第3部分 选择题组B5-【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万有引力定律、电磁感应、能量守恒等核心考点，依据高考评价体系梳理了运动与相互作用、能量观念等考查要求，通过2025年各地模拟题（如江西九江二模、北京顺义一模）分析考点权重，归纳出天体运动计算、电磁感应现象分析等常考题型，构建针对性备考体系。 课件亮点在于“真题限时训练+科学思维培养”，如以铝管中磁体下落题为例，通过楞次定律推论分析受力与能量变化，培养模型建构与科学推理素养。设置易错点警示（如光电效应中遏止电压与光强关系），帮助学生掌握解题技巧，教师可依托课件精准定位高频考点，提升复习效率。

第三部分　拆卷练 选择题限时练 选择题组B5 满分46分，限时30分钟 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．(2025·江西省九江市高三下二模)某人造地球卫星沿圆轨道运行，轨道半径是6.8×103 km，周期是5.6×103 s，引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，试根据这些数据估算地球的质量为(　　) A．2×1020 kg B．4×1022 kg C．6×1024 kg D．8×1026 kg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2．(2025·江西省萍乡市高三下二模)如图为“用传感器探究气体等温变化的规律”的实验装置，实验时某同学缓慢推动活塞，在使注射器内空气体积逐渐减小的过程中，由注射器壁上的刻度读出气体的体积V，由压强传感器测得的压强值p在计算机屏幕上实时显示，实验过程中该同学发现，封闭气体的温度有缓慢且细微的升高，则实验得到的图像可能是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3．(2025·江西省上饶市高三下一模)某同学设计了一种利用光电效应原理工作的电池。如图所示，K、A电极分别加工成球形和透明导电的球壳。现用波长为λ的单色光照射K电极，K电极发射光电子的最大初动能为Ek，忽略光电子重力及它们之间的相互作用。下列说法正确的是(　　) A．若仅增大入射光强度，A、K之间的最大电压将增大 B．若仅增大入射光强度，A、K之间的最大电压将不变 C．若仅增大入射光波长，A、K之间的最大电压将增大 D．若仅增大入射光波长，A、K之间的最大电压将不变 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 4．(2025·北京市顺义区高三下一模)如图所示，铝管竖直放置在水平桌面上，把一枚小磁体从铝管上端管口放入，小磁体不与管壁接触，且无翻转，不计空气阻力。小磁体在铝管内下落的过程中，下列说法正确的是(　　) A．小磁体的机械能不变 B．小磁体做自由落体运动 C．铝管对桌面的压力大于铝管的重力 D．小磁体动能的增加量大于重力势能的减少量 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析：小磁体在铝管中运动的过程中，铝管中产生感应电流，根据楞次定律的推论可知，小磁体受到向上的磁场力，该力对小磁体做负功，小磁体的机械能减少，动能的增加量小于重力势能的减少量，故A、B、D错误；由牛顿第三定律可知，小磁体对铝管有向下的作用力，所以铝管对桌面的压力大于铝管的重力，故C正确。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 6．(2025·河北省石家庄市高三下教学质量检测二)某智能车沿平直轨道以6 m/s的初速度开始做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝2 m/s2。当它运动一段时间后，控制系统自动将加速度大小调整为a2，且a2<1 m/s2，智能车继续做匀减速直线运动至停止。若后一阶段运动时间是前一阶段运动时间的2倍，则智能车运动的总位移大小可能为(　　) A．15 m B．12 m C．9 m D．6 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 9．(2025·河南省郑州市高三上一模)桐桐和乐乐乘坐溜冰电动车在水平冰面上玩耍。如图甲，桐桐开着电动车向停在正前方的乐乐冲来，在碰撞前瞬间熄火；乐乐的电动车一直处于熄火状态。已知桐桐与车的总质量为40 kg，在碰撞前后的一段时间内，两车的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。则(　　) A．碰前桐桐与车受到的合力大小为40 N B．乐乐与车的总质量为37.5 kg C．对桐桐、乐乐和两辆电动车组成的 系统，此次碰撞过程没有机械能损失 D．两车碰后，均停止运动时相距7.5 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：设地球的质量为M，人造地球卫星的质量为m，轨道半径为r，周期为T，根据万有引力提供向心力可得Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，得M＝eq \f(4π2r3,GT2)，代入数据解得M≈6×1024 kg，故选C。 解析：根据理想气体状态方程有eq \f(\a\vs4\al(pV),T)＝C，整理可得p＝CTeq \f(1,V)，可知随着eq \f(1,V)的增大，温度T逐渐升高，图像上的点与原点连线的斜率会变大，故选B。 解析：当入射光的波长为λ时，设K电极发射光电子的最大初动能为Ek，K电极的逸出功为W0，根据光电效应方程可得Ek＝hν－W0＝heq \f(c,λ)－W0，设A、K之间的最大电压为U，根据动能定理可得－eU＝0－Ek，解得U＝eq \f(Ek,e)＝eq \f(h\f(c,λ)－W0,e)，可知若仅增大入射光强度，A、K之间的最大电压将不变；若仅增大入射光波长，A、K之间的最大电压将减小，故选B。 5．(2025·河南省焦作市高三下二模)假设不考虑大气对阳光的折射作用，太阳光恰好能够照亮半个地球，赤道处“昼”“夜”时长可视为相同。然而，由于大气层的存在，太阳光线在大气层中折射，致使“昼”“夜”时长不等。为了研究这一现象，可以简化为这样的等效模型：不均匀的大气可等效为折射率等于eq \r(2)的均匀大气，大气层的厚度等效后等于地球半径R。根据该简化模型，可计算出赤道处“白昼”时长约为(　　) A．10 h B．11 h C．13 h D．14 h 解析：太阳光是平行光，在赤道上取A、B两点，使A点与入射光线的延长线相切，B点与折射光线相切，如图所示，由几何关系可得临界光线的折射角r满足sinr＝eq \f(R,2R)，可知临界光线的折射角为r＝30°，根据折射定律n＝eq \f(sini,sinr)，可得临界光线的入射角i＝45°，设∠AOB＝α，由几何关系可知α＝(90°－r)－(90°－i)＝15°，赤道处“白昼”时长约为24 h×eq \f(180°＋2α,360°)＝14 h，故选D。 解析：智能车做匀减速直线运动的初速度v0＝6 m/s，设前一阶段时间为t，则后一阶段时间为2t，后一阶段的初速度大小为v，根据匀变速直线运动规律有v＝v0－a1t＝6－2t，智能车运动的总位移大小为x＝v0t－eq \f(1,2)a1t2＋eq \f(v,2)×2t，整理可得x＝－3t2＋12t，由eq \f(v－0,a2)＝2t及v＝6－2t，结合a2<1 m/s2，可得t>1.5 s，结合v>0，可得t<3 s，则t的取值范围为1.5 s<t<3 s，根据数学知识可得x的取值范围是9 m<x≤12 m，故选B。 7．(2025·湖南省长沙市雅礼中学高三下月考)带发电机的自行车，能利用车轮带动发电机转动发电对车灯提供电源。图甲是其发电机与车轮接触部分的照片，发电的基本原理可简化为一个线圈在匀强磁场中转动来产生电动势(如图乙所示)。已知发电机转轮(转速与发电机线圈一样)的半径为r，发电机线圈所围面积为S、匝数为n、电阻为R0，磁场的磁感应强度为B，车灯电阻为R。当自行车以某速度在平直公路上匀速行驶时受到地面及空气的总阻力为Ff，车灯消耗的电功率为P。则(　　) A．自行车的行驶速度为eq \f(2（R0＋R）r,nBS) eq \r(\f(P,R)) B．流经车灯的电流方向变化的频率为eq \f(R0＋R,πnBS) eq \r(\f(P,R)) C．线圈转动一圈克服安培力做的功为πnBSeq \r(\f(2P,R)) D．骑车人做功的功率为eq \f(Ff（R0＋R）r,nBS) eq \r(\f(2P,R))＋P 解析：设线圈角速度为ω，则发电机产生的电动势有效值E＝eq \f(nBSω,\r(2))，电流的有效值I＝eq \f(E,R＋R0)，车灯消耗的电功率P＝I2R，联立解得ω＝eq \f(R＋R0,nBS) eq \r(\f(2P,R))，发动机转轮边缘的线速度与车轮的线速度相等，自行车的行驶速度v＝ωr＝eq \f(（R0＋R）r,nBS) eq \r(\f(2P,R))，A错误；交流电的频率f＝eq \f(1,T)，T＝eq \f(2π,ω)，联立以上解得f＝eq \f(R＋R0,2πnBS)　eq \r(\f(2P,R))，转动一周电流方向改变两次，故流经车灯的电流方向变化的频率为f1＝2f＝eq \f(R＋R0,πnBS) eq \r(\f(2P,R))，故B错误；由功能关系可知，线圈转动一圈克服安培力做的功W＝EIT，又因为E＝eq \f(nBSω,\r(2))，I＝eq \r(\f(P,R))，T＝eq \f(2π,ω)，联立解得W＝πnBSeq \r(\f(2P,R))，故C正确；由功能关系可知，骑车人做功的功率P人＝Ffv＋I2(R＋R0)，联立以上解得P人＝eq \f(Ff（R0＋R）r,nBS)·eq \r(\f(2P,R))＋eq \f(（R0＋R）P,R)，故D错误。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．(2020·江苏卷，8)如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l。忽略空气阻力，则(　　) A．A和B的位移大小相等 B．A的运动时间是B的2倍 C．A的初速度是B的eq \f(1,2) D．A的末速度比B的大 解析：位移为由初位置到末位置的有向线段，由图可得A、B 的位移大小分别为sA＝eq \r(l2＋（2l）2)＝eq \r(5)l，sB＝eq \r(（2l）2＋l2)＝eq \r(5)l， 故A和B的位移大小相等，A正确；小球A、B在竖直方向上做自 由落体运动，则A、B的运动时间分别为tA＝eq \r(\f(2×2l,g))＝2eq \r(\f(l,g))，tB＝ eq \r(\f(2l,g))，故A的运动时间是B的eq \r(2)倍，B错误；小球A、B在水平方向上做匀速直线运动，则A、B的初速度分别为 vxA＝eq \f(l,tA)＝eq \f(\a\vs4\al(\r(gl)),2)，vxB＝eq \f(2l,tB)＝eq \r(2gl)，故A的初速度是B的eq \f(1,2\r(2))，C错误；小球A、B在竖直方向上的末速度分别为vyA＝eq \r(2g·2l)＝2eq \r(gl)，vyB＝eq \r(2gl)，所以A、B的末速度分别为vA＝2,xA)eq \r(v＋veq \o\al(2,yA)) ＝eq \f(\a\vs4\al(\r(17gl)),2)，vB＝2,xB)eq \r(v＋veq \o\al(2,yB)) ＝2eq \r(gl)＝eq \f(\a\vs4\al(\r(16gl)),2)，故A的末速度比B的大，D正确。 解析：设桐桐与车的总质量为m1，乐乐与 车的总质量为m2，根据速度—时间图像的斜率 表示加速度的大小，可知碰撞前桐桐与车的加速 度大小为a1＝eq \f(4－3,1.0) m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二 定律，可得桐桐与车受到的合力大小为F1＝m1a1＝40×1 N＝40 N，故A正确；由题图乙可知，碰撞前瞬间桐桐与车的速度大小为v1＝4 m/s，乐乐与车的速度为0，碰撞后桐桐与车的速度大小为v1′＝1 m/s，乐乐与车的速度大小为v2＝4 m/s，由动量守恒定律有m1v1＝m1v1′＋m2v2，解得m2＝30 kg，故B错误；对桐桐、乐乐和两辆电动车组成的系统，碰撞前瞬间的机械能为桐桐与车的动能，为Ek＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)×40×42 J＝320 J，碰撞后的机械能为桐桐与车的动能和乐乐与车的动能之和， 为Ek′＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)×40×12 J＋eq \f(1,2)×30×42 J＝260 J，可知Ek>Ek′，故此次碰撞过程有机械能损失，C错误；根据速度—时间图像与时间轴围成的面积表示位移，可得两车碰后，桐桐与车的位移为x1＝eq \f(1,2)×1×(2.1－1.1) m＝0.5 m，对乐乐与车，在1.1 s到2.1 s，可得加速度为a2＝eq \f(3－4,2.1－1.1) m/s2＝－1 m/s2，则碰撞后乐乐与车的速度从4 m/s减到0所经过的位移为x2＝2,2)eq \f(0－v,2a2) ＝eq \f(0－42,2×（－1）) m＝8 m，故两车碰后，均停止运动时相距Δx＝x2－x1＝8 m－0.5 m＝7.5 m，故D正确。 10．(2025·江西省萍乡市高三下二模)如图甲所示为一种“自动旋转电玩小球”玩具模型的简化图。内侧半径为R的光滑绝缘轨道竖直固定放置，轨道内部存在与轨道平面平行的匀强电场(方向未知)。轨道内侧有一质量为m、电荷量为＋q的五彩小球从轨道最低点P以某一初速度启动，在轨道平面内沿逆时针方向恰好能做完整的圆周运动。运动过程中，小球与轨道圆心O的连线与OP方向的夹角记为θ，图乙所示为小球在运动过程中的电势能Ep随角度θ的变化情况，已知重力加速度为g，则(　　) A．匀强电场的方向水平向左 B．电场强度的大小为eq \f(\r(2)mg,q) C．小球运动过程中动能的最小值为eq \r(2)mgR D．小球运动过程中对轨道压力的最大值为6eq \r(2)mg 解析：如图所示，其中M、N为轨道上与圆心O等高的 两点，Q为轨道的最高点，根据题图乙可知，当θ＝0或θ＝ π时，小球的电势能都为0，则P、Q两点的连线为等势线， 当θ＝eq \f(π,2)时，小球运动到N点，电势能最大为EpNmax＝mgR， 则N点电势φN＝eq \f(\a\vs4\al(mgR),q)，当θ＝eq \f(3π,2)时，小球运动到M点，电势能最小为EpMmin＝－mgR，则M点电势φM＝－eq \f(\a\vs4\al(mgR),q)，电场线方向垂直于等势线且由高电势指向低电势，可得电场线方向为N指向M，即水平向左，故A正确；小球由N点运动到M点，由功能关系得qE·2R＝EpNmax－EpMmin，解得电场强度的大小E＝eq \f(\a\vs4\al(mg),q)，故B错误； 小球所受电场力F＝qE＝mg，所以小球在轨道内受到的等效 重力为F合＝eq \r(2)mg，方向与MN成45°角指向左下方，小球 运动到等效最高点时动能最小，由题意可知，小球恰好做圆周 运动，则在等效最高点的速度vmin满足F合＝m2,min)eq \f(v,R) ，小球在运 动过程中动能的最小值Ekmin＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,min)，解得Ekmin＝eq \f(\r(2),2)mgR，故 C错误；小球运动到等效最低点时对轨道的压力最大，小球从等效最高点运动到等效最低点的过程，由动能定理有F合·2R＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,max)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,min)，在等效最低点处，由牛顿第二定律有Nmax－F合＝m2,max)eq \f(v,R) ，联立解得轨道对小球的支持力最大为Nmax＝6eq \r(2)mg，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力的最大值为Nmax′＝Nmax＝6eq \r(2)mg，故D正确。 $