統(tǒng)考版2024屆高考物理二輪專項分層特訓(xùn)卷第三部分模擬許綜合練6

模擬小卷練6(2計算＋2選1)(時間30分鐘，滿分47分)非選擇題(共47分．第24～25題為必考題，每個試題考生都必須作答，第33～34題為選考題，考生根據(jù)要求作答)(一)必考題(共32分)24.(12分)如圖所示，在xOy坐標系的第一象限內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B；在第四象限內(nèi)有一勻強電場，方向豎直向上．一質(zhì)子從y軸上的b點處以垂直于y軸的方向進入勻強電場，穿過電場后以與x軸正方向成45°角的方向進入勻強磁場，最后恰好通過y軸上的a點，且速度方向與y軸平行．已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為q，a點到坐標原點的距離為h.求：(1)質(zhì)子進入勻強磁場時的速度大??；(2)勻強電場的電場強度大?。?5．(20分)學(xué)?？萍夹〗M設(shè)計了“e”字形軌道豎直固定放置在水平面上，該軌道由兩個光滑半圓形軌道ABC、CDE和粗糙的水平直軌道EF組成，末端與豎直的彈性擋板OF連接，軌道CDE的半徑r＝0.1m，軌道ABC的半徑為2r，A端與地面相切．現(xiàn)讓質(zhì)量m＝0.2kg的小滑塊從水平地面P點以速度v0＝2eq\r(3)m/s向A運動，之后沿軌道上滑，運動到F點與擋板發(fā)生完全彈性相碰．已知直線軌道EF長為L＝0.5m，小滑塊與軌道EF間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2，其余阻力均不計，小滑塊可視為質(zhì)點．(1)求小滑塊在ABC軌道運動時對軌道C點的壓力；(2)求小滑塊最終停止的位置與F點的距離；(3)若改變小滑塊的初速度，使小滑塊能停在EF軌道上，且運動過程中不脫離軌道，則小滑塊的初速度v0滿足什么條件？(二)選考題(本題共15分．請考生從給出的2道物理題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分)33．[選修3－3](15分)(1)(5分)如圖所示的V-T圖中，一定量的理想氣體從狀態(tài)a(p0，V0，T0)經(jīng)狀態(tài)b、c又回到狀態(tài)a，其中ab的反向延長線過坐標原點．a(chǎn)到b過程中，氣體對外界做的功為________；全過程，氣體吸收的熱量________(填“大于”“小于”或“等于”)氣體放出的熱量．(2)(10分)利用如圖所示的裝置可測量不規(guī)則物體的體積．將不規(guī)則物體放入體積為V0的容器B中，將容器B通過細管(容積可忽略)與體積為2V0的容器A相連接，開始時兩容器內(nèi)的氣體壓強均為大氣壓強p0.關(guān)閉閥門K，利用充氣泵從容器A的充氣口對容器A充氣，直至容器A中的氣體壓強為3p0，然后關(guān)閉充氣口，打開閥門K，足夠長時間后發(fā)現(xiàn)兩容器內(nèi)的氣體壓強均為2.8p0，不考慮氣體溫度變化，氣體可視為理想氣體，求：(ⅰ)通過充氣口充入容器A中的氣體在大氣壓強下的體積；(ⅱ)不規(guī)則物體的體積．34．[選修3－4](15分)[2023·四川成都高三二模](1)(5分)簡諧橫波在均勻介質(zhì)中沿直線傳播，P、Q是傳播方向上相距8m的兩質(zhì)點，波先傳到P，當波傳到Q時開始計時，P、Q兩質(zhì)點的振動圖象如圖所示．則________(選填正確答案標號).A．質(zhì)點Q開始振動的方向沿y軸正方向B．該波從P傳到Q的時間可能為7sC．該波的傳播速度可能為2m/sD．若質(zhì)點P振動的振幅為A，從2s開始計時，P點的振動方程為y＝Asineq\f(π,3)tE．簡諧橫波從該介質(zhì)傳播到另一個不同的介質(zhì)中時頻率可能發(fā)生變化(2)(10分)如圖所示為截面為等腰直角三角形的玻璃磚，∠B＝90°，一束頻率為f＝6×1014Hz的光線從AB面中點處垂直射入棱鏡，在AC面發(fā)生全反射，從BC面射出后，進入雙縫干涉裝置。已知AC長度L＝0.3m，雙縫間距d＝0.2mm，光屏離雙縫l＝1.0m，光在真空中的傳播速度c＝3×108m/s.求：(ⅰ)玻璃磚的折射率的最小值；(ⅱ)光線在玻璃磚中傳播的最短時間及光屏上相鄰亮條紋的間距．模擬小卷練6（2計算＋2選1）24．解析：（1）粒子的運動軌跡如圖設(shè)質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由幾何知識可得rcos45°＝h設(shè)質(zhì)子進入勻強磁場時的速度大小v，根據(jù)牛頓第二定律qvB＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立可得v＝eq\f(\r(2)qBh,m)（2）質(zhì)子在電場中做類平拋運動，設(shè)b點的速度為vb，b點和原點O的距離為yb水平方向，有r＋rsin45°＝vbt豎直方向，有yb＝eq\f(1,2)（vsin45°＋0）t＝eq\f(vsin45°,2)t由動能定理得Eqyb＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(b))又vb＝vcos45°聯(lián)立可得E＝eq\f(（\r(2)－1）qhB2,m).答案：（1）eq\f(\r(2)qBh,m)（2）eq\f(（\r(2)－1）qhB2,m)25．解析：（1）小滑塊從P到C的過程中，根據(jù)動能定理得－mg·4r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))在C點，對小滑塊，根據(jù)牛頓第二定律得FN＋mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C)),2r)解得FN＝2N根據(jù)牛頓第三定律可知，小滑塊對軌道的壓力為2N，方向豎直向上．（2）小滑塊從P點到在EF軌道停止過程中，根據(jù)動能定理得－mg·2r－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))解得s＝0.8m＝（L＋0.3）m所以小滑塊最終停在離F點0.3m處．（3）小滑塊剛好經(jīng)過最高點C，有mg＝meq\f(v2,2r)小滑塊從P到C的過程中，根據(jù)動能定理得－mg·4r＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))解得v1＝eq\r(10)m/s當小滑塊第一次被擋板彈回時，到達D處（與軌道CDE的圓心等高）時速度為零，小滑塊從P到D的過程中，根據(jù)動能定理得－mg·3r－μmg·2L＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))解得v2＝4m/s所以小滑塊的初速度v0的范圍為eq\r(10)m/s≤v0≤4m/s.答案：（1）2N，豎直向上（2）0.3m（3）eq\r(10)m/s≤v0≤4m/s33．解析：（1）a到b過程為等壓升溫膨脹，b到c過程為等溫壓縮升壓，c到a過程為等容降溫降壓，轉(zhuǎn)化為p-V圖如圖所示．a(chǎn)到b過程中，氣體對外界做的功為W＝p0ΔV＝p0V0.由p-V圖可知，氣體對外做的功等于ab線與橫軸所圍面積，外界對氣體做的功等于bc線與橫軸所圍面積，可見全過程，外界對氣體所做的功大于氣體對外界所做的功，這個因素會引起內(nèi)能增加，氣體放出的熱量應(yīng)大于氣體吸收的熱量，才能使氣體內(nèi)能保持不變．（2）（?。┰O(shè)充氣后容器A中氣體在大氣壓強下的體積為V，則由玻意耳定律可得3p0·2V0＝p0V通過充氣口充入的氣體在大氣壓強下的體積為V′＝V－2V0解得V′＝4V0（ⅱ）設(shè)未打開閥門前，當容器A中氣體壓強為2.8p0時，A中氣體體積為V1，由玻意耳定律可得3p0·2V0＝2.8p0V1閥門K打開后，從容器A中逸出的氣體在壓強為2.8p0時的體積為ΔV＝V1－2V0設(shè)逸出的氣體在壓強為p0時的體積為ΔV1，則有2.8p0ΔV＝p0ΔV1設(shè)不規(guī)則物體的體積為ΔV′，則有p0（ΔV1＋V0－ΔV′）＝2.8p0（V0－ΔV′）解得ΔV′＝eq\f(7,9)V0答案：（1）p0V0小于（2）（?。?V0（ⅱ）eq\f(7,9)V034．解析：（1）由圖線可知，質(zhì)點Q開始起振的方向沿y軸正方向，故A正確；振動由P向Q傳播，由圖線可知T＝6s，故振動從P傳到Q的時間可能為nT＋4s＝（6n＋4）s（n＝0，1，2，3，…）故不可能為7s，故B錯誤；根據(jù)（nT＋4s）v＝8m得v＝eq\f(8,6n＋4)m/s（n＝0，1，2，3，…）當n＝0時，波速為2m/s，故C正確；角速度為ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,3)則從2s開始計時，P點的振動方程為y＝Asinωt＝Asineq\f(π,3)t，故D正確；頻率由波源決定，故該波如果進入另一種不同介質(zhì)中傳播時，其頻率不會發(fā)生變化，故E錯誤．故選A、C、D.（2）（?。┯蓭缀侮P(guān)系知，光線在AC面發(fā)生全反射的臨界角C≤45°由sinC＝eq\f(1,n)，得n≥eq\r(2)即最小折射率為eq\r(2).（ⅱ）由幾何關(guān)系知，光線在玻