题型小卷30　“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30　“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·山东济南一模] 一定质量的理想气体经历如图所示的循环过程,a→b过程是等温过程,b→c过程中气体与外界无热量交换,c→d过程是等温过程,d→a过程中气体与外界无热量交换.下列说法正确的是 (　)
A.a→b过程,气体吸收热量,内能不变
B.b→c过程,气体对外做功,温度不变
C.c→d→a过程,气体放出的热量小于外界对气体做的功
D.a→b过程,气体从外界吸收的热量小于c→d过程放出的热量
2.[2025·四川德阳二模] 两根足够长的平行光滑导轨固定在水平面上,导轨左侧连接有单刀双掷开关,接头A连接充满电荷的平行板电容器C,接头B连接定值电阻R,两导轨之间有垂直导轨平面的匀强磁场(未画出),一根导体棒置于导轨上且与导轨垂直并接触良好,如图所示.现将开关掷于接头A,一段时间后掷于接头B,流过导体棒电荷量的绝对值q与时间t的关系图像和导体棒运动的v t图像可能正确的是 (　)
A B
C D
3.[2025·云南昆明一模] 如图甲所示,光滑固定斜面底端有一固定挡板,轻质弹簧一端固定在挡板上,质量为m的物块P(可视为质点)从斜面上的O点由静止释放,P的加速度大小a随它与O点的距离x变化的关系如图乙所示,图乙中各坐标值均已知,x3为物块P到O点的最大距离,弹簧始终处于弹性限度内.下列说法正确的是 (　)
A.x=x1时,物块P速度最大
B.物块P运动过程中的最大加速度为
C.弹簧的最大弹性势能为ma0x3
D.物块P的最大动能为ma0
二、非选择题(共29分)
4.(6分)[2025·山西省二模] 在用伏安法测量一块电池的电动势E和内电阻r时,为消除系统误差,实验小组设计了图甲的电路进行实验.图中保护电阻的阻值为R0,R为滑动变阻器.
(1)按图甲的电路图完成图乙的实物电路连线.
(2)闭合S1前,R的滑动触头应滑到　　　　(选填“a端”或“b端”).
(3)将S2掷到位置“1”,闭合S1后调节R的阻值,得到多组电压表和电流表的值U、I,绘制出的U I图线如图丙中的实线所示,图线的截距分别为U1、I1.之后,将S2掷到位置“2”,同样闭合S1后调节R的阻值,绘制的U I图线如图丙中的虚线所示,图线的截距分别为U2、I2.则可知该电源电动势的真实值为　　　　,电源内阻的真实值为　　　　.(用测得量和已知量的符号表示)
(4)进一步分析可知,电压表的内电阻为　　　　.(用测得量和已知量的符号表示)
5.(10分)[2025·陕晋青宁适应性联考] 图甲是某小河的航拍照片,河道弯曲形成的主要原因之一可解释为:河道弯曲处的内侧与外侧河堤均受到流水重力产生的压强,外侧河堤还受到流水冲击产生的压强.小河某弯道处可视为半径为R的圆弧的一部分,如图乙所示,假设河床水平,河水密度为ρ,河道在整个弯道处宽度d和水深h均保持不变,水的流动速度v大小恒定,d R,忽略流水内部的相互作用力.取弯道某处一垂直于流速的观测截面,求在一极短时间Δt内:(R、ρ、d、h、v、Δt均为已知量)
(1)通过观测截面的流水质量Δm;
(2)流水速度改变量Δv的大小;
(3)外侧河堤受到的流水冲击产生的压强p.
6.(13分)[2025·山西省二模] 如图所示,圆心为O、半径为R的圆形区域内,存在垂直于圆面的匀强磁场和平行于圆面的匀强电场,P、Q分别为圆形边界上的两点,PO⊥QO.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力),从P点以初速度v0沿PO方向射入,该粒子恰好沿直线通过该圆形区域.若仅撤去磁场,该粒子仍从P点以初速度v0沿PO方向射入,则该粒子恰从Q点离开.
(1)求匀强磁场磁感应强度的大小;
(2)若仅撤去电场,该粒子仍从P点以初速度v0沿PO方向射入,求该粒子通过圆形区域前后速度变化量的大小.
题型小卷30　“3多选+1实验+2计算”
1.AC　[解析] a→b过程,气体温度不变,内能不变,体积增大,气体对外界做功,故气体吸收热量,故A正确;b→c过程,气体对外做功,且Q=0,则内能减小,温度降低,故B错误;c→d过程,气体温度不变,内能不变,体积减小,外界对气体做功等于气体放出的热量,d→a过程绝热,外界对气体做功,气体内能增大,故c→d→a过程,气体放出的热量小于外界对气体做的功,故C正确;由前面分析知,a→b过程,气体从外界吸收的热量等于该过程气体对外界做的功,c→d过程气体放出的热量等于该过程外界对气体做的功,由题图知,a→b过程气体对外界做的功大于c→d过程外界对气体做的功,则a→b过程,气体从外界吸收的热量大于c→d过程放出的热量,故D错误.
2.AD　[解析] 开关掷于接头A,电容器放电,导体棒加速运动,速度v越来越大,电容器两端电压U越来越小,导体棒反电动势E反=BLv越来越大,则电流I=越来越小,开关掷于接头B,导体棒切割磁感线,相当于电源对电阻R供电,导体棒减速运动,速度v越来越小,导体棒电动势E=BLv越来越小,则I=越来越小,q t图像的斜率绝对值表示电流大小,故A正确,B错误;结合A、B分析可知,开关掷于接头A时,导体棒加速运动,安培力F=BIL越来越小,加速度越来越小,开关掷于接头B时,导体棒减速运动,且所受安培力越来越小,加速度越来越小,故C错误,D正确.
3.BCD　[解析] 在物块P沿斜面向下运动的过程中,对物块P进行分析可知,物块P先向下做匀加速直线运动,与弹簧接触后,先向下做加速度减小的加速运动,当加速度减小为0时,速度达到最大值,之后在向下做加速度方向变为向上的变减速直线运动,可知x=x2时,物块P速度最大,故A错误;物块P没有接触弹簧前,对物块P根据牛顿第二定律可得mgsin θ=ma0,在x=x2时,加速度为0,则有k(x2-x1)=mgsin θ,在x=x3时,物块的加速度最大,此时有k(x3-x1)-mgsin θ=ma',解得a'=,故B正确;物块P没有接触弹簧前,对物块P根据牛顿第二定律可得mgsin θ=ma0,由于x3为物块P到O点的最大距离,即在x=x3时,物块的速度为0,根据能量守恒定律可知,弹簧的最大弹性势能为Epmax=mgx3sin θ=ma0x3,故C正确;根据上述可知,x=x2时,物块P速度最大,动能最大,根据动能定理有mgx2sin θ+W弹=Ekmax,根据胡克定律可知,弹簧弹力与形变量成正比,利用弹力的平均值可以得到W弹=-,由于在x=x2时,加速度为0,则有k(x2-x1)=mgsin θ,解得Ekmax=ma0(x1+x2),故D正确.
4.(1)如图所示　(2)a端　(3)U1　-R0　(4)
[解析] (1)实物连线如图所示.
(2)闭合开关S1前,滑动变阻器的滑动触头位于a端时,滑动变阻器阻值最大,电路中电流最小.
(3)S2接“1”时,当电流表示数为0时,电流表和R0不分压,电压表的示数U1=E;另一方面由于S2接“2”,当电压表示数为0时,电压表没有分流,即此时的电流表示数I2=,联立可得E=U1,r=-R0.
(4)S2接“2”时,所测内阻为电源、R0及电压表的整体的等效内阻,即=+,联立可得电压表内阻RV=.
5.(1)ρdhv·Δt　(2)·Δt　(3)
[解析] (1)由题可知,极短时间Δt水流的距离Δl=v·Δt
由于横截面积为S=dh (1分)
根据ρ= (1分)
可得水的质量Δm=ρ·ΔV=ρ·dhv·Δt (1分)
(2)由于Δt极短,可以把水的运动简化为圆周匀速运动
根据匀速圆周运动的规律可知,其加速度为a= (1分)
又因为a= (1分)
联立解得Δv=·Δt (1分)
(3)根据牛顿第二定律可得F=Δm (1分)
联立上述结论,解得F= (1分)
水流与河堤作用的面积S'=Δl·h=vh·Δt (1分)
故外侧河堤受到的流水冲击产生的压强
p=== (1分)
6.(1)　(2)v0
[解析] (1)设电场强度的大小为E,磁感应强度的大小为B,粒子做直线运动,故电场力与洛伦兹力平衡
则qE=qv0B (1分)
仅撤去磁场后,粒子从P点进入后做匀变速曲线运动
设粒子在电场中运动时间为t,粒子加速度的大小为a,则a= (1分)
由类平抛运动的规律可知R=v0t,R=at2 (2分)
解得B= (2分)
(2)仅撤去电场后,设粒子做圆周运动的半径为r,由几何关系和牛顿运动定律有qv0B=m (1分)
解得r=R (1分)
设粒子速度偏转角为θ,由几何关系有
sin == (2分)
设带电粒子通过该区域前后速度变化量的大小Δv,则
Δv=2v0sin (1分)
解得Δv=v0 (2分)