题型小卷25　“3多选 1实验 2计算”（含解析）高中物理（通用版）2026届二轮复习题型小卷

题型小卷25　“3多选+1实验+2计算” (时间:50分钟　总分:47分)
一、多项选择题(每小题6分,共18分)
1.[2025·广东佛山一模] 中国选手邓雅文在巴黎奥运会自由式小轮车比赛中勇夺金牌.小轮车比赛场地如图所示,MN段和OP段均为四分之一圆弧,NO段水平.选手骑车从M处由静止出发,沿轨迹MNOP运动,到P处竖直跃起,到达最高点Q后落回P处,再沿轨迹PONM运动回M处.人和车整体可视为质点,且认为在圆弧轨道运动过程中人不提供动力.下列说法正确的是 (　)
A.从M到N的过程,场地对小轮车的支持力一直增大
B.从P到Q再到P的过程,选手先失重后超重
C.在Q点时,选手的速度和加速度均为零
D.在O点时,选手所受重力的功率为零
2.[2025·重庆学业水平模拟调研] 如图所示,一电荷量为q(q>0)的点电荷与一足够大的均匀带电薄板相距2d,该点电荷到薄板的垂线通过薄板的几何中心.A、B两点分别位于薄板两侧、过薄板的中垂线且到薄板的距离均为d,已知A点的场强大小是B点场强大小的2倍,静电力常量为k,则B点的场强大小可能为 (　)
A. B.
C. D.
3.[2025·贵州贵阳联考] 如图所示,在水平圆盘圆心O的一侧,沿半径方向放着用轻杆相连的两个物体A和B,A、B的质量均为m,与圆盘的动摩擦因数分别为μA、μB,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力.现使圆盘在不同的角速度ω下绕过O的竖直轴匀速转动,已知重力加速度为g,则B未发生相对滑动前,其所受的静摩擦力Ff与ω2的关系图像可能是 (　)
A　B
C　D
二、非选择题(共29分)
4.(6分)[2025·云南昆明一模] 实验小组利用图甲所示的多用电表测量一电阻的阻值,主要操作步骤如下:
(1)选用电阻挡“×10”倍率进行测量时,发现多用电表指针位于图乙中a位置,需重新选择　　　　(选填“×1”或“×100”)倍率,并进行欧姆调零.
(2)关于欧姆调零,下列操作正确的是　　　　.
A.红、黑表笔断开,调节“S”,使指针指到表盘左侧“0”刻度线处
B.红、黑表笔短接,调节“S”,使指针指到表盘右侧“0 Ω”刻度线处
C.红、黑表笔短接,调节“T”,使指针指到表盘右侧“0 Ω”刻度线处
(3)经正确操作后,多用电表指针位于图乙中b位置,则该电阻的阻值为　　　　Ω.(结果保留2位有效数字)
5.(10分)[2025·陕西宝鸡一模] 如图所示,均匀薄壁U形玻璃管,左管上端封闭,右管上端开口且足够长,管内装有一定量的某种液体.右管内有一轻活塞,与管壁间无摩擦且不漏气.活塞与管内液体在左、右管内密封了两段空气柱(可视为理想气体).当温度为T0时,左、右管内液面等高,两管内空气柱长度均为L.已知大气压强为p0,玻璃管横截面积为S,不计轻活塞重力.现将左右两管理想气体缓慢升高相同的温度,使两管液面高度差为L,左管压强变为原来的1.2倍.
(1)理想气体温度升高到多少时两管液面高度差为L
(2)温度升高过程中, 右管内的轻活塞上升的距离为多少
6.(13分)[2025·甘肃兰州一模] 如图所示,一电动倾斜传送带上端与一光滑水平面平滑相连,水平面上方有一轻杆,可绕其上端O点自由旋转,下端悬挂物块B(可看成质点),B与水平面接触无挤压.将物块A轻放在传送带底端,一段时间后与B发生碰撞,碰后B恰好能运动至最高点.已知传送带顺时针方向运行,与水平面夹角为30°,传送带长x=6 m,速度v=5 m/s,A与传送带间的动摩擦因数μ=,A、B质量分别为m1=2 kg,m2=1 kg,轻杆长L=0.4 m,重力加速度g取10 m/s2.求:
(1)A在传送带上运行的时间;
(2)碰撞后A的速度;
(3)把A从底端运送到顶端的过程中,为保持传送带始终匀速电动机多消耗的电能.
题型小卷25　“3多选+1实验+2计算”
1.AD　[解析] 从M到N的过程,小轮车运动的速度越来越大,支持力和重力沿半径方向的合力提供的向心力逐渐增大,则场地对小轮车的支持力一直增大,故A正确;从P到Q再到P的过程,选手只受到重力,处于一直失重状态,故B错误;在Q点时,选手的速度为0,加速度为重力加速度,故C错误;在O点时,选手的竖直分速度为vy=0,根据PG=mgvy可知,则选手所受重力的功率为0,故D正确.
2.AB　[解析] 题图中A点的场强大小是B点场强大小的2倍,则薄板应带正电,设薄板在A点产生的场强大小为E,则有E+k=2,解得EB=k-E=,EB=E-k=,故选A、B.
3.ABC　[解析] 在A、B都未滑动前,且轻杆无拉力时,对B物体,则有Ff=mω2r,即Ff与ω2成正比,且最大静摩擦力为Ffm=μBmg,A正确;由于rA>rB,若μA<μB,随着ω逐渐增大,A受到的静摩擦力不足以提供其做圆周运动的向心力,即A先滑动时,则有μAmg=mrA,解得ω1=,当ω>ω1杆开始出现拉力,此时,对于A则有FT+μAmg=mω2rA,对于B则有FfB-FT=mω2rB,联立解得FfB=m(rA+rB)ω2-μAmg,由此可知,在Ff ω2的图像中,其斜率变大,B正确,D错误;若μB较小时,在B的摩擦力未达到最大时,且细杆间无弹力,则有FfB=mω2rB,此时Ff与ω2成正比,随着ω的增大,静摩擦力达到最大时,不再发生变化,即为Ffm=μBmg,C正确.
4.(1)×1　(2)C　(3)28
[解析] (1)由于指针偏转幅度较大,说明待测电阻的阻值较小,为减小测量误差,需更换更小倍率的挡位,故选择“×1”倍率.
(2)由题可知,S为机械调零旋钮,T为欧姆调零旋钮,欧姆调零时,应先将两表笔短接,再调节欧姆调零旋钮T,使指针指在表盘右侧“0 Ω”刻度线处,故选C.
(3)根据电阻表的读数可得,待测电阻的阻值为28×1 Ω=28 Ω.
5.(1)1.8T0　(2)1.3L
[解析] (1)当两管液面高度差为L时左管液柱下降Δx,右管液柱上升Δx,设此时温度为T,则有2Δx=L (1分)
解得Δx= (1分)
对左管封闭气体, 根据理想气体状态方程有= (1分)
联立上式解得T=1.8T0 (2分)
(2)升温过程中,右管封闭气体压强不变,设末状态时右管中封闭气体长度为L',则有
= (2分)
解得L'=1.8L (1分)
活塞上升的高度Δh=(L'+Δx)-L=1.3L (2分)
6.(1)2.2 s　(2)3 m/s　(3)160 J
[解析] (1)A刚放在传送带上时先加速上滑,根据牛顿第二定律有μm1gcos 30°-m1gsin 30°=m1a (1分)
解得a=2.5 m/s2 (1分)
加速到与传送带速度相等所用时间t1==2 s (1分)
加速过程的位移x1=a=5 m
之后物块A以速度v匀速运动,匀速运动的时间t2==0.2 s
所以物块A在传送带上运行的总时间t=2 s+0.2 s=2.2 s (1分)
(2)物块A与B碰撞过程系统动量守恒,设碰撞后A的速度为v1,B的速度为v2.撞后B恰好能运动至最高点,由于是轻杆,故B在最高点速度为0.根据机械能守恒定律得m2=m2g2L (1分)
解得v2=4 m/s (1分)
由动量守恒定律可得m1v=m1v1+m2v2 (1分)
解得v1=3 m/s (1分)
(3)电动机多消耗的电能等于物块A增加的机械能与因摩擦产生的热量之和.物块A增加的机械能
E机=m1gxsin 30°+m1v2=85 J (1分)
在传送带上加速阶段,传送带位移x2=vt1=10 m (1分)
二者的相对位移Δx=x2-x1=5 m (1分)
故因摩擦产生的热量Q=μm1gΔxcos 30°=75 J (1分)
所以电动机多消耗的电能ΔE=E机+Q=85 J+75 J=160 J (1分)