2026年高考物理三轮冲刺：多项选择题 能力提升练习题汇编（含答案解析）

第第页参考答案题号12345678910答案ABCADADACBCDADABADBCBCD题号11121314151617181920答案BCBCBCDADBDACDADBCBCBC题号2122232425262728答案ACBDABABDABEBDCDBD1．ABC【详解】A．根据几何关系可知从材料内发生折射时光线的折射角为，故折射率为

故A正确；B．设临界角为C，得故，故若，会发生全反射，光线c消失，故B正确；C．由于光线b为反射光线，反射角等于入射角，故当入射光a变为白光，光线b为白光，故C正确；D．对同种介质，紫光的折射率比红光大，故若入射光a变为紫光，折射角将变大，光线b和c不会垂直，故D错误。故选ABC。【点睛】2．AD【详解】ABC．设绳中张力为T，物体a受力示意图如图，可知当拉力F斜向右上与绳子垂直时的拉力最小，根据平衡条件有，解得，，故A正确、故BC错误；D．当F最小时绳中张力为，根据平衡条件可知，物体b的摩擦力为，故D正确。故选AD。3．AD【详解】A．设回路中的电流为，根据牛顿第二定律，对棒有对棒有可得A正确；B．分析可知两棒稳定的运动状态均为匀速直线运动，B错误；C．设两棒运动状态稳定时速度大小分别为、，此时闭合回路中的总感应电动势在达到稳定运动状态前的任意时刻有则可得又稳定时有其中联立解得C错误；D．在运动状态稳定前的任意时刻均有则从开始运动到运动状态稳定，棒的位移大小稳定运动时对、棒组成的系统根据能量守恒定律有棒产生的焦耳热联立解得D正确。故选AD。4．AC【详解】A．磁感应强度垂直纸面向外，金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，根据右手定则可知回路中有逆时针方向的感应电流，故A正确；B．金属棒a第一次穿过磁场时,电路中产生的平均电动势为根据电流的定义式可得=1C故B错误；C．金属棒a受到的安培力为规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得解得对金属棒第一次离开磁场时速度为m/s金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量，即金属棒b上产生的焦耳热为J故C正确；D．规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得解得金属棒a反弹的速度为m/s设金属棒a最终停在距磁场左边界x处，则从碰撞后进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势为平均电流为金属棒a受到的安培力为规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得解得m故D错误。故选AC。5．BCD【详解】A．根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知，带电粒子带正电，故A错误；B．等差等势面越密集的地方场强越大，故M点的电场强度比N点的小，故B正确；CD．粒子带正电，因为M点的电势大于在N点的电势，故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能；由于带电粒子仅在电场作用下运动，电势能与动能总和不变，故可知当电势能最大时动能最小，故粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小，故CD正确。故选BCD。【点睛】6．AD【详解】AB．由库仑定律可得，小环运动到a点时所受库仑力方向由a指向P，设r为P到a点的距离，依题意r=l，所以杆对小环的支持力方向水平向右，由牛顿第三定律知，小环对杆的压力大小方向水平向左，故A正确，B错误；C．小环从a点运动到b点的过程中，根据动能定理有由于Pa=Pb，a、b两点在P形成的电场的同一等势线上，所以可得，故C错误；D．小环从O点到a点的过程，根据动能定理有则又所以a点的电势因为a、b两点在同一等势线上，故b点的电势，故D正确。故选AD。7．AB【详解】A．两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；B．正方形底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；C．由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；D．由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。故选AB。8．AD【详解】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间为离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为因为四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三个带电粒子带正电，一个带电粒子带负电，所以一个粒子与另外三个粒子的偏转方向不同；粒子与粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与粒子的比荷也相同，所以、、三个粒子偏转角相同，但粒子与前两个粒子的偏转方向相反；粒子的比荷与、粒子的比荷小，所以粒子比、粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同。故选AD。9．BC【详解】ABC．由题知，OP>OM，OM=ON，则根据点电荷的电势分布情况可知φM=φN>φP则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP>EpM=EpN则小球的电势能与机械能之和守恒，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误、BC正确；D．从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。故选BC。10．BCD【详解】A．均匀带电的圆环在其右侧轴线上产生的场强向右，带电粒子从静止释放向右运动，说明所受电场力向右，该粒子带正电，A错误；B．该粒子沿轴线运动过程中电场力做正功，电势能逐渐减少，B正确；C．粒子受电场力最大时，加速度最大，即C正确；D．图像中图线与坐标轴围成的面积可以表示电势差，故该粒子从r运动到2r电场力做功约为D正确。故选BCD。11．BC【详解】A．剪断细线后，弹力大于A的重力，则A先向上做加速运动，随弹力的减小，则向上的加速度减小，当加速度为零时速度最大，此时弹力等于重力，弹簧处于拉伸状态，选项A错误；B．剪断细线之前则剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律解得A的加速度选项B正确；C．剪断细线之前弹簧伸长量剪断细线后A做简谐振动，在平衡位置时弹簧伸长量即振幅为由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸长量为，选项C正确；D．由上述分析可知，小球A运动到最低点时，弹簧伸长量为，选项D错误。故选BC。12．BC【详解】AB．由牛顿第二定律电动车做加速度逐渐减小的加速直线运动，整理得所以图像的斜率恒定为与纵轴的截距为结合图像可得，代入解得，，选项A错误，B正确；C．将代入解得，选项C正确；D．达到最大速度时有又解得电动车从起点到达到最大速度时根据动能定理有解得电动车从起点到达到最大速度时通过的距离为，选项D错误。故选BC。13．BCD【详解】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有A错误；BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有以木板为对象，根据牛顿第二定律，有解得BC正确；D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。故选BCD。14．AD【详解】A．时，对，根据牛顿第二定律解得加速度，故A正确；B．时，下滑的加速度为与速度相同时有解得，，故B错误；C．与速度相同之后，下滑的加速度为下滑的加速度为匀速下滑。前0.5s相对上滑，相对位移为共速后，相对下滑，有解得，故C错误；D．从撤去外力至与分离，两者之间因摩擦产生的热量为，故D正确。故选AD。15．BD【详解】A．第一个划桨周期速度增量为故第一个划桨周期的末速度为根据动能定理可得因为初速度未知，故不能求出合力做的总功，故A错误；B．经过连续两个划桨周期，速度增量为，故B正确；C．根据动量定理可得，相邻两个划桨周期内合力的冲量为，故C错误；D．作出连续两个划桨周期的图像，如图所示由图像面积的物理意义为位移可知，该相邻两个划桨周期的位移增量为图中阴影部分面积，即，故D正确。故选BD。16．ACD【详解】AB．猫的运动反向看成平抛运动，则在竖直方向有解得在水平方向有解得又竖直方向的速度为故猫跳起时的初速度大小设猫跳起时的初速度方向与水平方向的夹角为θ，根据几何关系有解得即猫跳起时的初速度方向与水平方向夹角为45°，故A正确，B错误；C．设猫在轻绳上荡到最高点时，绳与竖直方向的夹角为α，根据机械能解得沿切线方向，根据牛顿第二定律有解得，故C正确；D．由题意可知，设猫从A端走到B端时，猫和木板相对地面的位移大小分别为x1和x2，则由水平方向动量守恒得根据几何关系可得联立解得根据解得猫跳起的初速度为根据水平方向动量守恒解得则猫跳起过程中所消耗的能量，故D正确。故选ACD。17．AD【详解】物块与地面间的摩擦力为AC．对物块从s内由动量定理可知即得3s时物块的动量为设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得即解得所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；B．s物块发生的位移为x1，由动能定理可得即得过程中，对物块由动能定理可得即得物块开始反向运动，物块的加速度大小为发生的位移为即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；D．物块在6s时的速度大小为拉力所做的功为故D正确。故选AD。18．BC【详解】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知①由速度位移公式有②外力撤去后，由牛顿第二定律可知③由速度位移公式有

④由①②③④可得，水平恒力动摩擦因数滑动摩擦力可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；A．在此过程中，外力F做功为故A错误；B．由平均速度公式可知，外力F作用时间在此过程中，F的冲量大小是故B正确。故选BC。19．BC【详解】AB．由题意可知，两棒互相排斥，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，故电流方向相反，故A错误，B正确；CD．分别对两导体棒受力分析，根据正弦定理可得，由几何关系故，故C正确，D错误。故选BC。20．BC【详解】A．如图所示地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；B．磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为计算得B≈50μTB正确；CD．由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量，故y轴指向南方，第3次测量，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确、D错误。故选BC。21．AC【详解】A．根据左手定则，电子向N板偏转，故M板电势更高，故A正确；B．当半导体两端的霍尔电压稳定时，对于半导体内部电荷来说其所受电场力与洛伦兹力的合力为零，有半导体内的电流为设半导体宽为b，半导体的电流方向的横截面积为半导体两端的霍尔电压为整理有根据霍尔电阻定义有解得，则霍尔电阻不会随电流的增大而增大，故B错误；C．根据图乙，磁感应强度较小时不会出现量子霍尔效应，则与B成正比，由图乙可知，当时又代入数据联立解得，故C正确；D．当时根据代入数据解得，故D错误。故选AC。22．BD【详解】由题意，作出粒子运动轨迹图，如图所示a粒子恰好到达磁场外边界后返回，a粒子运动的圆周正好与磁场外边界，然后沿径向做匀速直线运动，再做匀速圆周运动恰好回到A点，根据a粒子的速度大小为可得设外圆半径等于,由几何关系得则A错误；B．由A项分析，a粒子返回A点所用的最短时间为第一次回到A点的时间a粒子做匀速圆周运动的周期在磁场中运动的时间匀速直线运动的时间故a粒子返回A点所用的最短时间为B正确；C．由题意，作出粒子运动轨迹图，如图所示因为b、c粒子返回A点都是运动一个圆周，根据b、c带正电且比荷均为，所以两粒子做圆周运动周期相同，故所用的最短时间之比为1:1，C错误；D．由几何关系得洛伦兹力提供向心力有联立解得D正确。故选BD。23．AB【详解】AB．当波经过PQ的平衡位置的中点位置时（坐标x=24cm）两质点速度相等，若波沿x轴正向传播，则波向右传播可知波速频率为若波沿x轴负向传播，则波向右传播可知波速频率为，选项AB正确；C．若波沿x轴正向传播，则P向上振动，Q向下振动，则从图示时刻起，质点Q比质点P先回到平衡位置；若波沿x轴负向传播，则P向下振动，Q向上振动，则从图示时刻起，质点P比质点Q先回到平衡位置，选项C错误；D．波沿x轴正向传播，则介质中平衡位置xM=20cm处质点M的振动方程为y=10sin（0.5πt）cm波沿x轴负向传播，则介质中平衡位置xM=20cm处质点M的振动方程为y=10cos（0.5πt）cm，选项D错误。故选AB。24．ABD【详解】AC．根据理想气体状态方程可知即图像的斜率为，故有故A正确，C错误；B．理想气体由a变化到b的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B正确；DE．理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有而，，则有可得，即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D正确，E错误；故选ABD。25．ABE【详解】A．由理想气体的图可知，理想气体经历ab过程，体积不变，则，而压强增大，由可知，理想气体的温度升高，则内能增大，由可知，气体一直吸热，故A正确；BC．理想气体经历ca过程为等压压缩，则外界对气体做功，由知温度降低，即内能减少，由可知，，即气体放热，故B正确，C错误；DE．由可知，图像的坐标围成的面积反映温度，b状态和c状态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，故bc过程的温度先升高后降低，故D错误，E正确；故选ABE。26．BD【