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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。
7.(2025·湖北武汉高三期末)如图所示阴影部分为某玻璃砖的截面图,$ ABCD $是边长为$ L $的正方形,$ DC $是半圆弧$ CPD $的直径,$ O $是其圆心,一束单色光从$ AD $边的$ E $点射入玻璃砖,入射角为$ i $,折射光线正好照射到半圆弧的顶端$ P $,并且在$ P $点恰好发生全反射,反射光线正好经过$ BC $边的$ F $点。已知$ \sin i = \dfrac{\sqrt{3}}{3} $,光在真空中的传播速度为$ c $,则该单色光在玻璃砖中的传播时间为 (
A.$ \dfrac{4L}{c} $
B.$ \dfrac{2L}{c} $
C.$ \dfrac{3L}{2c} $
D.$ \dfrac{4L}{3c} $
D
)A.$ \dfrac{4L}{c} $
B.$ \dfrac{2L}{c} $
C.$ \dfrac{3L}{2c} $
D.$ \dfrac{4L}{3c} $
答案：
7.答案:D
解析:在P点恰好发生全反射，根据几何关系可知，在E点的折射角与临界角C互余。根据折射定律$n = \frac{\sin i}{\sin r}=\frac{\sin i}{\cos C}$，$\sin C=\frac{1}{n}$，解得$n = \frac{2}{\sqrt{3}}$，单色光在玻璃砖中的传播速度为$v = \frac{c}{n}=\frac{\sqrt{3}}{2}c$，由几何关系有$s = 2×\frac{\frac{1}{2}L}{\sin C}=nL$，该单色光在玻璃砖中的传播时间为$t = \frac{s}{v}=\frac{4L}{3c}$，故D正确。
解析:在P点恰好发生全反射，根据几何关系可知，在E点的折射角与临界角C互余。根据折射定律$n = \frac{\sin i}{\sin r}=\frac{\sin i}{\cos C}$，$\sin C=\frac{1}{n}$，解得$n = \frac{2}{\sqrt{3}}$，单色光在玻璃砖中的传播速度为$v = \frac{c}{n}=\frac{\sqrt{3}}{2}c$，由几何关系有$s = 2×\frac{\frac{1}{2}L}{\sin C}=nL$，该单色光在玻璃砖中的传播时间为$t = \frac{s}{v}=\frac{4L}{3c}$，故D正确。
8.(2025·福建七地市质检)如图甲所示,质量为$ m $的物块$ P $与物块$ Q $(质量未知)之间拴接一轻弹簧,静止在光滑的水平地面上,弹簧恰好处于原长。现给物块$ P $一瞬时初速度$ v_{0} $,并把此时记为0时刻,规定向左为正方向,$ 0 \sim 2t_{0} $时间内物块$ P $、$ Q $运动的$ a-t $图像如图乙所示,其中$ t $轴下方部分的面积大小为$ S_{1} $,$ t $轴上方部分的面积大小为$ S_{2} $,则 (
A.物块$ Q $的质量为$ \dfrac{1}{2}m $
B.$ t_{0} $时刻物块$ Q $的速度为$ v_{Q} = S_{2} $
C.$ t_{0} $时刻物块$ P $的速度为$ v_{P} = v_{0} - \dfrac{1}{2}S_{1} $
D.$ 0 \sim 2t_{0} $时间内弹簧始终对物块$ Q $做正功
ACD
)A.物块$ Q $的质量为$ \dfrac{1}{2}m $
B.$ t_{0} $时刻物块$ Q $的速度为$ v_{Q} = S_{2} $
C.$ t_{0} $时刻物块$ P $的速度为$ v_{P} = v_{0} - \dfrac{1}{2}S_{1} $
D.$ 0 \sim 2t_{0} $时间内弹簧始终对物块$ Q $做正功
答案：
8.答案:ACD
解析:$0\sim2t_0$时间内Q所受弹力方向始终向左，P所受弹力方向始终向右，弹簧始终对Q做正功；$t_0$时刻，P、Q所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得$\frac{F_{弹}}{m_P}=\frac{F_{弹}}{m}=\frac{a_0}{2}=\frac{F_{弹}}{m_Q}=a_0$，则Q的质量为$\frac{1}{2}m$，故A、D正确；由题中$a - t$图像可知，$t_0$时刻Q的速度为$v_Q=\frac{1}{2}S_2$，故B错误；由题中$a - t$图像可知，$t_0$时刻P的速度为$v_P = v_0-\frac{1}{2}S_1$，故C正确。
解析:$0\sim2t_0$时间内Q所受弹力方向始终向左，P所受弹力方向始终向右，弹簧始终对Q做正功；$t_0$时刻，P、Q所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得$\frac{F_{弹}}{m_P}=\frac{F_{弹}}{m}=\frac{a_0}{2}=\frac{F_{弹}}{m_Q}=a_0$，则Q的质量为$\frac{1}{2}m$，故A、D正确；由题中$a - t$图像可知，$t_0$时刻Q的速度为$v_Q=\frac{1}{2}S_2$，故B错误；由题中$a - t$图像可知，$t_0$时刻P的速度为$v_P = v_0-\frac{1}{2}S_1$，故C正确。
9.(2025·四川凉山州联考)如图所示$ a $、$ b $、$ c $、$ d $为匀强电场中4条沿水平方向的等势面,一个质量为$ m $,电荷量为$ q $的粒子在匀强电场中运动,$ A $、$ B $为其运动轨迹上的两个点。已知该粒子在$ A $点的速度大小为$ v_{1} $,在$ B $点的速度大小为$ v_{2} $,$ A $、$ B $连线长为$ L $,连线与等势面间的夹角为$ \theta $,不计粒子受到的重力,则 (
A.粒子所受的电场力方向竖直向下
B.匀强电场的电场强度方向竖直向下
C.粒子从$ A $点运动到$ B $点电场力做负功
D.匀强电场的电场强度大小为$ \dfrac{m(v_{2}^{2}-v_{1}^{2})}{2qL\sin\theta} $
AD
)A.粒子所受的电场力方向竖直向下
B.匀强电场的电场强度方向竖直向下
C.粒子从$ A $点运动到$ B $点电场力做负功
D.匀强电场的电场强度大小为$ \dfrac{m(v_{2}^{2}-v_{1}^{2})}{2qL\sin\theta} $
答案：
9.答案:AD
解析:该电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场方向沿竖直方向，粒子的轨迹向下弯曲，所以粒子受到的电场力方向竖直向下，粒子从A点运动到B点电场力做正功，故A正确，C错误；由于粒子的电性未知，则无法判断匀强电场的电场强度方向，故B错误；A、B两点沿电场线方向的距离为$y = L\sin\theta$，由动能定理有$qEy=\frac{1}{2}mv_2^2-\frac{1}{2}mv_1^2$，联立解得$E=\frac{m(v_2^2 - v_1^2)}{2qL\sin\theta}$，故D正确。
解析:该电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场方向沿竖直方向，粒子的轨迹向下弯曲，所以粒子受到的电场力方向竖直向下，粒子从A点运动到B点电场力做正功，故A正确，C错误；由于粒子的电性未知，则无法判断匀强电场的电场强度方向，故B错误；A、B两点沿电场线方向的距离为$y = L\sin\theta$，由动能定理有$qEy=\frac{1}{2}mv_2^2-\frac{1}{2}mv_1^2$，联立解得$E=\frac{m(v_2^2 - v_1^2)}{2qL\sin\theta}$，故D正确。
10.(2025·安徽合肥三模)如图所示,相距为$ \dfrac{1}{2}L $的水平虚线$ MN $、$ PQ $间有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为$ B $。“日”字形闭合导体线框竖直放置,线框宽为$ L $,$ cd $到$ MN $的距离为$ \dfrac{1}{2}L $,将导体线框由静止释放,$ cd $边和$ ef $边都恰好匀速通过磁场。已知$ ab $、$ cd $、$ ef $边的电阻分别为$ R $、$ R $、$ 3R $,其他部分电阻不计,运动中线框平面始终与磁场垂直,$ ab $边始终水平,不计空气阻力,重力加速度为$ g $,下列说法正确的是 (
A.$ ef $边和$ cd $边通过磁场的速度之比为$ 2:1 $
B.$ cd $边通过磁场过程中,通过$ ab $边的电荷量为$ \dfrac{3BL^{2}}{14R} $
C.$ ef $边通过磁场过程中,安培力的冲量大小为$ \dfrac{B^{2}L^{3}}{14R} $
D.整个线框穿过磁场过程中,回路中产生的焦耳热为$ \dfrac{4B^{2}L^{3}\sqrt{gL}}{7R} $
ABD
)A.$ ef $边和$ cd $边通过磁场的速度之比为$ 2:1 $
B.$ cd $边通过磁场过程中,通过$ ab $边的电荷量为$ \dfrac{3BL^{2}}{14R} $
C.$ ef $边通过磁场过程中,安培力的冲量大小为$ \dfrac{B^{2}L^{3}}{14R} $
D.整个线框穿过磁场过程中,回路中产生的焦耳热为$ \dfrac{4B^{2}L^{3}\sqrt{gL}}{7R} $
答案：
10.答案:ABD
解析:$cd$边进磁场时的速度为$v_1$，则有$mg = I_1LB=\frac{B^2L^2v_1}{1.75R}$，$ef$边进磁场时的速度为$v_2$，则有$mg = I_2LB=\frac{B^2L^2v_2}{3.5R}$，解得$v_2:v_1 = 2:1$，故A正确；$cd$边通过磁场过程中，通过$cd$边的电荷量为$q=\frac{BL·\frac{1}{2}L}{1.75R}=\frac{BL^2}{3.5R}$，则通过$ab$边的电荷量$q_1=\frac{3}{4}q=\frac{3BL^2}{14R}$，故B正确；$ef$边通过磁场过程中，安培力的冲量大小$I = mg·\frac{\frac{1}{2}L}{v_2}-\frac{B^2L^3}{2v_2R}=\frac{mgL}{2v_2}-\frac{B^2L^3}{7R}$，故C错误；整个线框穿过磁场过程中，回路中产生的焦耳热为$Q = 2mg·\frac{1}{2}L = mgL$，根据机械能守恒定律有$mg·\frac{1}{2}L=\frac{1}{2}mv_1^2$，解得$v_1=\sqrt{gL}$，则$m=\frac{B^2L^2}{1.75gR}\sqrt{gL}$，解得$Q=\frac{4B^2L^3}{7R}\sqrt{gL}$，故D正确。
解析:$cd$边进磁场时的速度为$v_1$，则有$mg = I_1LB=\frac{B^2L^2v_1}{1.75R}$，$ef$边进磁场时的速度为$v_2$，则有$mg = I_2LB=\frac{B^2L^2v_2}{3.5R}$，解得$v_2:v_1 = 2:1$，故A正确；$cd$边通过磁场过程中，通过$cd$边的电荷量为$q=\frac{BL·\frac{1}{2}L}{1.75R}=\frac{BL^2}{3.5R}$，则通过$ab$边的电荷量$q_1=\frac{3}{4}q=\frac{3BL^2}{14R}$，故B正确；$ef$边通过磁场过程中，安培力的冲量大小$I = mg·\frac{\frac{1}{2}L}{v_2}-\frac{B^2L^3}{2v_2R}=\frac{mgL}{2v_2}-\frac{B^2L^3}{7R}$，故C错误；整个线框穿过磁场过程中，回路中产生的焦耳热为$Q = 2mg·\frac{1}{2}L = mgL$，根据机械能守恒定律有$mg·\frac{1}{2}L=\frac{1}{2}mv_1^2$，解得$v_1=\sqrt{gL}$，则$m=\frac{B^2L^2}{1.75gR}\sqrt{gL}$，解得$Q=\frac{4B^2L^3}{7R}\sqrt{gL}$，故D正确。
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