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2026年学易优高考二轮总复习物理
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2026年学易优高考二轮总复习物理 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
6.(2025·江苏泰州一模)一定质量的理想气体从状态$ a $开始,经$ a \to b $、$ b \to c $、$ c \to a $三个过程后回到初始状态$ a $,其$ p $-$ V $图像如图所示。下列判断正确的是 (
A.气体在$ a \to b $过程中做等温变化
B.气体在$ b \to c $过程中内能增加
C.气体在$ a \to b $过程和$ b \to c $过程对外界做的功相等
D.气体在一次循环过程中会向外界放出热量
C
)A.气体在$ a \to b $过程中做等温变化
B.气体在$ b \to c $过程中内能增加
C.气体在$ a \to b $过程和$ b \to c $过程对外界做的功相等
D.气体在一次循环过程中会向外界放出热量
答案：
6.答案：C
解析：气体在$a\rightarrow b$过程中因pV乘积变大，由$\frac{pV}{T}=C$知温度升高，故A错误；气体在$b\rightarrow c$过程中因pV乘积变小，可知温度降低，内能减小，故B错误；在p - V图像中，图像与坐标轴围成的面积等于气体对外做功，可知气体在$a\rightarrow b$过程和$b\rightarrow c$过程对外界做的功相等，故C正确；气体在一次循环过程中从a到b再到c过程对外做功，从c到a过程外界对气体做功，整个过程中气体对外做功，且内能不变，则气体会从外界吸收热量，故D错误。
解析：气体在$a\rightarrow b$过程中因pV乘积变大，由$\frac{pV}{T}=C$知温度升高，故A错误；气体在$b\rightarrow c$过程中因pV乘积变小，可知温度降低，内能减小，故B错误；在p - V图像中，图像与坐标轴围成的面积等于气体对外做功，可知气体在$a\rightarrow b$过程和$b\rightarrow c$过程对外界做的功相等，故C正确；气体在一次循环过程中从a到b再到c过程对外做功，从c到a过程外界对气体做功，整个过程中气体对外做功，且内能不变，则气体会从外界吸收热量，故D错误。
7.(2025·福建福州市检测)图甲是某小车利用电磁感应实现制动缓冲的示意图:水平地面固定有闭合矩形线圈$ abcd $,线圈总电阻为$ R $,$ ab $边长为$ L $;小车底部安装有电磁铁,其磁场可视为磁感应强度大小为$ B $、方向竖直向下的匀强磁场,磁场边界$ MN $与$ ab $边平行。当小车沿水平方向通过线圈$ abcd $上方时,线圈与磁场的作用使小车做减速运动,从而实现缓冲。以$ a $点为坐标原点、水平向右为正方向建立$ x $轴,小车速度$ v $随$ x $的变化图像如图乙所示,不计一切摩擦阻力,则缓冲过程 (
A.小车向右做匀减速直线运动
B.磁场边界$ MN $刚抵达$ ab $边时,线圈$ ab $两端电势差为$ -BLv_0 $
C.前、后半程线圈中产生的热量之比为$ 4:1 $
D.若摩擦阻力不能忽略且恒定,小车在位移中点的速度将大于$ \dfrac{v_0}{2} $
D
)A.小车向右做匀减速直线运动
B.磁场边界$ MN $刚抵达$ ab $边时,线圈$ ab $两端电势差为$ -BLv_0 $
C.前、后半程线圈中产生的热量之比为$ 4:1 $
D.若摩擦阻力不能忽略且恒定,小车在位移中点的速度将大于$ \dfrac{v_0}{2} $
答案：
7.答案：D
解析：若小车做匀减速直线运功，则有$v^2 - v_0^2 = - 2ax$，整理有$v^2 = v_0^2 - 2ax$，所以其以$v^2$为纵轴，以x为横轴，其图像为一条倾斜直线，与题图乙不符合，故小车向右做的不是匀减速直线运动，故A错误；由于线圈ab切割磁感线相当于电源，电流方向为逆时针，$U_{ab}=-\frac{2L_{ad} + L}{2L_{ad} + 2L}BLv_0$，故B错误；线圈切割磁感线产生的电动势为$E = BLv$，线圈中的电流为$I = \frac{E}{R}$，线圈受到的安培力大小$F = BIL$，则由动量定理有$-F·\Delta t = mv - mv_0$，整理有$-\frac{B^2L^2}{R}·\Delta t = mv - mv_0$，由于线圈受到的安培力是小车对线圈的作用力，所以由牛顿第三定律可知，小车受到线圈给的作用力与安培力大小相等，所以从开始到停下对小车有$-\frac{B^2L^2}{R}x = 0 - mv_0$，对小车，前半程有$-\frac{B^2L^2}{R}·\frac{x}{2}=mv_1 - mv_0$，解得$v_1=\frac{1}{2}v_0$，由能量守恒定律，前半程线圈产生的热量为$Q_1$，有$Q_1=\frac{1}{2}mv_0^2 - \frac{1}{2}mv_1^2$，同理后半程线圈产生的热量为$Q_2$，有$Q_2=\frac{1}{2}mv^2$，所以$Q_1:Q_2 = 3:1$，故C错误；在考虑摩擦阻力时，对前半程由动量定理可得$-\frac{B^2L^2}{R}·\frac{x}{2}-I_f = mv_1 - mv_0$，对后半程由动量定理可得$-\frac{B^2L^2}{R}·\frac{x}{2}-I_2 = 0 - mv_1$，经过相同的位移，因前半程速度快时间短，即$I_f＜I_2$，即$\frac{B^2L^2}{R}·\frac{x}{2}+I_f＜\frac{B^2L^2}{R}·\frac{x}{2}+I_2$，解得$v_1＞\frac{v_0}{2}$，故D正确。
解析：若小车做匀减速直线运功，则有$v^2 - v_0^2 = - 2ax$，整理有$v^2 = v_0^2 - 2ax$，所以其以$v^2$为纵轴，以x为横轴，其图像为一条倾斜直线，与题图乙不符合，故小车向右做的不是匀减速直线运动，故A错误；由于线圈ab切割磁感线相当于电源，电流方向为逆时针，$U_{ab}=-\frac{2L_{ad} + L}{2L_{ad} + 2L}BLv_0$，故B错误；线圈切割磁感线产生的电动势为$E = BLv$，线圈中的电流为$I = \frac{E}{R}$，线圈受到的安培力大小$F = BIL$，则由动量定理有$-F·\Delta t = mv - mv_0$，整理有$-\frac{B^2L^2}{R}·\Delta t = mv - mv_0$，由于线圈受到的安培力是小车对线圈的作用力，所以由牛顿第三定律可知，小车受到线圈给的作用力与安培力大小相等，所以从开始到停下对小车有$-\frac{B^2L^2}{R}x = 0 - mv_0$，对小车，前半程有$-\frac{B^2L^2}{R}·\frac{x}{2}=mv_1 - mv_0$，解得$v_1=\frac{1}{2}v_0$，由能量守恒定律，前半程线圈产生的热量为$Q_1$，有$Q_1=\frac{1}{2}mv_0^2 - \frac{1}{2}mv_1^2$，同理后半程线圈产生的热量为$Q_2$，有$Q_2=\frac{1}{2}mv^2$，所以$Q_1:Q_2 = 3:1$，故C错误；在考虑摩擦阻力时，对前半程由动量定理可得$-\frac{B^2L^2}{R}·\frac{x}{2}-I_f = mv_1 - mv_0$，对后半程由动量定理可得$-\frac{B^2L^2}{R}·\frac{x}{2}-I_2 = 0 - mv_1$，经过相同的位移，因前半程速度快时间短，即$I_f＜I_2$，即$\frac{B^2L^2}{R}·\frac{x}{2}+I_f＜\frac{B^2L^2}{R}·\frac{x}{2}+I_2$，解得$v_1＞\frac{v_0}{2}$，故D正确。
8.(2025·湖北省三模)一列简谐横波沿$ x $轴方向传播,在$ t = 0.6 \, s $时刻的波形图如图甲所示,此时质点$ P $的位移为$ +2 \, cm $,质点$ Q $的位移为$ -2 \, cm $,波上质点$ A $的振动图像如图乙所示,下列说法正确的是 (
A.该简谐横波沿$ x $轴正方向传播
B.该简谐横波的波速为$ 15 \, m/s $
C.$ t = 0.6 \, s $时,质点$ Q $正在向$ y $轴负方向振动
D.再经过$ \dfrac{1}{3} \, s $,质点$ P $通过的路程为$ (10 - 2\sqrt{3}) \, cm $
AB
)A.该简谐横波沿$ x $轴正方向传播
B.该简谐横波的波速为$ 15 \, m/s $
C.$ t = 0.6 \, s $时,质点$ Q $正在向$ y $轴负方向振动
D.再经过$ \dfrac{1}{3} \, s $,质点$ P $通过的路程为$ (10 - 2\sqrt{3}) \, cm $
答案：
8.答案：AB
解析：由质点A的振动图像可知，在$t = 0.6s$时刻，质点A在平衡位置向下振动，结合波形图可知，该简谐横波沿x轴正方向传播，故A正确；波形图的表达式为$y = 4\sin(\frac{2\pi}{\lambda}x)cm$，将P点代入可得$2cm = 4\sin(\frac{2\pi}{\lambda}×5)cm$，即$\frac{2\pi}{\lambda}×5=\frac{5}{6}\pi$，解得$\lambda = 12m$，该简谐横波的波速为$v=\frac{\lambda}{T}=\frac{12}{0.8}m/s = 15m/s$，故B正确；由“同侧法”可知，$t = 0.6s$时，质点Q正在向y轴正方向振动，故C错误；再经过$\frac{1}{3}s$，则波沿x轴正向传播$x = vt = 5m$，此时质点P到达平衡位置向下振动，可知质点P通过的路程为6cm，故D错误。
解析：由质点A的振动图像可知，在$t = 0.6s$时刻，质点A在平衡位置向下振动，结合波形图可知，该简谐横波沿x轴正方向传播，故A正确；波形图的表达式为$y = 4\sin(\frac{2\pi}{\lambda}x)cm$，将P点代入可得$2cm = 4\sin(\frac{2\pi}{\lambda}×5)cm$，即$\frac{2\pi}{\lambda}×5=\frac{5}{6}\pi$，解得$\lambda = 12m$，该简谐横波的波速为$v=\frac{\lambda}{T}=\frac{12}{0.8}m/s = 15m/s$，故B正确；由“同侧法”可知，$t = 0.6s$时，质点Q正在向y轴正方向振动，故C错误；再经过$\frac{1}{3}s$，则波沿x轴正向传播$x = vt = 5m$，此时质点P到达平衡位置向下振动，可知质点P通过的路程为6cm，故D错误。
9.(2025·江西九校协作体二模)如图所示,在等腰直角三角形$ abc $区域内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为$ B $的匀强磁场,$ O $点为$ ab $边的中点,在$ O $点处有一粒子源沿纸面内不同方向、以相同的速率$ v = \dfrac{qBL}{m} $不断向磁场中释放相同的带正电的粒子,已知粒子的质量为$ m $,电荷量为$ q $,直角边$ ab $长为$ 2\sqrt{2}L $。不计重力和粒子间的相互作用力,则 (
A.从$ ac $边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为$ \dfrac{\pi m}{4qB} $
B.从$ ac $边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为$ \dfrac{\pi m}{3qB} $
C.粒子能从$ bc $边射出的区域长度为$ L $
D.粒子能从$ bc $边射出的区域长度为$ \sqrt{2}L $
BD
)A.从$ ac $边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为$ \dfrac{\pi m}{4qB} $
B.从$ ac $边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为$ \dfrac{\pi m}{3qB} $
C.粒子能从$ bc $边射出的区域长度为$ L $
D.粒子能从$ bc $边射出的区域长度为$ \sqrt{2}L $
答案：
9.答案：BD
解析：由$qvB = m\frac{v^2}{r}$和$v=\frac{qBL}{m}$，联立解得$r = L$，如图所示，$Od\perp ac$，根据几何关系可知，$Od = L$，对应从ac边射出的最短弦长，圆半径一定时，弦长越短其所对应的圆心角越小，即运动时间最短，轨迹对应的圆心角为$60°$，则最短时间$t_{min}=\frac{1}{6}T$，$T=\frac{2\pi r}{v}=\frac{2\pi m}{qB}$，解得$t=\frac{\pi m}{3qB}$，A错误，B正确；当粒子轨迹与ac边相切时与bc边交于e点，即从bc边射出的最高点，由几何关系可知$Oe = 2L$，则粒子能从bc边射出的区域eb的长度为$\sqrt{2}L$，C错误，D正确。
9.答案：BD
解析：由$qvB = m\frac{v^2}{r}$和$v=\frac{qBL}{m}$，联立解得$r = L$，如图所示，$Od\perp ac$，根据几何关系可知，$Od = L$，对应从ac边射出的最短弦长，圆半径一定时，弦长越短其所对应的圆心角越小，即运动时间最短，轨迹对应的圆心角为$60°$，则最短时间$t_{min}=\frac{1}{6}T$，$T=\frac{2\pi r}{v}=\frac{2\pi m}{qB}$，解得$t=\frac{\pi m}{3qB}$，A错误，B正确；当粒子轨迹与ac边相切时与bc边交于e点，即从bc边射出的最高点，由几何关系可知$Oe = 2L$，则粒子能从bc边射出的区域eb的长度为$\sqrt{2}L$，C错误，D正确。
10.(2025·海南海口模拟预测)如图所示,光滑竖直杆底端固定在地面上,杆上套有一质量为$ m $的小球$ A $(可视为质点),一根竖直轻弹簧一端固定在地面上(弹簧劲度系数为$ k $),另一端连接质量也为$ m $的物块$ B $,一轻绳跨过定滑轮$ O $,一端与物块$ B $相连,另一端与小球$ A $连接,定滑轮到竖直杆的距离为$ L $。初始时,小球$ A $在外力作用下静止于$ P $点,已知此时整根轻绳伸直无张力且$ OP $间细绳水平、$ OB $间细绳竖直,现将小球$ A $由$ P $点静止释放,$ A $沿杆下滑到最低点$ Q $时$ OQ $与杆之间的夹角为$ 30° $,不计滑轮大小及摩擦,重力加速度大小为$ g $,下列说法正确的是 (
A.初始状态时弹簧的压缩量为$ \dfrac{mg}{k} $
B.小球$ A $由$ P $下滑至$ Q $的过程中,加速度逐渐增大
C.小球$ A $由$ P $下滑至$ Q $的过程中,弹簧弹性势能增加了$ (\sqrt{3} - 1)mgL $
D.若将小球$ A $换成质量为$ \dfrac{m}{3} $的小球$ C $,并将小球$ C $拉至$ Q $点由静止释放,则小球$ C $运动到$ P $点时的动能为$ \dfrac{2\sqrt{3}}{3}mgL $
ACD
)A.初始状态时弹簧的压缩量为$ \dfrac{mg}{k} $
B.小球$ A $由$ P $下滑至$ Q $的过程中,加速度逐渐增大
C.小球$ A $由$ P $下滑至$ Q $的过程中,弹簧弹性势能增加了$ (\sqrt{3} - 1)mgL $
D.若将小球$ A $换成质量为$ \dfrac{m}{3} $的小球$ C $,并将小球$ C $拉至$ Q $点由静止释放,则小球$ C $运动到$ P $点时的动能为$ \dfrac{2\sqrt{3}}{3}mgL $
答案：
10.答案：ACD
解析：初始状态时，物块B处于静止状态，根据平衡条件，有$mg = k\Delta x$，解得弹簧的压缩量为$\Delta x=\frac{mg}{k}$，故A正确；小球A开始下落时只受重力，加速度为g，随着小球下落细线对小球有竖直向上的分力，小球所受的合力减小，小球的加速度开始减小，所以加速度不是逐渐增大，故B错误；小球A从P到Q时，下落的高度$PQ=\frac{L}{\tan30°}=\sqrt{3}L$，小球A下落到Q点过程中，物块B上升的高度为$\Delta L=\frac{L}{\sin30°}-L = L$，整个过程中A和B重力势能的减少量为$\Delta E_{p重}=mg×\sqrt{3}L - mgL = (\sqrt{3}-1)mgL$，系统机械能守恒，则该过程中，弹簧弹性势能增加了$(\sqrt{3}-1)mgL$，故C正确；若将小球A换成质量为$\frac{m}{3}$的小球C，小球C运动到P点时沿绳方向的分速度为0，根据功能关系，可得$W_{弹}-\frac{m}{3}g×\sqrt{3}L + mgL = E_k$，解得$E_k=\frac{2\sqrt{3}mgL}{3}$，故D正确。
解析：初始状态时，物块B处于静止状态，根据平衡条件，有$mg = k\Delta x$，解得弹簧的压缩量为$\Delta x=\frac{mg}{k}$，故A正确；小球A开始下落时只受重力，加速度为g，随着小球下落细线对小球有竖直向上的分力，小球所受的合力减小，小球的加速度开始减小，所以加速度不是逐渐增大，故B错误；小球A从P到Q时，下落的高度$PQ=\frac{L}{\tan30°}=\sqrt{3}L$，小球A下落到Q点过程中，物块B上升的高度为$\Delta L=\frac{L}{\sin30°}-L = L$，整个过程中A和B重力势能的减少量为$\Delta E_{p重}=mg×\sqrt{3}L - mgL = (\sqrt{3}-1)mgL$，系统机械能守恒，则该过程中，弹簧弹性势能增加了$(\sqrt{3}-1)mgL$，故C正确；若将小球A换成质量为$\frac{m}{3}$的小球C，小球C运动到P点时沿绳方向的分速度为0，根据功能关系，可得$W_{弹}-\frac{m}{3}g×\sqrt{3}L + mgL = E_k$，解得$E_k=\frac{2\sqrt{3}mgL}{3}$，故D正确。
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