統(tǒng)考版2024高考物理二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)第三編高考奪分許標(biāo)準(zhǔn)練許標(biāo)準(zhǔn)練52計(jì)算+2選1

小卷標(biāo)準(zhǔn)練5(2計(jì)算＋2選1)(時(shí)間：30分鐘，滿(mǎn)分：47分)非選擇題(共47分．第24～25題為必考題，每個(gè)試題考生都必需作答，第33～34題為選考題，考生依據(jù)要求作答)(一)必考題24．(12分)首鋼滑雪大跳臺(tái)(如圖甲所示)又稱(chēng)“雪飛天”，是北京2024年冬奧會(huì)自由式滑雪和單板滑雪競(jìng)賽場(chǎng)地，谷愛(ài)凌和蘇翊鳴在此圓夢(mèng)冠軍．為探討滑雪運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)狀況，建立如圖乙所示的模型．跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)員從滑道上的A點(diǎn)由靜止滑下，從跳臺(tái)O點(diǎn)沿水平方向飛出．已知O點(diǎn)是斜坡的起點(diǎn)，A點(diǎn)與O點(diǎn)在豎直方向的距離為h，斜坡的傾角為θ，運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為m.重力加速度為g.不計(jì)一切摩擦和空氣阻力．求：(1)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)跳臺(tái)O時(shí)的速度大小v；(2)從離開(kāi)O點(diǎn)到落在斜坡上，運(yùn)動(dòng)員在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t及運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)量的變更量．25．(20分)[2024·遼寧大連4月測(cè)試]由于缺少地磁場(chǎng)的屏蔽作用，高能宇宙射線(xiàn)對(duì)航天員有特別大的危害．目前，國(guó)際上正在主動(dòng)探究載人航天主動(dòng)防護(hù)的方法，其中某種磁防護(hù)方案為在航天器內(nèi)建立同心圓柱體形屏蔽磁場(chǎng)，磁場(chǎng)分布狀況如圖(a)所示．已知同心圓內(nèi)徑R1＝R，外徑R2＝eq\r(3)R，軸向足夠長(zhǎng)．設(shè)定區(qū)內(nèi)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向與圓柱體軸線(xiàn)平行，設(shè)定區(qū)外和防護(hù)區(qū)內(nèi)無(wú)磁場(chǎng)．(1)一個(gè)質(zhì)子在平行于圓柱橫截面的平面內(nèi)，以速度v0沿指向圓心方向入射，該質(zhì)子恰好打不到防護(hù)區(qū)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和質(zhì)子在設(shè)定區(qū)內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．(已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為q)(2)若宇宙中充溢了大量速度大小為v0，沿隨意方向運(yùn)動(dòng)的質(zhì)子，為了使任何質(zhì)子都打不到防護(hù)區(qū)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)當(dāng)滿(mǎn)意的條件．(3)若已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，以A點(diǎn)所在截面建立xOy坐標(biāo)系，如圖(b)所示，圓柱體軸線(xiàn)為z軸，y軸通過(guò)A點(diǎn)．假如有一質(zhì)子以初速度v＝eq\f(\r(2)qB1R,m)從A點(diǎn)射向防護(hù)區(qū)的C點(diǎn)，已知C點(diǎn)坐標(biāo)(0，R，(eq\r(3)－1)R)，求質(zhì)子打到防護(hù)區(qū)的位置坐標(biāo)．(二)選考題(本題共15分．請(qǐng)考生從給出的2道物理題中任選一題作答．如要多做，則按所做的第一題計(jì)分)33．[物理—選修3－3](15分)(1)(5分)確定質(zhì)量的志向氣體發(fā)生狀態(tài)變更，其壓強(qiáng)p隨熱力學(xué)溫度T變更的圖象如圖所示，氣體從狀態(tài)a起先，閱歷了a→b→c→d→a的過(guò)程，abcd為平行四邊形，ab與T軸平行，bc邊反向延長(zhǎng)線(xiàn)通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O.下列說(shuō)法正確的是()A．從a到b，氣體體積減小B．從b到c，氣體體積增大C．從a到c，氣體放出熱量D．從c到d氣體對(duì)外做的功大于從a到b外界對(duì)氣體做的功E．從c到d氣體對(duì)外做的功等于從a到b外界對(duì)氣體做的功(2)(10分)為做好新型冠狀病毒肺炎(COVID-19)疫情的常態(tài)化防控工作，學(xué)校組織工作人員每天對(duì)校內(nèi)進(jìn)行嚴(yán)格的消毒，如圖是某噴霧器及其原理圖．噴霧器的容積為V1＝10L，打氣筒的容積為V0＝200cm3.某次運(yùn)用時(shí)，裝入了V2＝8L藥液，然后關(guān)閉閥門(mén)K2及加水口，并通過(guò)打氣筒打氣使筒內(nèi)上方氣體壓強(qiáng)達(dá)到p1＝3.6atm時(shí)，停止打氣并打開(kāi)噴霧閥門(mén)起先噴霧，當(dāng)氣體壓強(qiáng)降為p2＝1.2atm時(shí)，噴霧器不能正常噴霧．要使噴霧器能再次噴霧，須要用打氣筒再向里打氣，增大桶內(nèi)的壓強(qiáng)．已知外界大氣壓為p0＝1.0atm，不考慮桶內(nèi)藥液產(chǎn)生的壓強(qiáng)，整個(gè)過(guò)程可視為溫度不變．(ⅰ)噴霧器從起先噴霧，到不能正常噴霧，桶內(nèi)剩余藥液有多少？(ⅱ)要把桶內(nèi)剩余藥液全部噴完，需用打氣筒至少再打多少次氣？34．[物理—選修3－4](15分)(1)(5分)[2024·湖南永州一模](多選)甲、乙兩列簡(jiǎn)諧橫波在同種勻整介質(zhì)中傳播，如圖所示為t＝0時(shí)刻兩列波恰好在坐標(biāo)原點(diǎn)相遇時(shí)的波形圖，甲波的頻率為2Hz，沿x軸正方向傳播，乙波沿x軸負(fù)方向傳播，則下列說(shuō)法正確的是()A．乙波的傳播速度為1m/sB．甲、乙兩列波的頻率之比為1∶1C．兩列波疊加后，x＝0處的質(zhì)點(diǎn)振幅為20cmD．t＝0.75s時(shí)，x＝0處的質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置，且向下運(yùn)動(dòng)E．兩列波疊加后，x＝2m處為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)(2)(10分)一半徑r＝0.4m，厚度為d＝0.2eq\r(3)m的圓柱形玻璃磚，中心軸線(xiàn)橫向放置，如圖為其截面圖，圓柱側(cè)面鍍膜，光線(xiàn)不能透出，在圓柱中心軸線(xiàn)上距玻璃磚前表面L1＝0.15m處有一點(diǎn)光源，距玻璃磚后表面L2＝0.3m處有一光屏，光屏上光斑半徑為2r.(ⅰ)畫(huà)出光源經(jīng)過(guò)玻璃磚照在光屏上光斑邊緣的典型光線(xiàn)；(ⅱ)求玻璃磚的折射率n.小卷標(biāo)準(zhǔn)練5（2計(jì)算＋2選1）24．解析：（1）運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)滑到O點(diǎn)，依據(jù)機(jī)械能守恒定律mgh＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gh)（2）運(yùn)動(dòng)員從O點(diǎn)到斜坡上，依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律x＝vt，y＝eq\f(1,2)gt2，tanθ＝eq\f(y,x)解得t＝eq\f(2\r(2gh)tanθ,g)運(yùn)動(dòng)員從O點(diǎn)到斜坡上，設(shè)動(dòng)量變更量為Δp，依據(jù)動(dòng)量定理Δp＝mgt可得運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)量變更量大小為Δp＝2meq\r(2gh)tanθ，方向豎直向下答案：（1）eq\r(2gh)（2）eq\f(2\r(2gh)tanθ,g)2meq\r(2gh)tanθ，方向豎直向下25．解析：（1）設(shè)質(zhì)子的軌跡半徑為r，質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系得Req\o\al(2,2)＋r2＝（r＋R1）2解得r＝R依據(jù)牛頓其次定律有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)解得設(shè)定區(qū)內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝eq\f(mv0,qR)由幾何關(guān)系可知質(zhì)子在磁場(chǎng)中的軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為eq\f(2,3)π，則質(zhì)子在設(shè)定區(qū)內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(s,v0)＝eq\f(2πR,3v0).（2）依據(jù)題意可知，軌跡半徑最大的質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌跡圖如圖乙所示，則有r′＝eq\f(1,2)（R2－R1）＝eq\f(\r(3)－1,2)R由洛倫茲力供應(yīng)向心力有qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r′)所以B0＝eq\f(（\r(3)＋1）mv0,qR)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0≥eq\f(（\r(3)＋1）mv0,qR).（3）依據(jù)題意可知，A點(diǎn)坐標(biāo)為（0，eq\r(3)R，0），C點(diǎn)坐標(biāo)為（0，R，（eq\r(3)－1）R），所以AC與y軸方向間的夾角為45°，已知質(zhì)子的初速度v＝eq\f(\r(2)qB1R,m)，所以v在z軸方向和y軸方向的分速度大小為vz＝vy＝eq\f(\r(2),2)v＝eq\f(qB1R,m)在xOy平面內(nèi)，由洛倫茲力供應(yīng)向心力有qvyB1＝meq\f(veq\o\al(2,y),r″)，解得r″＝R如圖丙所示，軌跡和防護(hù)區(qū)邊界相切，則sinθ＝eq\f(r″,r″＋R)＝eq\f(1,2)切點(diǎn)坐標(biāo)x＝Rsinθ＝eq\f(R,2)，y＝Rcosθ＝eq\f(\r(3),2)R沿z軸方向?yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(1,6)·eq\f(2πR,vy)＝eq\f(πR,3vy)在z軸上的坐標(biāo)為z＝vzt＝eq\f(π,3)R質(zhì)子打到防護(hù)區(qū)的位置坐標(biāo)為（eq\f(R,2)，eq\f(\r(3),2)R，eq\f(π,3)R）.答案：（1）eq\f(mv0,qR)eq\f(2πR,3v0)（2）B0≥eq\f(（\r(3)＋1）mv0,qR)（3）（eq\f(R,2)，eq\f(\r(3),2)R，eq\f(π,3)R）33．解析：（1）從a到b，壓強(qiáng)不變，依據(jù)eq\f(Va,Ta)＝eq\f(Vb,Tb)，溫度降低，體積減小，A正確；從b到c，為等容變更，則氣體的體積不變，B錯(cuò)誤；從a到c，溫度減小，則ΔU＜0，從a到c，依據(jù)eq\f(pV,T)＝C，體積變小，外界對(duì)氣體做正功，即W＞0，依據(jù)熱力學(xué)第確定律ΔU＝W＋Q，則Q＜0，氣體放出熱量，C正確；從c到d，氣體的體積增大，外界對(duì)氣體做負(fù)功，即W1＝pc（Vd－Vc），eq\f(pV,T)＝C，則W1＝pc（Vd－Vc）＝C（Td－Tc），從a到b，氣體的體積減小，外界對(duì)氣體做正功，即W2＝pa（Va－Vb），即W2＝pa（Vd－Vc）＝C（Ta－Tb），Td－Tc＝Ta－Tb，即從c到d氣體對(duì)外做的功等于從a到b外界對(duì)氣體做的功，D錯(cuò)誤，E正確．（2）（?。?duì)噴霧器內(nèi)的氣體，初態(tài)p＝p1＝3.6atm，V＝V1－V2＝2L末態(tài)p′＝p2＝1.2atm依據(jù)玻意爾定律得pV＝p′V′解得V′＝6L噴霧器內(nèi)剩余藥液的體積V余＝V1－V′＝4L（ⅱ）對(duì)噴霧器內(nèi)的氣體和待打入的氣體有p′V′＋np0V0＝p2V1解得：n＝24需用打氣筒至少再打24次氣答案：（1）ACE（2）（?。?L（ⅱ）需用打氣筒至少再打24次氣34．解析：（1）甲、乙兩列簡(jiǎn)諧橫波在同種勻整介質(zhì)中傳播，則波速相等，由題圖可知，λ甲＝2m，λ乙＝2m，由v＝λf知，甲、乙兩列波的頻率之比為1∶1，且乙波的傳播速度為v＝λ乙f＝4m/s，A錯(cuò)誤，B正確；由題圖可知，兩列波疊加后，x＝0處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)加強(qiáng)，振幅為A0＝A甲＋A乙＝10cm＋20cm＝30cm，C錯(cuò)誤；兩列波的周期均為T(mén)＝eq\f(1,f)＝0.5s，由波形平移法可知，t＝0時(shí)刻，x＝0處的質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置，且向上運(yùn)動(dòng)，因?yàn)閠＝0.75s＝eq\f(3T,2)，所以t＝0.75s時(shí)，x＝0處的質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置，且向下運(yùn)動(dòng)，D正確；兩列波疊加后，在x＝2m處兩列波的振動(dòng)方向始終相同，振動(dòng)加強(qiáng)，E正確．（2）（?。┤鐖D所示，畫(huà)出的光線(xiàn)必需從玻璃磚右上角或右下角射出照到光屏上．（ⅱ）如圖，由于光斑的半徑為2r，故光從玻璃磚射出的出射點(diǎn)到光斑邊緣的