最右端切线的右侧，有足够大的匀强磁场区域Ⅱ，磁感应强度大小为B2(可调，未知)、方向垂直于纸面向外。不计粒子重力和粒子间的相互作用。现进行一些连续操作，试求解相关问题。 1 2 3 4 5 (1)将电子枪正对区域Ⅰ的圆心发射电子， 调节加速电压，使电子通过圆形磁场后速度偏 转90°，求此时的加速电压U； (2)之后将电子枪向上移动一段距离，调 节加速电压为4U，使电子在圆形磁场中的运动时间最长，求电子枪上移的距离d； (3)在第(2)问的条件下，电子在区域Ⅱ中形成偏转轨迹b。在第(1)问的条件下，撤去区域Ⅰ的磁场，粒子进入区域Ⅱ，形成偏转轨迹a。为保证轨迹a和轨迹b不相交，求区域Ⅱ中磁感应强度B2的最小值。(结果可用根式表示) 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·河北省邯郸市高三下第四次调研)(16分)极限滑板 运动一直备受青少年青睐，某款滑道设计可以让运动员沿滑道 下滑到某一高度时压迫滑道竖直下滑，给体验者带来极大刺激。 现把该设计简化成如图所示的运动模型：小球代表运动员(可视 为质点)，两竖直挡板间所夹滑块代表滑道，其横截面为半径R＝ 1 m的半圆形，A、B是直径两端点。圆形轨道光滑，侧面与两挡板间的动摩擦因数μ＝0.3。已知小球质量为m，滑块质量为2m。采用智能控制系统控制挡板对滑块左、右两侧面压力大小分别为N1、N2，N1＋N2＝10mg，且大小之和恒定不变。在滑块底部两侧挡板伸出短板C、D，初始滑块与短板接触但不挤压，当滑块对两个短板的总压力超过FN＝3mg时，短板瞬间(短板长度很小)全部收缩进入挡板中。忽略空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。 1 2 3 4 5 (1)若从A点静止释放小球，小球沿轨道下滑，这个过程中滑块会不会沿挡板向下滑动？判断并证明； (2)若从A点正上方h处静止释放小球，假设滑块刚要向下滑动时，小球此刻所在位置和圆心的连线与水平方向的夹角为θ，求h与θ的关系式； (3)若从A点正上方h＝3.25R处静止释放小球，求小球第一次滑至轨道最低点时的速度大小。 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 d．用细线连接滑块，将滑块放置在光电门1右侧气垫导轨上的某一位置，细线绕过左侧的定滑轮，悬挂质量为m的钩码，调节细线与导轨平行； e．启动气源，气垫导轨正常工作后，由静止释放滑块，记录遮光条通过光电门1的时间t0和通过光电门2的时间t； f．改变光电门2的位置，保持滑块从同一位置释放，多次记录遮光条通过光电门2的时间t和光电门1、2的间距L，作出eq \f(1,t2)­eq \f(L,d2)图像如图丙所示。 eq \f(k,2g－k) (1)遮光条的宽度d＝__________________________ mm。 (2)请表示出滑块在导轨上滑动时的加速度大小a＝________________(用d、t、t0、L表示)。 (3)若图丙中的图像的斜率为k，截距为b，重力加速度为g，则遮光条通过光电门1的瞬时速度为v1＝________；eq \f(m,M)＝___________。(均从b、d、k、g中选用合适的字母表示) 2,0)eq \f(d2,2L) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t2)－\f(1,t))) deq \r(b) 解析：(1)由螺旋测微器读数规则可知d＝1 mm＋10.3×0.01 mm＝1.103 mm。 (2)滑块经过光电门1的速度v1＝eq \f(d,t0)，滑块经过光电门2的速度v2＝eq \f(d,t)，根据匀变速直线运动的规律可得veq \o\al(2,2)－veq \o\al(2,1)＝2aL，可得a＝2,0)eq \f(d2,2L) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t2)－\f(1,t))) 。 (3)由(2)可得eq \f(1,t2)＝2a·eq \f(L,d2)＋2,0)eq \f(1,t) ，与题图丙对应，有2,0)eq \f(1,t) ＝b，2a＝k，则遮光条通过光电门1的时间t0＝eq \f(1,\r(b))，瞬时速度v1＝eq \f(d,t0)＝deq \r(b)；设细线上的拉力大小为T，对滑块有T＝Ma，对钩码有mg－T＝ma，联立解得a＝eq \f(mg,M＋m)，又有a＝eq \f(k,2)，整理得eq \f(m,M)＝eq \f(k,2g－k)。 (2)为了获得尽可能大的电压调节范围，应采用分压电路，多用电表的直流电流挡的内阻与线圈的直流电阻相比不可忽略，故采用电流表外接法，故选D。电源电动势E＝4 V，电压表应选择V1，因线圈的直流电阻约为22 Ω，可能通过的最大电流为Im＝eq \f(3,22) A≈0.14 A＝140 mA，故应选用250 mA挡。为了操作方便，用分压电路要用总阻值较小的滑动变阻器，故选用R1。 (3)断开电路应该考虑线圈的自感，如果先断开开关S1，线圈产生反向的感应电压会加在电压表两端，可能会使电压表受损，故应先断开S2，再断开S1。 答案：(1)eq \f(4,3)　(2)8×10－11 s 解析：(1)折射光线垂直射向凹面镜，光路图如图所示，由几何关系可知，折射光线的反向延长线过凹面镜的圆心O，入射角的大小i＝∠BAC，折射角的大小r＝∠BOA，且 tan∠BAC＝eq \f(BC,AC) tan∠BOC＝eq \f(BC,OC) OC＝R－CD 液体的折射率n＝eq \f(sini,sinr) 解得n＝eq \f(4,3)。 (2)光线在液体中传播的路程s＝2(R－OB) 且OB＝eq \f(OC,cosr) 光在液体中传播的速度v＝eq \f(c,n) 光在液体中传播的时间t＝eq \f(s,v) 解得t＝8×10－11 s。 答案：(1)2,1)eq \f(eBR2,2m) 　(2)eq \f(R,2)　(3)eq \f(\r(6)（\r(3)＋1）,2)B1 解析：(1)设电子进入区域Ⅰ时的速率为v，电子被加速电压加速的过程，由动能定理 eU＝eq \f(1,2)mv2－0 由几何关系可知，电子在圆形磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力提供向心力有evB1＝meq \f(v2,R) 联立解得v＝eq \f(eB1R,m)，U＝2,1)eq \f(eBR2,2m) 。 (2)加速电压变为4U，设电子进入区域Ⅰ时的速率为v′，在区域Ⅰ中做圆周运动的半径为R′，由动能定理有 e×4U＝eq \f(1,2)mv′2－0 由洛伦兹力提供向心力有ev′B1＝eq \f(mv′2,R′) 解得v′＝eq \f(2eB1R,m)，R′＝2R 要使电子在圆形磁场中的运动时间最长，须使电子在圆形磁场中运动的轨迹弧对应的弦长等于圆形磁场的直径，即2R，电子在圆形磁场中的运动轨迹如图甲所示 由几何关系可知d＝Rcos60°＝eq \f(R,2)。 (3)设电子在第(2)问的条件下射入区域Ⅱ的入射点距圆形磁场与右端虚线的切点的距离为d1＝Rsinα＋(1－cosα)Rtanβ 由几何知识知α＝30°，β＝60° 解得d1＝(eq \r(3)－1)R 设轨迹a和轨迹b的半径分别为Ra和Rb， 由洛伦兹力提供向心力，分别有 evB2＝eq \f(mv2,Ra)，ev′B2＝eq \f(mv′2,Rb) 由几何关系可知，轨迹a的圆心在区域Ⅰ与区域Ⅱ切点上侧Ra处，轨迹b的圆心与入射点的连线与区域Ⅱ的边界成60°角，距入射点的距离为Rb，若偏转轨迹a、b恰好不相交，即两轨迹相切，则其轨迹如图乙所示 由几何关系可知，轨迹a、b的圆心距离为Ra＋Rb，在两轨迹圆心和b的入射点组成的三角形中，根据余弦定理有 cos60°＝2,b)eq \f(（Ra＋d1）2＋R－（Ra＋Rb）2,2（Ra＋d1）Rb) 联立解得B2＝eq \f(\r(6)（\r(3)＋1）,2)B1 故区域Ⅱ中磁感应强度B2的最小值为eq \f(\r(6)（\r(3)＋1）,2)B1。 答案：(1)见解析 (2)h≤0.5 m时，滑块不动；h>0.5 m时，h＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,sinθ)－\f(3,2)sinθ)) m (3)eq \f(\r(290),2) m/s 解析：(1)假设滑块没有下滑，在小球到达轨道的最低点时，滑块受到小球向下的压力最大，且小球下落的距离为R，设小球运动到最低点时的速率为v0，滑块对小球的支持力大小为N0，由机械能守恒定律得mgR＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 在最低点时，由牛顿第二定律得N0－mg＝m2,0)eq \f(v,R) 挡板提供的最大摩擦力fmax＝μ(N1＋N2) 解得N0＝3mg，fmax＝3mg 由牛顿第三定律可知，小球对滑块的压力为N0′＝N0 设短板对滑块的支持力为FN′，由平衡条件有FN′＋fmax＝2mg＋N0′ 解得FN′＝2mg 结合牛顿第三定律可知，滑块对短板总压力小于3mg，假设成立，滑块不会下滑。 (2)从释放小球到滑块开始下滑，由机械能守恒定律得mg(h＋Rsinθ)＝eq \f(1,2)mv2 设刚要滑动时，小球受到滑块的支持力F1，由牛顿第二定律得F1－mgsinθ＝meq \f(v2,R) 竖直方向上滑块刚好达到滑动条件，由牛顿第三定律有 F1sinθ＋2mg＝FN＋fmax 联立可得h＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,sinθ)－\f(3,2)sinθ)) m 当θ＝eq \f(π,2)时，可得h＝0.5 m，此时滑块不会滑动， 即h≤0.5 m时，滑块不动；h>0.5 m时，h＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,sinθ)－\f(3,2)sinθ)) m。 (3)当h＝3.25R＝3.25 m时，由(2)可知h＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,sinθ)－\f(3,2)sinθ)) m 解得sinθ1＝eq \f(1,2)，sinθ2＝－eq \f(8,3)(舍去)，即θ＝30°。 从小球释放到θ＝30°的过程中，小球的机械能守恒，设此时小球的速度为v1，由机械能守恒定律有mg(h＋Rsinθ)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1) 解得v1＝eq \r(\f(15,2)gR) 在此后的滑动过程中，由于滑块受到的滑动摩擦力fmax＝3mg＝mg＋2mg，小球和滑块组成的系统在竖直方向动量守恒，设小球到达最低点时，小球与滑块竖直方向共同速度为v2，由动量守恒定律有mv1cos30°＝3mv2 解得v2＝eq \r(\f(5,8)gR) 在小球到达最低点的过程中，设滑块移动的距离为l，则小球下降的距离为l′＝l＋R－Rsinθ 设小球在最低点时的速度大小为v3，由功能关系得 2mgl＋mg(l＋R－Rsinθ)－fmaxl＝eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,2)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,3)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1) 解得v3＝eq \f(\r(290),2) m/s。 $