2026年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）新版

当θ=30°时，反射光b和折射光c刚好垂直。下列说法正确的是()A.该材料对红光的折射率为√3B.若θ=45°,光线cC.若入射光a变为白光，光线b为白光D.若入射光a变为紫光，光线b和c仍然垂直过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a相连接，连接b的一段细绳与斜面平行，a物体在方向可变的拉力F作用下静止在如图所示位置，已知F最小时，大小为5N,(重力加速度大小为g=10m/s²)则()A.a物体质量为1kgB.F最小时，方向水平向右3.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，以直线MN为分界线，MN左、右两侧导轨的间距分别为1、21。导轨处在竖直向上的匀强磁场中，其中MN左侧磁场的磁感应强度大小为2B、MN右侧磁场的磁感应强度大小为B。质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，两导体棒接入电路中的阻值均为R,其余电阻不计。初始时两导体棒均静止，现对α棒施加水平向左的恒力F,同时对b棒施加水平向右的恒力F₂,且F=F₂=F,好稳定的过程中b棒的位移大小为x,则此过程中()A.同一时刻a棒的加速度大小等于b棒加速度大小的2倍B.运动状态稳定时a棒做匀加速运动C.运动状态稳定时b棒的速度大小为D.α棒产生的焦耳热4.如图所示，足够长平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，间距d=1m,导轨间存在一个宽度L=1m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为1.0T,方向如图所示。一根质量为0.2kg,阻值为0.5Ω的金属棒a以初速度₀=8m/s从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量为0.4kg,阻值为0.5Ω的静止在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则()A.金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，回路中有逆时针方向的感应电流B.金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，通过金属棒a的电荷量为2CC.金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为2.75JD.金属棒a最终停在距磁场左边界0.2m处5.某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点，下列说法正确的是()A.粒子带负电荷B.M点的电场强度比N点的小C.粒子在运动轨迹上存在动能最小的点D.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能6.如图所示，竖直固定的光滑绝缘细杆上的O点套有一个质量为m、电荷量为-q的带负电的小环，在杆的左侧固定一个电荷量为Q(Q>0)的点电荷P,杆上a、b两点与P正好构知ab=Oα=l,静电力常量为k,重力加速度大小为g。规定O点的电势为零，下列说法正确A.小环运动到a点时对杆的压力大小为B.小环运动到a点时对杆的压力方向水平向右C.小环通过b点的速率为vD.b点的电势7.如图，两对等量异号点电荷+q、-q(q>0)固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，0为内切圆的圆心，M为切点。则()A.L和N两点处的电场方向相互垂直B.M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左D.将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零8.四个带电粒子的电荷量和质量分别(+q,m)、(+q,2m)、(+3q.3m)、(-q,m)相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是()A.9.在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨A.在运动过程中，电势能先增加后减少B.在P点的电势能大于在N点的电势能C.在M点的机械能等于在N点的机械能D.从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功10.有一电荷量分布均匀且带电量为+Q的圆环，在其轴线上距离圆心x处产生的电场强度大小如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，在圆心右侧紧靠圆心处由静止释放，仅在电场力作用下沿轴线向右运动。下列说法正确的是()A.该粒子带负电B.该粒子沿轴线运动过程中电势能逐渐减少C.该粒子运动过程中最大加速度约为D.该粒子从r运动到2r过程中电场力做的功约为0.8qE₀r11.如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A,质量为m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k,重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是()A.小球A运动到弹簧原长处的速度最大B.剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为C.小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为D.小球A运动到最低点时，弹簧的12.一辆新型锂电池电动车在水平的直轨道上由静止开始以10kW的恒定功率加速前进，电到的阻力大小不变，电动车从起点到达到最大速度所用的时间为30s。下列说法正确的是()A.电动车的质量为10kgB.电动车所受的阻力大小为500NC.电动车的速度大小为5m/s时的加速度大小为60m/s²D.电动车从起点到达到最大速度时通过的距离为50m13.水平地面上有一质量为m的长木板，木板的左端上有一质量为m₂的物块，如图(a)F₂分别为t、专时刻F的大小。木板的加速度a随时间1的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为所，物块与木板间的动摩擦因数为从₂,假设最大静摩擦力均与艇前进方向为正方向，图2中a>2a₂,赛艇(含选手)总质量为m,这两个划桨周期内的D.0~6s时间内F对物块所做的功为40J18.水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于s₀时，速度的大小为v₀,此时撤去F,物体继续滑A.在此过程中F所做的功B.在此过中F的冲量大小等于C.物体与桌面间的动摩擦因数等于D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍19.如图所示，两根等长的长直导体棒PP定电流。稳定时细线与竖直方向的夹角分别为α、β,已知PP、QQ均平行于00′且到悬挂轴线00的距离相等，忽略其他通电导线对PP'、QQ'的作用力。下列说法正确的是()B.PP'、QQ'电流方向相反D.PP、QQ质量之比为tanβ:tana20.安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知()测量序号10203040A.测量地点位于南半球C.第2次测量时y轴正向指向南方D.第3次测量时y轴正向指向东方21.如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中放置一个厚度为d的半导体矩形薄片，在薄片中通上图示的电流1,薄片MN两侧会出现恒定的霍尔电压，霍尔电压与电流的比值称中h为普朗克常量，e为电子电荷量，i为正整数)。有关霍尔电阻与磁感应强度B的关系，如图乙所示。已知半导体薄片的厚度为d=1mm,薄片中自由电子的电荷量为e,单位体积内的自由电子数为7,普朗克常量为h=6.63×10³⁴Js,电子的电荷量e=1.6×10⁻¹⁹℃,则下列说法正确的是()甲乙A.图甲中M处的电势高于N处的电势B.霍尔电阻会随电流I的增大而增大第11页共35页D.B=5T时，若薄片中通过电流I=0.1mA,则霍尔电压约为0.35V22.2025年5月1日，全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导托卡马克核聚变实两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B,内圆半径为R₀。在内圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动，并径向；b和c粒子速度方向相反且与a粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法正确的是()A.外圆半径等于2R₀B.a粒子返回A点所用的最短时间为23.一列沿x轴方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，介质中质点P的平衡位置坐标xp=16cm,质点Q的平衡位置坐标xo=32cm,从图示时刻起经历最短时间△=0.4s质点P与质点Q的速度第一次相同。下列说法正确的是()A.简谐横波的频率可能为0.25HzB.波在介质中传播的波速可能为0.4m/sC.从图示时刻起，质点Q比质点P先回到平衡位置D.介质中平衡位置xx=20cm处质点M的振动方程为y=10sin(2π7+π)cm十、热力学定律24.一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c,其过程如T-V图上的两条线段所示，则气体在()A.状态a处的压强大于状态c处的压强B.由a变化到b的过程中，气体对外做功C.由b变化到c的过程中，气体的压强不变D.由a变化到b的过程中，气体从外界吸热E.由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能25.如图，一定量的理想气体从状态a(P,V₀T)经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a。对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是()p/p₀p/p₀b2CaA.ab过程中，气体始终吸热B.ca过程中，气体始终放热C.ca过程中，气体对外界做功D.bc过程中，气体的温度先降低后升高E.bc过程中，气体的温度先升高后降低26.如图，一质量为M、长为1的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度w开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f,当物块从木板右端离开时()A.木板的动能一定等于flB.木板的动能一定小于flC.物块的动能一定大于D.物块的动能一定小于十二、恒定电流27.黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱，接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有3.0V,U23=2.5V,U₃4=-1.5V。符合上述测量结果的可能接法是()A.电源接在1、4之间，R接在1、3之间B.电源接在1、4之间，R接在2、4之间C.电源接在1、3之间，R接在1、4之间D.电源接在1、3之间，R接在2、4之间十三、圆周运动28.一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R+d)和探测器组成，其横截面如图(a)所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到0点的距离成反比，方向指向0点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为0、半径分别4从距0点的位置入射并从距0点r的位置出射，轨迹如图(b)中虚线所示。则()粒子2粒子4探测器粒子2粒子4A.粒子3入射时的动能比它出射时的大B.粒子4入射时的动能比它出射时的大C.粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能D.粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能第1页共35页123456789f=T-mgsin30°=(5√3-5N,故D正确。【详解】A.设回路中的电流为i,根据牛顿第二定律，对a棒有对b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、V%,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，a棒的位移大小稳定运动时对a、b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,【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α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平均电动势为金属棒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故D错误。故选AC。【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C【点睛】【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，根据动能定理由于P.=P,a、b两点在P形成的电场的同一等势线上，所以U=0D.小环从O点到a点的过程，根据动能定理所以a点的电因为a、b两点在同一等势线上，故b点的电势,故D正确。故选AD.【详解】A.两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向0,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0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。【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：(+q,m)粒子与(+3q.3m)粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与(-q,m)粒子的比荷也相同，所以(+q,m)、(+3q.3m)、(-q,m)三个粒子偏转角相同，但(-q,m)粒子与前两个粒子的偏转方向相反；(+q.2m)粒子的比荷与(+q,m)、(+3q,3m)粒子的比荷小，所以(+q.2m)粒子比(+q,m)、(+3q.3m)粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同。【详解】ABC.由题知，OP>0M,OM=ON,则根据点电荷的电势分布情况可知则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP>EM=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。【详解】A.均匀带电+Q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C.粒子受电场力最大时，加速度最大，即C正确：D.E-x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【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，弹簧处选项A错误；B.剪断细线之前则F=3ng剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律F鼻-2mg=2ma解得A的加速度选项B正确；C.剪断细线之前弹簧伸长量即振幅为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,结合图像可25s³/m²代入P=10kW解得m=25kg,f=500N,D.达到最大速度时有F=f=500N又P=Fv=10000W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x=590m,选项D错误。故选BC。BC,图(c)可知，1₂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，有解得解得加速度a₂=-4m/s²,故A正确；P与Q速度相同时有v'=at=v+a₂t解得t=0.5s,v¹=4m/s,C.P与Q速度相同之后，P下滑的加速度Q下滑的加速度Q匀速下滑。前0.5sP相对Q上滑，相对位移D.从撤去外力至P与Q分离，两者之间因摩擦故选AD。【详解】A.第一个划桨周期速度增量因为初速度未知，故不能求出合力做的总功，故A错误：第10页共35页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CD.作出连续两个划桨周期的v-t图像，如图所示T3T3由v-1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【详解】AB.猫的运动反向看成平抛运动，则在竖直方向有解得t=0.4s在水平方向有xmc=L-xAc=V解得v₀=4m/s又竖直方向的速度为V,=gt=4m/sC.设猫在轻绳上荡到最高点时，绳与竖直方向的夹角为a,根据机械能解得cosα=0.6沿切线方向，根据牛顿第二定律有mgsina=ma解得a=8m/s²,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x和x2,则第11页共35页由水平方向动量守恒得mLx,=Mx₂根据几何关系可得x+x₂=L联立解得x₂=0.4m根据x₂=vr猫跳起的初速度为v=√²+v,=√17ms根据水平方向动量守恒my=Mv₂解得v=0.25m/s则猫跳起过程中所消耗的能量,故D正确。故选ACD。【详解】物块与地面间的摩擦力为AC.对物块从0~3s内由动量定理可知即得3s时物块的动量为p=mv,=6kg·m/s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.0-3s物块发生的位移为x,由动能定理可得即得x=9m3s~4s过程中，对物块由动能定理可得即得x₂=3m4s~6s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V₆=2×2m/s=4m/s0~6s拉力所做的功为故D正确。【详解】CD.外力撤去前，由牛顿第二定律可知由速度位移公式有外力撤去后，由牛顿第二定律可知第13页共35页由①②③④可得，水平恒力可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，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作用时间故B正确。故选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，故电由几何关系∠OPQ=ZOQP故选BC。【详解】A.如图所示地磁北极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B,<0,故y轴指向南方，第3次测量B,>0,故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正【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第15页共35页设半导体宽为b,半导体的电流方向的横截面积为S=db解得则霍尔电阻不会随电流的增大而增大，故B错误；故选AC。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根据a粒子的速度大小为则K=R₁+√2RA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ta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bc粒子运动轨迹图，如图所示D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