《2026年学易优高考二轮总复习物理》

6.(2025·江西赣州一模)LED灯具有节能、环保、寿命长、高亮度、耐高温等特点从而得到广泛使用,如图为汽车车头LED大灯,为提高亮度,灯组的前端是一半径为$ R $、质量分布均匀的玻璃球,如图所示$ O $为球心,一单色光束从$ O_{1} $处射向$ A $点,经折射后从$ B $点平行于$ OO_{1} $射出,折射角为$ 60^{\circ} $,$ OA\perp OB $,则 (D)


A.光束在$ A $点的入射角$ \alpha = 30^{\circ} $
B.光束在玻璃球中频率比在真空中要小
C.此光束在玻璃球中传播的时间为$ \dfrac{\sqrt{6}R}{3c} $
D.玻璃球的折射率为$ \dfrac{\sqrt{6}}{2} $

答案： 6.答案：D
解析：根据几何关系可知，光线从$B$点射出时的入射角为$45°$，根据折射定律可知，玻璃球的折射率为$n = \frac{\sin 60°}{\sin 45°} = \frac{\sqrt{6}}{2}$，由于光束在$A$点折射角为$45°$，则光束在$A$点的入射角为$\alpha = 60°$，故$A$错误，$D$正确；光束在玻璃中频率与在真空中频率相等，故$B$错误；此光束在玻璃中传播的速度为$v = \frac{c}{n}$，根据几何关系可知，光束在玻璃球中传播的距离为$s = \sqrt{2} R$，则此光束在玻璃球中传播的时间为$t = \frac{s}{v} = \frac{\sqrt{2} n R}{c} = \frac{\sqrt{3} R}{c}$，故$C$错误。

7.(2025·湖南师范大学附属中学一模)如图所示,$ ABCD $是正四面体,虚线圆为三角形$ ABD $的内切圆,切点分别为$ M $、$ N $、$ P $,$ O $为圆心,正四面体的顶点$ A $、$ B $和$ D $分别固定有电荷量为$ +Q $、$ +Q $和$ -Q $的点电荷,下列说法正确的是 (D)


A.$ M $、$ P $两点的电场强度相同
B.$ M $、$ O $、$ N $、$ P $四点的电势$ \varphi_{N} ＞ \varphi_{O} ＞ \varphi_{P} ＞ \varphi_{M} $
C.将带正电的试探电荷由$ O $点沿直线移动到$ C $点,电势能先增大后减小
D.将固定在$ D $点的点电荷移动到$ C $点,静电力做功为零

答案： 7.答案：D
解析：根据题意，由对称性可知，$M、P$两点的电场强度大小相等，但方向不同，故$A$错误；根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点可知，在$A、B$两处的正点电荷产生的电场中，$M、P$两点的电势相等；根据等量异种点电荷空间等势面分布可知，在$B、D$固定的点电荷产生的电场中，$O$点电势等于$M$点电势，在$A$固定的点电荷产生的电场中，$O$点电势高于$M$点电势，同理可知，$O$点电势高于$P$点电势，综上所述，可知$M、O、N、P$四点的电势$\varphi_N ＞ \varphi_O ＞ \varphi_P = \varphi_M$，故$B$错误；等量异种电荷连线中垂面为等势面，则在$B、D$两处的点电荷产生的电场中，$OC$连线为等势线，在$A$所述的正点电荷产生的电场中，从$O$到$C$电势逐渐变小，综上所述，可知从$O$到$C$电势逐渐变小，将带正电的试探电荷由$O$点沿直线移动到$C$点，电势能一直减小，故$C$错误；根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点可知，在$A、B$两处的正点电荷产生的电场中，$C、D$两点的电势相等，则将固定在$D$点的点电荷移动到$C$点，静电力做功为零，故$D$正确。

8.(2025·湖南岳阳高三期末)一简谐横波在水平绳上沿$ x $轴负方向以$ v = 20\ m/s $的速度传播。已知$ t = 0 $时的波形如图所示,绳上两质点$ M $、$ N $的平衡位置分别是$ x_{M} = 5\ m $、$ x_{N} = 35\ m $。从该时刻开始计时,下列说法正确的是 (ACD)


A.质点$ N $的振动周期为$ 2\ s $
B.$ 1.5\ s $时质点$ M $正向平衡位置靠近
C.质点$ M $比质点$ N $早$ 0.5\ s $回到平衡位置
D.$ 7.5\ s $时质点$ M $、$ N $振动的速度大小相同

答案： 8.答案：ACD
解析：由题意知$v = 20 m/s$，$\lambda = 40 m$，则有$T = \frac{\lambda}{v} = 2 s$，故$A$正确；$1.5 s$时质点$N$处的振动信息刚好传到质点$M$处，此时$M$将远离平衡位置，故$B$错误；由题意可知质点$M$第一次回到平衡位置需要$0.25 s$，而质点$N$第一次回到平衡位置的时间$t = \frac{50 - 35}{20} s = 0.75 s$，即质点$M$比质点$N$早$0.5 s$回到平衡位置，故$C$正确；因为$\Delta t = 7.5 s = (3 + \frac{3}{4}) T$，在振动了$3T$后，质点$M$和$N$的振动状态和$t = 0$时一样，只需要考虑$\frac{3}{4} T$内的情况，在$\frac{3}{4} T = 1.5 s$内，波向前传播的距离为$30 m$，质点$N$的振动状态传播到$x = 5 m$质点（即质点$M$）处，$x_1 = 65 m$处质点的振动状态传播到$x = 35 m$质点（即质点$N$）处，此时质点$M$和$N$的振动速度大小相等，方向相反，故$D$正确。

9.如图,理想变压器原线圈接在电压有效值恒定的交流电源上,图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是 (BD)


A.闭合开关$ S $后电流表$ A_{1} $的示数不变
B.闭合开关$ S $后电压表$ V $的示数减小
C.仅使触头$ P $向下移动,电流表$ A_{2} $的示数增大
D.仅使触头$ P $向上移动,$ R_{0} $的功率减小

答案： 9.答案：BD
解析：根据题意，设原线圈的等效电阻为$R_等$，副线圈负载电阻为$R_总$，原、副线圈匝数比为$n_1 \colon n_2$，则有$R_等 = \frac{n_1^2}{n_2^2} R_总$，闭合开关$S$后，副线圈负载电阻$R_总$减小，则原线圈的等效电阻$R_等$减小，可知，电流表$A_1$的示数$I_1 = \frac{U}{R_0 + R_等}$增大，原线圈输入电压$U_1 = U - I_1 R_0$减小，则副线圈输出电压$U_2$减小，输出电流$I_2$增大，则电压表$V$的示数$U' = U_2 - I_2 R_1$减小，故$A$错误、$B$正确；仅使触头$P$向下移动，副线圈负载电阻$R_总$减小，由$A、B$分析可知，电压表$V$的示数减小，则电流表$A_2$的示数减小，故$C$错误；仅使触头$P$向上移动，副线圈负载电阻$R_总$增大，则原线圈的等效电阻$R_等$增大，可知电流表$A_1$的示数$I_1 = \frac{U}{R_0 + R_等}$减小，则$R_0$的功率$P = I_1^2 R_0$减小，故$D$正确。

10.(2025·四川成都模拟)如图,在竖直平面内有一半径为$ R $、圆心为$ O $的圆形区域,在圆形区域内可以添加匀强电场或匀强磁场。一电荷量为$ -e $、质量为$ m $的电子从圆形区域边界上的$ A $点沿半径$ AO $方向以速度$ v_{0} $射入圆形区域,要使电子从圆形区域边界上的$ B $点离开圆形区域,$ \angle AOB = 120^{\circ} $,不计电子重力。下列说法正确的是 (AC)


A.可加磁感应强度大小为$ \dfrac{\sqrt{3}mv_{0}}{3eR} $,方向垂直于纸面向里的匀强磁场
B.可加磁感应强度大小为$ \dfrac{\sqrt{3}mv_{0}}{eR} $,方向垂直于纸面向外的匀强磁场
C.可加电场强度大小为$ \dfrac{4\sqrt{3}mv_{0}^{2}}{9eR} $,方向竖直向上的匀强电场
D.可加电场强度大小为$ \dfrac{\sqrt{3}mv_{0}^{2}}{3eR} $,方向竖直向上的匀强电场

答案： 10.答案：AC
解析：若添加匀强磁场，由于电子带负电，要使电子从$B$点离开圆形区域，则添加磁感应强度方向垂直于纸面向里的匀强磁场，电子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，由几何关系得，电子做匀速圆周运动的半径$r = \sqrt{3} R$，根据洛伦兹力提供向心力有$e v_0 B = m \frac{v_0^2}{r}$，解得$B = \frac{\sqrt{3} m v_0}{3 e R}$，故$A$正确，$B$错误；由于电子带负电，要使电子从$B$点离开圆形区域，可添加电场强度方向竖直向上的匀强电场，电子在电场力的作用下做类平抛运动，在水平方向有$R + R \sin 30° = v_0 t$，竖直方向有$R \cos 30° = \frac{1}{2} · \frac{e E}{m} t^2$，联立解得$E = \frac{4 \sqrt{3} m v_0^2}{9 e R}$，故$C$正确，$D$错误。