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）

一、全反射当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c消失C.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仍然垂直二、相互作用过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a相连接，连接b的一段变的拉力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gA.a物体质量为1kgB.F最小时，方向水平向右D.F最小时，b物体受斜面摩擦力大小为(5√3-5)N的是()C.小环通过b点的速率为voo一xxD.该粒子从r运动到2r过程中电场力做的功约为0.8qE₀r列说法正确的是()00()A.F₁=μmg艇前进方向为正方向，图2中a₁>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%,此时撤去F,物体继续滑行2s。的路程后停止运动，重力加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倍八、磁场定电流。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20.安装适当的软件后，利用智能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()10203040C.第2次测量时y轴正向指向南方D.第3次测量时y轴正向指向东方甲乙第11页共35页质点P与质点Q的速度第一次相同。下列说法正确的是()B.波在介质中传播的波速可能为0.4m/sD.介质中平衡位置xm=20cm处质点M的振动方程为y=10sin(2πt+π)cm示，则气体在()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B.ca过程中，气体始终放热C.ca过程中，气体对外界做功当物块从木板右端离开时()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、3C.电源接在1、3之间，R接在1、4之间为r₁、r(R<r<r₂<R+d);粒子3从距O点r₂的位置入射并从距0点r的位置出射；粒子粒子2粒子2B.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123456789B.设临界角为C,得故选ABC。故选AD。F-2Bil=ma₁则第3页共35页即故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CD正确。故选BCD。故选AD。线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向0,则N点的合场强方向由N指向0,一带正电的点电荷从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。故选AB。【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。故选AD。【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。【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电场力故选BCD。【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B.剪断细线之前则F弹=3mg剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律F弹-2mg=2ma解得A的加速度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.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。C.将v=5m/s代解得a=60m/s²,选项C正确；D.达到最大速度时有F=f=500N又P=Fvmax=10000W解得vmax=20m/s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，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H₂mg-μ(m+m₂)g=ma>0故选BCD。故选ACD。AC.对物块从0~3s内由动量定理可知即得即第11页共35页所以物块在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；-(F+.即得D.物块在6s时的速度大小为故选AD。故选BC。量B,<0,故y轴指向南方，第3次测设半导体宽为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；代入数据解得UH≈0.52V,故D错误。故选AC。【详解】由题意，作出a粒子运动轨迹图，如图可得Ra=R₀设外圆半径等于R′,由几何关系得∠AO'B=270°a粒子做匀速圆周运动的周期故a粒子返回A点所用的最短时间为1C.由题意，作出b、c粒子运动轨迹图，如因为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2R。=√2R₀故选BD。【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，若第17页共35页D.波沿x轴正向传播，则₁=2πf₁=0.5πrad/s故选AB。故选ABD。故选ABE。则xm-xM=l>xM故选BD。对物块，由动能定理对木板，由动能定理根据速度图像面积表示位移可知x₂=SCOE,x₁=SABFO且l=x₁-x₂=SABCo>x₂=ScoFCD.对系统，由能量守恒定律故C错误，D正确。故选BD。【详解】A.根据题意画出电路图，如下B.根据题意画出