第3部分 非选择题组B11-【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能力、运动与相互作用、电磁学综合等核心考点，依据高考评价体系梳理了实验设计与数据处理、力学规律应用、电磁场中粒子运动三大考查模块，通过2025年北京海淀三模、湖北黄石模拟等真题分析，明确实验题占22%、力学综合题占35%的高频考点分布，构建了“原理-方法-应用”的题型归纳体系。 课件亮点在于“真题情境+素养导向”的备考设计，如以“用双缝干涉测光的波长”实验为例，通过游标卡尺读数训练科学探究能力，结合导体框切割磁场问题演示动量定理在电磁感应中的科学推理应用。特设“易错点警示”（如楞次定律中线圈绕向判断）和“解题模板”（逐差法求加速度），助力学生掌握得分技巧，教师可依托此课件实现考点精准突破，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B11 限时45分钟 非选择题：本题共5小题，共54分。 1．(6分)物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。 (1)(2025·北京市西城区高三下二模)配制一定浓度的油酸酒精溶液，使纯油酸与油酸酒精溶液的体积比为1∶n。将一滴体积为V的油酸酒精溶液滴入水中，油膜充分散开后面积为S。则该油酸分子的直径为________。 1 2 3 4 5 (2)(2025·北京市海淀区高三下三模)“探究影响感应电流方向的因素”的实验示意图如图1所示：灵敏电流计和线圈组成闭合回路，通过“插入”“拔出”条形磁铁，使线圈中产生感应电流。记录实验过程中的相关信息，分析得出楞次定律。下列说法正确的是________。 A．实验时必须保持磁铁运动的速率不变 B．该实验需要知道线圈的绕向 C．该实验需要记录磁铁的运动方向 D．该实验需要判断电流计指针偏转方向与通入电流方向的关系 BCD 1 2 3 4 5 (3)(2025·北京市海淀区高三下三模)在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上，如图2所示。双缝间距为d，毛玻璃光屏与双缝间的距离为L。从目镜中看到的干涉图样如图3所示，若A、B两条亮纹中央间距为x，则所测光的波长为________(用所给物理量的字母表示)。使分划板的中心刻线对齐A亮条纹的中心，此时游标尺上的示数情况如图4所示，其读数为________ mm。 9.20 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 2．(2025·湖北省黄石市高三下模拟)(9分)某同学利用手机连拍功能测量自由落体加速度，为拍出清晰的照片，他效仿伽利略利用斜面“冲淡”重力的方法，让物块沿带标尺的斜面运动。具体操作步骤如下： ①用支架固定好手机开始连拍，让物块从 斜面底端滑上斜面直至物块重新滑回底端； ②在物块上滑过程和下滑过程中各选取 连续拍摄的3张照片如图所示，手机每隔时间T拍摄一张照片； ③物块在上滑1、2、3和下滑1、2、3的位置对应的刻度值分别记为x1、x2、x3、x4、x5、x6； ④改变斜面倾角，重复上述步骤，获得多组实验数据。 1 2 3 4 5 (1)在步骤③中，物块从上滑1到上滑2的位移s＝________。(用x1、x2表示) (2)若规定沿斜面向上为正方向，则物块上滑过程加速度a1＝____________，下滑过程加速度a2＝____________。(用x1，x2，…，x6及T表示) (3)令m＝(a1－a2)2，n＝(a1＋a2)2，多次实验后，根据多组实验数据，以m为纵坐标、n为横坐标作出m­n图像，得到一条直线，若图像斜率为k，纵轴截距为b，则自由落体加速度为________；若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在重复实验中，斜面倾角正切值应大于________。(用k和b表示) x2－x1 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 3．(2025·山东省枣庄市高三下三模)(8分)如图所示，一儿童在房间内向地面上的O点投掷弹力球(可视为质点)，弹力球从O点反弹到右侧竖直墙壁上的M点后，又直接反弹到左侧竖直墙壁上的N点。已知两竖直墙壁间的距离L＝6 m，O点距右侧墙壁d＝1.8 m，M点与N点等高，弹力球在空中离水平地面的最大高度H＝3.2 m。弹力球与墙壁碰撞前后瞬间沿墙壁的速度不变，垂直于墙壁的速度大小不变，方向相反。不计空气阻力，忽略弹力球与墙壁的碰撞时间，取g＝10 m/s2。求： (1)弹力球在O点弹起时的速度大小v0； (2)弹力球与M点碰撞后瞬间速度与竖直方向夹角的正切值。 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 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(V,nS) eq \f(dx,7L) 解析：(1)一滴油酸酒精溶液中油酸的体积是V1＝eq \f(V,n)，油膜的面积是S，所以油酸分子的直径d＝eq \f(V,nS)。 (2)该实验无须保持磁铁运动的速率不变，只需要使磁铁“插入”或“拔出”线圈即可，故A错误；该实验需要知道感应电流产生的磁场的方向，即需要知道线圈的绕向，故B正确；该实验必须记录磁铁的运动方向，才能得到磁场的变化与感应电流方向的关系，故C正确；该实验要想知道产生感应电流的具体方向，需要判断电流计指针偏转方向与通入电流方向的关系，故D正确。 (3)相邻亮条纹之间的距离Δx＝eq \f(x,7)，根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝eq \f(L,d)λ可知，波长λ＝eq \f(dx,7L)；20分度游标卡尺的精确度为0.05 mm，示数为9 mm＋4×0.05 mm＝9.20 mm。 eq \f(x3＋x1－2x2,T2) eq \f(x4＋x6－2x5,T2) eq \r(－\f(b,4k)) eq \r(－k) 解析：(1)物块从上滑1到上滑2的位移为s＝x2－x1。 (2)若规定沿斜面向上为正方向，则物块上滑过程有Δx＝(x3－x2)－(x2－x1)＝a1T2，可得物块上滑过程的加速度为a1＝eq \f(x3＋x1－2x2,T2)，物块下滑过程有Δx′＝(x5－x6)－(x4－x5)＝－a2T2，可得物块下滑过程的加速度为a2＝eq \f(x4＋x6－2x5,T2)。 (3)设物块与斜面的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ；根据牛顿第二定律，上滑时有Ma1＝－Mgsinθ－μMgcosθ，下滑时有Ma2＝－Mgsinθ＋μMgcosθ，则有m＝(a1－a2)2＝4μ2g2cos2θ，n＝(a1＋a2)2＝4g2sin2θ，又因为sin2θ＋cos2θ＝1，整理可得m＝－μ2n＋4μ2g2，则有－μ2＝k，b＝4μ2g2，联立解得自由落体加速度为g＝eq \r(－\f(b,4k))。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为了保证物块能够下滑，需要满足mgsinθ>μmgcosθ，可得tanθ>μ＝eq \r(－k)。 答案：(1)10 m/s　(2)eq \f(6,5) 解析：(1)由题意可知，弹力球与墙壁碰撞前后瞬间沿墙壁的速度不变，垂直于墙壁的速度大小不变，方向相反，则弹力球从O点到最高点过程，其运动轨迹沿水平方向展开，为平抛运动的轨迹，设运动时间为t1，则在竖直方向有 H＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1) 竖直方向的速度为vy1＝gt1 水平方向做匀速直线运动，有d＋eq \f(L,2)＝vxt1 弹力球在O点弹起时的速度大小v0＝2,x)eq \r(v＋veq \o\al(2,y1)) 联立并代入数据得v0＝10 m/s。 (2)从O点到M点的过程中，设弹力球运动时间为t2，水平方向做匀速直线运动，有d＝vxt2 竖直方向的速度为vy2＝vy1－gt2 在M点碰撞后瞬间速度与竖直方向夹角的正切值tanθ＝eq \f(vx,vy2) 解得tanθ＝eq \f(6,5)。 4．(2025·河北省石家庄市河北正定中学高三下二模)(13分)如图所示，边长为L、质量为m、电阻为R的正方形导体框ABCD静止在光滑水平面上，空间存在垂直水平面向下、足够多的磁场带，磁感应强度均为B0，磁场带的宽度为L，相邻磁场带的间距为2L。磁场带整体以水平速度v0向右匀速运动。已知导体框的电阻R＝2,0)eq \f(10BL3,mv0) 。求： (1)当导体框AB边刚进入第一个磁场带时，AB两端的电压UAB； (2)导体框离开第二个磁场带到进入第三个磁场带所用的时间； (3)导体框AB边刚进入第三个磁场带时导体框的加速度和导体框穿过第三个磁场带的过程中安培力对导体框做的功。 答案：(1)－eq \f(3,4)B0Lv0　(2)eq \f(5L,3v0) 　(3)2,0)eq \f(3v,50L) 　eq \f(1,10)mveq \o\al(2,0) 解析：(1)当导体框AB边刚进入第一个磁场带时，导体框AB边相对磁场带的速度为v0，方向水平向左，所以由右手定则可知导体框中的电流方向为逆时针方向，所以AB两端的电压为负 由法拉第电磁感应定律，导体框中的感应电动势E＝B0Lv0 AB两端的电压UAB＝－eq \f(E,R)×eq \f(3,4)R＝－eq \f(3,4)B0Lv0。 (2)设导体框进入第一个磁场带的过程的时间为Δt，安培力的冲量有I安1＝eq \o(F,\s\up14(－))安Δt，eq \o(F,\s\up14(－))安＝eq \o(I,\s\up14(－))LB0，eq \o(I,\s\up14(－))＝eq \f(\o(E,\s\up14(－)),R)，eq \o(E,\s\up14(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝B0L2 整理有I安1＝2,0)eq \f(BL3,R) 同理，导体框离开第一个磁场带的过程中，安培力的冲量I安1′＝2,0)eq \f(BL3,R) 则I安1＋I安1′＝22,0)eq \f(BL3,R) 设导体框离开第一个磁场带瞬间的速度大小为v1，由动量定理有22,0)eq \f(BL3,R) ＝mv1－0 同理，设导体框离开第二个磁场带瞬间的速度大小为v2，由动量定理有22,0)eq \f(BL3,R) ＝mv2－mv1 解得v2＝eq \f(2,5)v0 此时导体框AB边与第三个磁场带右边界的距离为L，所以导体框离开第二个磁场带到进入第三个磁场带所用的时间t＝eq \f(L,v0－v2) 解得t＝eq \f(5L,3v0)。 (3)导体框AB边刚进入第三个磁场带时，对导体框受力分析并结合牛顿第二定律有F安＝ma F安＝I′LB0，I′＝eq \f(E′,R)，E′＝B0L(v0－v2) 解得a＝2,0)eq \f(3v,50L) 设导体框穿过第三个磁场带的瞬间速度大小为v3，结合(2)问，由动量定理有 22,0)eq \f(BL3,R) ＝mv3－mv2 由动能定理有W安＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,3)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2) 解得此过程中安培力对导体框做的功W安＝eq \f(1,10)mveq \o\al(2,0)。 5．(2025·河北省衡水中学高三下一模)(18分)在如图所示 的空间直角坐标系中，yOz平面左侧匀强磁场沿z轴正方向， 右侧匀强磁场沿y轴正方向，左、右两侧磁场的磁感应强度大 小均为B；yOz平面右侧还有沿y轴正方向的匀强电场。空间 中坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－d，\f(πd,16)，0))的M点有一粒子源，粒子源发射粒子的初速度方向均沿xOy平面，与x轴正方向的夹角为30°，斜向右上方。其中初速度为v0(未知)的粒子恰好不能到达yOz平面右侧，初速度为eq \f(3,2)v0的粒子运动轨迹恰好与xOz平面相切。已知粒子源发射的所有粒子的质量均为m，电荷量均为＋q。不计粒子的重力。求： (1)初速度v0的大小； (2)初速度为eq \f(3,2)v0的粒子的运动轨迹与xOz平面切点的坐标； (3)初速度为eq \f(3,2)v0的粒子前两次经过yOz平面的交点间的距离； (4)初速度为eq \f(3,2)v0的粒子第n次在yOz平面左侧运动时的速度大小(n≥2)。 答案：(1)eq \f(\a\vs4\al(2Bqd),3m)　(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)d，0，\f(2\r(3)－\r(6),4)d)) (3)eq \f(d,2) eq \r(12＋π2) (4)eq \f(\a\vs4\al(Bqd),2m) eq \r(（4n－5）2＋3)(n＝2，3，4，…) 解析：(1)由题意可知初速度为v0的粒子的运动轨迹与y轴相切，设其做圆周运动的半径为R1，如图1所示 由几何知识可得R1＋R1cosi＝d，i＝60° 由洛伦兹力提供向心力有Bqv0＝m2,0)eq \f(v,R1) 联立解得v0＝eq \f(2Bqd,3m)。 (2)设初速度为eq \f(3,2)v0的粒子在yOz平面左侧运动时的半径为R2，由洛伦兹力提供向心力有Bq·eq \f(3,2)v0＝meq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)v0))\s\up12(2),R2) 解得R2＝d 该粒子在左侧磁场中的运动轨迹如图2所示 由几何关系知，粒子第1次到达y轴时的速度 与x轴正方向成r＝30°角斜向下，此时将粒子的速度分解，平行于x轴的分速度 vx＝eq \f(3,2)v0cosr＝eq \f(\a\vs4\al(\r(3)Bqd),2m) 平行于y轴的分速度vy＝eq \f(3,2)v0sinr＝eq \f(\a\vs4\al(Bqd),2m) 在yOz平面右侧粒子在垂直y轴方向做匀速圆周运动，沿y轴方向在电场力作用下先做匀减速直线运动，由题意和几何知识可知，到达xOz平面沿y轴方向速度为零，设该阶段运动时间为t1，有eq \f(vy,2)t1＝eq \f(πd,16) 解得t1＝eq \f(πm,4Bq) 在垂直y轴方向，设其做匀速圆周运动的半径为R3，周期为T，由洛伦兹力提供向心力有Bqvx＝2,x)eq \f(mv,R3) T＝eq \f(2πR3,vx) 可得t1＝eq \f(T,8)，即粒子在xOz平面内的轨迹所对应的圆心角为45° 粒子与xOz平面相切时，对应的坐标 x＝R3sin45°＝eq \f(\r(6),4)d z＝R3－R3cos45°＝eq \f(2\r(3)－\r(6),4)d 即切点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)d，0，\f(2\r(3)－\r(6),4)d))。 (3)由图2可知，粒子第1次经过yOz平面时的y轴坐标为y1＝eq \f(πd,16)，设粒子在电场方向上的加速度大小为a，从与xOz平面相切到第2次与yOz平面相交用时为t2，有t2＝eq \f(T,2)－t1＝eq \f(3,8)T 粒子沿y轴方向所受电场力不变，加速度不变，第2次与yOz平面相交时的y轴坐标为y2＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,2) 由(2)可知y1＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)，y1＝eq \f(πd,16) 粒子前两次经过yOz平面的交点在y轴上的距离Δy＝y2－y1 解得Δy＝eq \f(πd,2) 由几何关系可得粒子前两次经过yOz平面的交点间的距离L＝eq \r(（2R3）2＋（Δy）2) 解得L＝eq \f(d,2) eq \r(12＋π2)。 (4)由(3)可得a＝eq \f(vy,t1)＝eq \f(2B2q2d,πm2) 初速度为eq \f(3,2)v0的粒子第2次刚进入yOz平面左侧运动时沿y轴方向的速度大小为vy2＝at2＝eq \f(3Bqd,2m) 因为粒子在进出yOz平面左侧时，垂直y轴的分速度反向，平行y轴的分速度不变，而沿y轴方向只在yOz平面右侧才有不变的加速度，且每次加速时间均为eq \f(T,2)，所以第n次刚进入yOz平面左侧运动时沿y轴方向的速度大小为 vyn＝vy2＋(n－2)aeq \f(T,2)(n＝2，3，4，…) 粒子第n次在yOz平面左侧运动时的速度大小为v＝2,x)eq \r(v＋veq \o\al(2,yn)) 解得v＝eq \f(\a\vs4\al(Bqd),2m) eq \r(（4n－5）2＋3)(n＝2，3，4，…)。 $