2026年高考物理三轮冲刺：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BCCBBBDBDA题号11121314151617181920答案DCCBCBCDBA题号21222324252627282930答案BBCBCCABDA题号3132答案BA1．B【详解】A．粒子在加速电场中被加速时在偏转电场中做类平抛运动，则，解得选项A错误；B．当时粒子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，则解得选项B正确；C．根据若其它条件不变，要增加样品的辐照范围，则需减小U1，选项C错误；D．由图可知t1时刻所加的向上电场电压小于t2时刻所加的向下的电场的电压，则t1时刻射入的粒子打到A点时的竖直位移小于打到B点时的竖直位移，则选项D错误。故选B。2．C【详解】AB．物块开始运动时的加速度为，故AB错误；CD．物块一直向右加速，根据动能定理有，可得，故C正确，D错误。故选C。3．C【详解】A．电场线的疏密表示电场强度的相对大小，P点处的电场线要比M点处的稀疏，所以P点电场强度小于M点，故A错误；B．沿着电场线方向电势逐渐降低，可知，从P点到无穷远处，电势降低，从无穷远处到N点，电势也降低，所以P点电势高于N点电势，故B错误；C．M点离负电荷更近，电势更低，所以M点电势小于N点电势，故C正确；D．带电小颗粒所受电场力指向轨迹内侧，则小颗粒带正电，从N移动到M，电场力做正功，电势能减小，则N点电势能大于M点电势能，故D错误。故选C。4．B【详解】A．φ-x图像中，图像的斜率表示电场强度大小，由于B点的切线水平，则B点的电场强度为零，则点电荷M、N一定带同种电荷，又因为各点的电势均小于零，所以两点电荷M、N一定均带负电荷，故A错误；B．由于B点的电场强度为零，则两点电荷M、N在B点形成的电场强度的矢量和为零，即则，故B正确；C．A点的电势为两点电荷M、N在A点电势的代数和，则同理B点的电势为解得，故C错误；D．同理C点的电势为解得A、B两点的电势差为C、B两点的电势差为则，故D错误。故选B。5．B【详解】A．简谐横波传播过程中，质点不随波的传播而迁移，A错误；BC．由题可知，该丝带波沿x轴正方向传播，则解得当时，周期，，则处的质点刚好运动到波谷，加速度最大且沿y轴正方向，B正确，C错误；D．由图可知，波长，波速当波速时，，D错误。故选B。6．B【详解】A．由图丙可知该机械波的周期为振幅为时刻质点m向下振动.且，质点n正在平衡位置向上振动，则m、n两点平衡位置的间距为又当时时（舍掉）故A错误；B．由公式可得故B正确；C．从时刻起内质点m通过的路程为故C错误；D．从时刻起内质点n通过的路程等于一个振幅，即故D错误。故选B。7．D【详解】A．时Q位于平衡位置，且沿y轴负方向振动，得当时，k不是整数，故A错误；B．由题图知该波波长为4m，则该简谐波的波速为当时，k不是整数，故B错误；C．若波向左传播，2s末P沿y轴正方向振动；若波向右传播，2s末P沿y轴正方向振动，故C错误；D．2s内质点Q完成全振动的次数为其路程可能为或当时，或，故D正确。故选D。8．B【详解】A．根据双缝干涉时相邻两个亮（或暗）条纹间距公式可知，如果仅l变大，则变大，故A正确，不符合题意；B．仅把绿色滤光片换为红色，变大，则变大，故B错误，符合题意；C．如果仅改用0.3mm的双缝，即仅d变大，则变小；故C正确，不符合题意；D．仅把光源与双缝间的单缝向双缝移近时，l、d、均不变，故不变，故D正确，不符合题意。故选B。9．D【详解】A．开普勒行星运动定律适用于任何中心天体的卫星系统，天问一号绕火星的运动同样遵循开普勒定律，故A错误；B．开普勒第三定律成立的条件是同一中心天体，而减灾卫星绕地球，天问一号绕火星，中心天体不同，故不成立，故B错误；C．减灾二号06是地球卫星，发射速度应介于第一宇宙速度（7.9km/s）和第二宇宙速度（11.2km/s）之间；天问一号需脱离地球引力，发射速度需大于第二宇宙速度，故C错误；D．天问一号需脱离地球引力但未脱离太阳系，发射速度应大于第二宇宙速度（11.2km/s）且小于第三宇宙速度（16.7km/s），故D正确。故选D。10．A【详解】A．根据题意，由万有引力提供向心力有解得可知，若，小星球做匀速圆周运动，故A正确；B．结合A分析可知，若，万有引力不足以提供小星球做匀速圆周运动所需要的向心力，小星球做离心运动，但又不能脱离恒星的引力范围，所以小星球做椭圆运动，而不是抛物线运动，故B错误；C．若，这是小星球脱离恒星引力束缚的临界速度，小星球将做抛物线运动，而不是椭圆运动，故C错误；D．若，小星球将脱离恒星引力束缚，做双曲线运动，不可能与恒星相撞，故D错误。故选A。11．D【详解】A．由黄金代换式G=mg可求得地球的质量，空间站绕地球做匀速圆周运动，有将地球的质量代入可求得空间站绕地球做匀速圆周运动的周期，由可求出一天内空间站绕地球运动的圈数，选项A不符合题意；B．根据开普勒第三定律可求出飞船沿椭圆轨道Ⅱ运动的周期，由A点运动到B点的时间为周期的一半，选项B不符合题意；C．飞船沿椭圆轨道从A运动到B的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得根据开普勒第二定律vAr1=vBr2联立可求出飞船在轨道Ⅱ上运动时经过B点的速度，选项C不符合题意；D．飞船两次变轨过程消耗的能量等于飞船机械能的增加量，因为飞船的质量未知，故不能求出飞船变轨前和变轨后飞船的机械能，也就没法求出变轨过程消耗的能量。选项D符合题意。故选D。12．C【详解】根据万有引力提供向心力有解得第一宇宙速度所以行星与地球的半径之比为它们的第一宇宙速度之比为代入数据计算可得行星和地球的质量之比约为故选C。13．C【详解】A．根据万有引力提供圆周运动的向心力，则有解得由于卫星在轨道2上的线速度比在轨道1上的线速度小，故卫星轨道2的半径比轨道1的半径大，A错误；B．根据周期可知，卫星轨道2的半径比轨道1的半径大，线速度比在轨道1上的线速度小，故卫星在轨道2的周期比轨道1的周期大，B错误；C．变轨到更高轨道上的过程中，需要点火加速，使卫星做离心运动，故卫星在轨道2上的机械能比在轨道1上的机械能大，C正确；D．两次变轨时发动机都做正功，使卫星的速度增大，做离心运动，D错误。故选C。14．B【详解】由图可知，S2绕黑洞的周期T=16年，地球的公转周期T0=1年，S2绕黑洞做圆周运动的半长轴r与地球绕太阳做圆周运动的半径R关系是地球绕太阳的向心力由太阳对地球的引力提供，由向心力公式可知解得太阳的质量为根据开普勒第三定律，S2绕黑洞以半长轴绕椭圆运动，等效于以绕黑洞做圆周运动，而S2绕黑洞的向心力由黑洞对它的万有引力提供，由向心力公式可知解得黑洞的质量为综上可得故选B。15．C【详解】ABC．航天员在空间站中所受万有引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，故C正确，AB错误；D．根据万有引力公式可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。故选C。16．B【详解】根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为，B球水平速度为，则有碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有联立解得，小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有解得可知，碰撞后，小球A运动落地，则水平方向上有解得故选B。17．C【详解】由牛顿第三定律可知,碗对杆的压力与杆对碗的弹力始终等大反向。对碗受力分析如图设b杆对碗的弹力F2与竖直方向的夹角为，则根据共点力的平衡条件可得A．若增大a、b间距，增大，则F1变大，故A错误；B．若减小a、b间距，则减小，F2减小，故B错误；CD．将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间，则减小，F1减小，F2减小，故C正确，D错误。故选C。18．D【详解】分别对6个瓦片受力分析如图所示（仅画出瓦片1）由平衡条件和牛顿第三定律可得A．根据牛顿第三定律，4右端对地面的压力与左端的一样大，均等于故A错误；B．5右端受到的支持力是2右端受到支持力的关系为故B错误；C．根据牛顿第三定律，4顶端受到的压力大小为故C错误；D．根据牛顿第三定律，5左端对地面的压力为故D正确。故选D。19．B【详解】A．拖线器抛出后做斜抛运动，垂直斜面方向做匀减速直线运动，沿斜面方向做匀加速直线运动，将重力加速度沿斜面和垂直斜面分解得，如图所示电线杆顶端到山坡的垂直距离设拖线器的初速度为v0，垂直斜面方向上由运动学公式得解得A错误；B．由运动学公式有得平行斜面方向，有抛出点与电线杆底部之间的距离代入数据解得，B正确；C．由对称性可知，垂直斜面方向下落时间t2与上升时间t1相等，故拖线器从抛出到落在山坡上所用的总时间为4s，C错误；D．抛出点与落点之间的距离x=gx（t1+t2）2落点与电线杆底部之间的距离得D错误。故选B。20．A【详解】小球运动到最低点时，受向上的外力F和重力mg，其中F=kv，设小球运动轨迹最低点的曲率半径为R，由牛顿运动定律有即小球在最低点的速度v具有唯一解，则有可得，小球下落过程，由于F始终与速度方向垂直，故只有重力做功，由动能定理有可得故选A。21．B【详解】A．根据题意有皮带传动时，两皮带轮边缘线速度大小相等，根据解得可知，发电机转子的角速度为手柄角速度的6倍，发电机产生的交变电流频率为故A错误；B．小灯泡闪烁的频率是交流电频率的两倍，即有故B正确；CD．感应电动势的峰值为结合上述可知，增大摇动手柄的角速度，小灯泡的闪烁频率增大，电动势的峰值增大，即电动势的有效值增大，即小灯泡的亮度也增大，故CD错误。故选B。22．B【详解】A．运动员从a点到b点做平抛运动，则有可得根据动量定理可知运动员从a点到b点的动量改变量的大小为故A错误；B．运动员落到b点时重力的瞬时功率为故B正确；CD．将运动在空中的运动分解为沿斜面和垂直斜面两个分运动；垂直斜面方向有解得运动员从a点飞出后离斜坡最远经历的时间为运动员离斜坡最远的距离为故CD错误。故选B。23．C【详解】A．发光体边缘发的光射到亮光区域的边缘恰好发生全反射，根据几何关系可知此时入射角的正弦值为根据临界角公式有，解得，故A错误；B．根据折射率与速度的关系有解得，故B错误；C．根据折射率的定义式有若发光体发出的一束光入射角的正弦值为，可解得折射角的正弦值为，故C正确；D．若换成红光，波长变长，则折射率变小，临界角变大，由几何关系可知发光区域的半径变大，故D错误。故选C。24．B【详解】A．当列车以恒定功率运行时，牵引力随着速度增大，牵引力逐渐减小，加速度也随之减小，因此列车做变加速运动，而非匀加速直线运动。故A错误；B．功率恒定时，根据，无论速度如何变化，牵引力在时间内做的功均为，故B正确；C．根据动能定理其中代入得位移，故C错误；D．动量变化量而因此故D正确。故选BD。25．C【详解】如图所示设圆环下降的高度为，圆环的半径为，它到P点的距离为，根据机械能守恒定律得由几何关系可得联立可得可得故C正确，ABD错误。故选C。26．C【详解】根据题意可知，用能量为的电子碰撞离子，可使离子跃迁到能级和能级，由可知，波长最长的谱线对应的跃迁为能级。故选C。27．A【详解】当两球运动至二者相距时，,如图所示由几何关系可知设绳子拉力为，水平方向有解得对任意小球由牛顿第二定律可得解得故A正确，BCD错误。故选A。28．B【详解】一个光子的能量为E=hνν为光的频率，光的波长与频率有以下关系c=λν光源每秒发出的光子的个数为P为光源的功率，光子以球面波的形式传播，那么以光源为原点的球面上的光子数相同，此时距光源的距离为R处，每秒垂直通过每平方米的光子数为3×1014个，那么此处的球面的表面积为S=4πR2则联立以上各式解得R≈3×102m故选B。29．D【详解】A．紫外线频率大于可见光频率，根据光子能量公式E=hν（h为普朗克常量，ν为光的频率）可知紫外线光子能量大于可见光光子能量，故A错误；B．光电效应是指在光的照射下，金属中的电子会被光子激发出来形成电流，而这里是荧光物质吸收紫外线光子能量后发出可见光，不是光电效应，故B错误；C．红外线频率小于可见光频率，根据能量守恒，物质吸收红外线（低能量）无法辐射出更高能量的可见光，故C错误；D．荧光物质原子的核外电子吸收紫外线光子能量先跃迁到高能级，高能级不稳定又会跃迁回低能级，过程中可能多次跃迁，释放出可见光光子，故D正确。故选D。30．A【详解】由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，

则根据几何关系可知粒子出离磁场时速度方向与竖直方向夹角为30°，则解得粒子做圆周运动的半径r=2a则粒子做圆周运动有则有如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq=qvB联立有故选A。31．B【详解】根据题意做出粒子的圆心如图所示设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径第二次的半径根据洛伦兹力提供向心力有可得所以故选B。32．A【详解】A．强磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流，玻璃是绝缘体故强磁体在玻璃管中运动，玻璃管不会形成涡流。强磁体