题型小卷26　“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26　“3多选+1实验+2计算” (时间:50分钟　总分:47分)
二、多项选择题(每小题6分,共18分)
1.[2025·陕晋青宁适应性联考] 氢原子能级图如图所示,若大量氢原子处于n=1、2、3、4的能级状态,已知普朗克常量h=6.6×10-34 J·s,1 eV=1.6×10-19 J,某锑铯化合物的逸出功为2.0 eV,则 (　)
A.这些氢原子跃迁过程中最多可发出3种频率的光
B.这些氢原子跃迁过程中产生光子的最小频率为1.6×1014 Hz
C.这些氢原子跃迁过程中有4种频率的光照射该锑铯化合物可使其电子逸出
D.一个动能为12.5 eV的电子碰撞一个基态氢原子不能使其跃迁到激发态
2.如图所示,用某一回旋加速器分别加速两个不同的粒子,与加速器平面垂直的磁场的磁感应强度恒定不变,交变电压的频率可调,即两粒子各自在磁场中做匀速圆周运动的频率与相应的交变电压频率相同.则下列说法可能正确的是 (　)
A.电荷量大的粒子最后的动量大
B.电荷量小的粒子最后的动量大
C.电荷量大的粒子最后的动能大
D.电荷量小的粒子最后的动能大
3.[2025·青海西宁三模] 如图所示,截面为直角三角形的斜面体固定在水平面上,两斜面光滑,斜面倾角分别为30°和60°,左侧斜面底端固定一挡板,物块a紧挨挡板放置,斜面顶端固定一轻质定滑轮,轻绳一端连接物块a,一端跨过定滑轮与劲度系数为k的弹簧上端连接,弹簧的下端连接物块b.初始状态,用手托住物块b(处于P处),使两物块a、b均静止,弹簧处于原长且轻绳刚好伸直,轻绳和弹簧都与斜面平行.现释放物块b,物块b从P运动到最低点Q的过程中,物块a恰好没有离开挡板.已知弹簧的弹性势能表达式Ep=kx2(x为弹簧形变量),物块a的质量为M,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　)
A.物块b被释放瞬间,其加速度大小为g
B.物块a、b的质量之比为2∶1
C.弹簧的最大弹性势能为
D.物块b运动到PQ中点时速度大小为v=
二、非选择题(共29分)
4.(6分)某同学用图甲的装置探究质量一定时加速度与力的关系,补偿阻力后,用力传感器的示数F表示小车受到的合力,用纸带算出小车的加速度a.
(1)以下操作正确的一项是　　　　　　　.
A.调整定滑轮的高度使细绳与长木板平行
B.补偿阻力时移去打点计时器和纸带
C.实验时先释放小车后打开打点计时器
D.调节槽码质量使它远小于小车的质量
(2)实验中得到的一条纸带如图乙所示,1~6为选取的连续计数点(两计数点间还有四个点没有画出),相邻计数点间的距离如图.已知打点计时器电源的频率为50 Hz,可求得打下点4时小车速度的大小为　　　　 m/s,打下1~6的过程中,小车加速度的大小为　　　　 m/s2.(结果保留3位有效数字)
5.(10分)[2025·河南十校联考] 如图所示的玻璃砖,横截面为长方形ABCD,AD边长为L,一束激光与AB边的夹角为45°,从AB边上的E点射入,折射光经过BC边的中点F反射后到达CD边的G点,已知∠EFG=120°,光在真空中的传播速度为c,求:
(1)玻璃砖对此激光束的折射率;
(2)激光束从E到F再到G传播的总时间.
6.(13分)[2025·云南昆明一模] 如图所示,倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上,斜面ABCD是边长为d=3.2 m的正方形,在其中心O处用长为L=0.6 m的轻绳悬挂一可视为质点的小球,使小球静止.现给小球一个垂直于绳方向的初速度v0,小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动.重力加速度g取10 m/s2.
(1)求v0的大小;
(2)若小球沿斜面向上运动到与O点等高时,剪断轻绳,求从剪断轻绳到小球离开斜面所用的时间.
题型小卷26　“3多选+1实验+2计算”
1.BC　[解析] 这些氢原子跃迁过程中最多可发出=6种频率的光,故A错误;氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级发出的光子的能量最小,为E=E4-E3=0.66 eV,这些氢原子跃迁过程中产生光子的最小频率为ν== Hz=1.6×1014 Hz,故B正确;某锑铯化合物的逸出功为2.0 eV,则这些氢原子跃迁过程中有4种频率的光照射该锑铯化合物可使其电子逸出,分别是从n=4能级跃迁到n=1能级发出的光子,从n=3能级跃迁到n=1能级发出的光子,从n=2能级跃迁到n=1能级发出的光子,从n=4能级跃迁到n=2能级发出的光子,故C正确;一个基态氢原子跃迁到激发态所需的最小能量为Emin=E2-E1=10.2eV,一个动能为12.5 eV的电子(大于10.2 eV)碰撞一个基态氢原子能使其跃迁到激发态,故D错误.
2.ACD　[解析] 两粒子在同一回旋加速器中做匀速圆周运动的最大半径相同,根据qvB=m,解得R==,可知电荷量大的粒子最后的动量大,故A正确,B错误;由Ek=mv2,联立解得R==,可知由于两粒子的质量关系不确定,因此无法确定电荷量与动能的大小关系,电荷量大的粒子有可能最后的动能大,电荷量小的粒子也有可能最后的动能大,故C、D正确.
3.AB　[解析] 由题意可知,物块b在P、Q之间做简谐运动,由牛顿第二定律可知在P点时的加速度大小为a==g,由对称性可知物块b在Q点的加速度大小也是g,根据牛顿第二定律有Mg-mbg=mba,解得M=2mb,故A、B正确;物块b由P到Q的过程,由机械能守恒定律可知重力势能减少量等于弹簧弹性势能的增加量,设PQ的长度为x,则mbgx=kx2,解得x=,所以弹性势能Ep=,故C错误;从P点到PQ中点由能量守恒定律得mbgxsin 60°=k+mbv2,解得v=,故D错误.
4.(1)A　(2)0.495(0.496)　1.50(1.49~1.51)
[解析] (1)为了使细绳的拉力等于小车所受外力的合力,实验中应需要调整定滑轮使细线与长木板平行,故A正确;补偿阻力时需要通过打出的点迹分布是否均匀来判断实验是否达到要求,需要打点计时器和纸带,故B错误;为了避免纸带上出现大量的空白段落,实验时应先接通电源后释放小车,故C错误;实验通过力传感器可以直接读出拉力的大小,不需要调节槽码质量使它远小于小车的质量,故D错误.
(2)两计数点间还有四个点没有画出,故相邻计数点的间隔为T=0.1 s,打下点4时小车的速度为v4==×10-2=0.495 m/s,根据逐差法,小车的加速度为a==×10-2=1.50 m/s2
5.(1)　(2)
[解析] (1)由几何关系可得激光束在E点的入射角
i=90°-45°=45° (1分)
折射角r=90°-∠BEF (1分)
其中∠EFG=120°
则∠EFB=30°、∠BEF=60° (1分)
可得r=30° (1分)
由折射定律可得玻璃砖对此激光束的折射率为n== (1分)
(2)F是BC的中点,AD的长度为L,BC的长度为L,则BF为0.5L,则有FG=EF==L (2分)
由折射定律得v== (1分)
联立解得激光束从E到F再到G传播的总时间t== (2分)
6.(1) m/s　(2)1.6 s
[解析] (1)小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动,当小球恰过最高点时,由牛顿第二定律有mgsin 30°=m (1分)
小球从最低点运动到最高点的过程中,由动能定理得-2mgLsin 30°=mv2-m (1分)
联立解得v0= m/s (2分)
(2)小球从最低点运动到与O点等高处的过程中,由动能定理得-mgLsin 30°=m-m (1分)
解得v1=3 m/s (1分)
剪断轻绳后,小球沿斜面向上做匀减速直线运动,设小球向上运动的最大位移为x,根据运动学公式可得0-=-2ax (1分)
由牛顿第二定律得mgsin 30°=ma (1分)
联立解得x=0.9 m
由于x=0.9 m<1.6 m,因此小球不会从CD边离开斜面.剪断轻绳后,小球先沿斜面向上做匀减速直线运动,然后向下做匀加速直线运动.小球向上运动的过程中,由匀变速直线运动的规律得v1=at1
解得t1=0.6 s (1分)
小球向下运动的过程中,由匀变速直线运动的规律得+x=a (1分)
解得t2=1 s (1分)
从剪断轻绳到小球离开斜面所用的时间为t=t1+t2=1.6 s (2分)