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2026 届高考物理选择题冲刺天天练（10）
一、单选题：本题共7 小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目
要求。
1.北方室内供暖后，室、内外温差会很大，正所谓“窗外寒风刺骨，屋内温暖如春”。现
将一导热性能良好的敞口空瓶在室外静置一段时间，等充分热交换后，盖紧塞子，把瓶子
拿回室内。设盖好瓶塞后瓶子密闭良好，瓶内气体可视为理想气体。在室内充分热交换后，
瓶内气体（ ）
A．与室内空气达到热平衡，其标志是与室内气体的压强相等
B．温度升高，所有分子热运动的速率都增大，气体对瓶子内壁和瓶塞做正功
C．压强增大，分子对瓶和塞内侧单位面积上的压力增大
D．内能减小，气体分子因活跃运动而减少了内能
【答案】C
【详解】A．在室内充分热交换后，瓶内气体吸收热量与室内空气达到热平衡，根据热平
衡定律，温度相等是达到热平衡的标志，A 错误；
B D．根据热力学第一定律，瓶内气体体积不变，不参与做功，吸收热量，内能增大，温度
升高，分子热运动的平均速率增大，并不是所有分子热运动的速率都增大，不同时刻，每
个气体分子的速率也在变化，BD 错误；
C．根据查理定律，瓶内气体体积不变，温度升高，压强增大，根据压强的微观意义可知，
分子对单位面积上的压力增大，C 正确。
故选C。
2. 如图所示，
为一电阻可忽略的线圈，
为一电阻，
为电容器，开关
处于闭合状态，
现突然断开
，并开始计时，能正确反映
回路中电流i（规定顺时针方向为正）及电容
器中电场
的变化（由
板指向
板为电场的正方向）随时间变化的图像是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为
为一电阻可忽略的线圈，可知当电键闭合时，电容器带电量为零，通过线
圈L 的电流向下；断开电键S 后，电流在LC 电路中开始振荡，电容器开始充电，电流方
向逆时针方向（负方向）且电流大小逐渐减小，b 板带正电荷且逐渐增加，即负方向的电
场强度逐渐增加，则选项ABD 错误，C 正确。
故选C。
3.如图，在跨过光滑定滑轮的轻绳拉动下，木箱从距滑轮很远处沿水平地面向右匀速运动。
已知木箱与地面间的动摩擦因数为
，木箱始终在地面上。则整个过程中拉力F 的大小
变化情况是（ ）
A. 先减小后增大
B. 先增大后减小
C. 一直减小
D. 一直增
大
【答案】A
【解析】
【详解】对物体受力分析，如图所示
无论
如何变化，支持力与摩擦力的合力方向不变，则有
则
设两个力的合力为
，则由矢量三角形知拉力
垂直
，拉力最小，此时拉力与水平方
向的夹角为
，当
角由0 增加到
时，拉力逐渐减小，当
角由
继续增加时，
拉力一直增大，故A 正确，BCD 错误。
故选A。
4.图甲为研究光电效应的电路，K 极为金属钠（截止频率为
Hz，逸出功为
2.29eV）。图乙为氢原子能级图。氢原子光谱中有四种可见光，分别是从
、5、4、3
能级跃迁到
能级产生的。下列说法正确的是（ ）
A．氢原子光谱中有三种可见光能够让图甲K 极金属发生光电效应
B．大量处于
能级的氢原子最多能辐射出8 种不同频率的光
C．仅将图甲中P 向右滑动，电流计示数一定变大
D．仅将图甲中电源的正负极颠倒，电流计示数一定为0
【答案】A
【详解】A．从
、5、4、3 能级跃迁到
能级产生的光的能量分别为3.02eV、2.86
eV、2.55 eV，、1.89 eV，大于2.29eV 的跃迁有三种，即氢原子光谱中有三种可见光能够让
图甲K 极金属发生光电效应，选项A 正确；
B．大量处于
能级的氢原子最多能辐射出
种不同频率的光，选项B 错误；
C．仅将图甲中P 向右滑动，正向电压变大，则开始阶段电流计示数变大，当达到饱和光电
流时，电流不再增加，选项C 错误；
D．仅将图甲中电源的正负极颠倒，光电管加反向电压，仍有光电子到达A 极，即电流计
示数不一定为0，选项D 错误。
故选A。
5．如图所示为某小型发电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定，变压器均为理想变压
器。在输电线路的起始端接入甲乙两个互感器（均为理想器材），两互感器原线圈的匝数
比分别为200：1 和1：20，降压变压器原副线圈的匝数比为200：1，电压表的示数为
220V，电流表的示数为5A，输电线路总电阻
，则下列说法正确的是（ ）
A．互感器甲是电流互感器，互感器乙是电压互感器
B．输电线路上损耗的功率约占输电总功率的4.5%
C．用户端的电压
为200V
D．用户使用的用电设备增多，流过电流互感器的电流减小
【答案】B
【详解】A．互感器甲并联在零火线上，所以是电压互感器，互感器乙串联在电路中，是
电流互感器，故A 错误；
B．电流表的示数为5A，互感器原、副线圈的匝数比1：20，则线路上电流I=100A，线路
上损耗的功率
电压表的示数为220V，匝数比为200：1，所以输送电压U=44000V，功率
P=UI=4400kW
则输电线路上损耗的功率约占输电总功率的
故B 正确；
C．降压变压器初级电压
用户端的电压
选项C 错误；
D．用户使用的用电设备增多，用户回路电流变大，则输送电流变大，流过电流互感器的
电流变大，故D 错误。
故选B。
6.一质量m=4 kg 的滑块静止在粗糙的水平面上， t=0 时刻起对滑块施加水平向右的拉力
F，拉力F 按如图所示的规律变化，3 s 末撤去拉力。滑块与水平面间的动摩擦因数
μ=0.25，重力加速度g 取10 m/s2.。下列说法正确的是（ ）
A. 0~3 s 内摩擦力的冲量大小为30 N·s
B. 0~3s 内拉力做的功为200J
C. 滑块的最大动能为200J
D. 滑块的最大位移为36 m
【答案】C
【解析】
【详解】A．滑块与水平面的滑动摩擦力为
在0~1 s 内
所以滑块静止不动，滑块与水平面的摩擦力为静摩擦力，大小为
摩擦力的冲量为
在1~3 s 内
滑块与水平面间
摩擦力为滑动摩擦力，摩擦力的冲量为
0~3 s 内摩擦力的冲量大小为
故A 错误；
B．在0~1 s 内滑块静止，拉力做功为零。
在1~3 s 内滑块做匀加速运动，由牛顿第二定律得
解得
滑块的位移为
0~3s 内拉力做的功为
故B 错误；
C．3 s 末撤去拉力时，滑块的动能最大，由动能定理得
解得滑块的最大动能为
故C 正确；
D．滑块的最大速度为
撤去拉力后，由牛顿第二定律得加速度大小为
由
可得位移为
滑块
最大位移为
故D 错误。
故选C。
7. 如图，同一竖直线上的A、B、C、D，是高脚杯杯面上的四点，过该四点杯身的中心剖
面可看成圆O 的一段圆弧，C 点位于杯身最粗处。用酒杯罩住台面上的小弹珠（可视为质
点），轻晃酒杯，使弹珠沿杯内壁运动；缓慢将酒杯竖直提起些许后保持静止，可看到弹
珠在酒杯内过A 点的水平面内做圆周运动。重复上述操作，弹珠可在杯身不同高度处的水
平面内做圆周运动。不考虑弹珠所受的摩擦及空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A. 轻晃酒杯的过程中，杯子对弹珠做正功，提起杯子的过程中，杯子对弹珠的弹力不做功
B. 在过A 与在过B 的水平面内做圆周运动时，弹珠的机械能相等
C. 在过A 与在过B 的水平面内做圆周运动时，弹珠在B 的速率大
D. 弹珠可能在C、D 间某一位置的水平面内做圆周运动
【答案】C
【解析】
【详解】A．轻晃酒杯的过程中，杯子对弹珠的弹力的竖直方向分力与重力平衡，不做功，
水平方向的分力提供向心力，与速度方向垂直，也不做功，故轻晃酒杯的过程中，杯子对
弹珠不做功，故A 错误；
BC．在过A 与在过B 的水平面内做圆周运动时，设球与圆心的连线与竖直方向夹角为
，
根据重力和弹力的合力提供向心力，有
解得
故弹珠在B 的速率大，同时弹珠在B 点的重力势能较大，故弹珠在B 点的机械能较大，故
B 错误，C 正确；
D．杯子对弹珠的弹力的竖直方向分力与重力平衡，则杯子对弹珠的弹力应有竖直向上的
分力，故弹珠不可能在C、D 间某一位置的水平面内做圆周运动，故D 错误。
故选C。
二、多选题：本题共3 小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一项符合题
目要求。
8.如图所示，间距为
的水平边界MN、PQ 之间存在垂直于纸面向外的匀强磁场，“日”
字型线框位于磁场区域上方某一高度，线框三条短边ab、ef，cd 的长度均为
、电阻均为
R，ac、bd 长度均为
、电阻不计，ef 位于线框正中间。若线框由静止释放，
时刻cd
边进入磁场且恰好匀速运动，则整个线框通过磁场区域的过程中，线框的速度大小v，a、
b 两点之间电势差
，流过ab 边的电流强度
，
边产生的焦耳热
随时间的变化图
像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【详解】A．设cd 进入匀强磁场瞬间的速度大小为
，匀强磁场的磁感应强度大小为
，
切割磁感线产生的电动势
通过cd 的电流
由平衡条件得
当ef 进入磁场瞬间，cd 出磁场，回路电动势和总电流不变，仍满足
同理当ab 进入磁场时亦有
由此可知，线框通过磁场区域的过程中做匀速运动，故A 正确；
B．当cd 边切割磁感线时，ef、ab 并联，根据闭合电路欧姆定律可知，a、b 两端电压
当ef 边切割磁感线时，cd、ab 并联，根据闭合电路欧姆定律可知，a、b 两端电压仍为
可知，整个过程中a、b 两端电压并不发生变化，故B 错误；
C．当cd 和ef 切割磁感线时，通过ab 的电流强度为
，而当ab 进入磁场后，回路中得总
电流不变，仍为
，但此时ab 切割磁感线，相当于电源，因此通过ab 的电流强度为I，故
C 错误；
D．当cd 和ef 切割磁感线时，ab 产生的焦耳热
当ab 进入磁场后
由函数关系可知，D 正确。
故选AD。
9．一物体在倾角为37°的固定斜面上处于静止状态，现给物体施加一个沿斜面的恒力，物
体开始沿斜面向下运动。运动过程中物体的动能、重力势能及摩擦产生的内能随位移的变
化关系如图所示，则下列说法正确的是（
）（ ）
A．物体与斜面之间的摩擦因数为0.8
B．物体在运动位移为
的过程中机械能增加1J
C．物体在运动位移为
的过程中恒力做功为15J
D．在
处撤去恒力，物体还能沿斜面向下滑
【答案】ABC
【详解】A．物块的位移为
，根据重力做功与重力势能变化的关系得
固定斜面上处于静止状态，物块的位移为
，摩擦力做功为
解得
故A 正确；
B．物体在运动位移为
的过程中机械能增加
故B 正确；
C．物体在运动位移为
的过程中恒力做功为
故C 正确；
D．物体在运动位移为
的过程中机械能减小1J，撤去恒力时动能为14J，物体还能沿斜面
向下滑
，故D 错误。
故选ABC。
10.如图，光滑平行轨道
的曲面部分是半径为R 的四分之一圆弧，水平部分位于竖直
向上、大小为B 的匀强磁场中，导轨Ⅰ部分两导轨间距为L，导轨Ⅱ部分两导轨间距为
，
将质量均为m 的金属棒P 和Q 分别置于轨道上的
段和
段，且与轨道垂直。P、Q 棒电
阻均为r，导轨电阻不计。Q 棒静止，让P 棒从圆弧最高点静止释放，当P 棒在导轨Ⅰ部分
运动时，Q 棒已达到稳定运动状态。下列说法正确的是（ ）
A．P 棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为
B．Q 棒第一次稳定运动时速度大小为
C．Q 棒从开始运动到第一次速度达到稳定，该过程通过P 棒的电荷量为
D．从P 棒进入导轨Ⅱ运动到再次稳定过程中，P、Q 棒中产生的总热量为
【答案】CD
【详解】A．P 棒到达轨道最低点时速度大小设为v0，根据机械能守恒定律得
根据牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可得，P 棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为
，故A 错误；
BC．设Q 棒第一次稳定运动时的速度为
，P 棒的速度为
，则有
Q 棒从开始运动到第一次速度达到稳定过程中，对P、Q 棒分别分析，由动量定理可得
又因
解得
故B 错误，C 正确；
D．从P 棒进入导轨Ⅱ运动后，两棒速度稳定时，速度相同，设稳定速度为v。由动量守恒
定律得
由能量守恒定律得P、Q 棒中产生的总热量为
解得
故D 正确。
故选CD。
