统考版2024高考物理二轮专题复习第三编高考夺分许标准练许标准练52计算+2选1

这是一份统考版2024高考物理二轮专题复习第三编高考夺分许标准练许标准练52计算+2选1，共7页。试卷主要包含了[物理—选修3－3]等内容，欢迎下载使用。

非选择题(共47分．第24～25题为必考题，每个试题考生都必须作答，第33～34题为选考题，考生根据要求作答)
(一)必考题
24．(12分)首钢滑雪大跳台(如图甲所示)又称“雪飞天”，是北京2022年冬奥会自由式滑雪和单板滑雪比赛场地，谷爱凌和苏翊鸣在此圆梦冠军．为研究滑雪运动员的运动情况，建立如图乙所示的模型．跳台滑雪运动员从滑道上的A点由静止滑下，从跳台O点沿水平方向飞出．已知O点是斜坡的起点，A点与O点在竖直方向的距离为h，斜坡的倾角为θ，运动员的质量为m.重力加速度为g.不计一切摩擦和空气阻力．求：
(1)运动员经过跳台O时的速度大小v；
(2)从离开O点到落在斜坡上，运动员在空中运动的时间t及运动过程中动量的变化量．
25．(20分)[2023·辽宁大连4月测试]由于缺少地磁场的屏蔽作用，高能宇宙射线对航天员有非常大的危害．目前，国际上正在积极探索载人航天主动防护的方法，其中某种磁防护方案为在航天器内建立同心圆柱体形屏蔽磁场，磁场分布情况如图(a)所示．已知同心圆内径R1＝R，外径R2＝eq \r(3)R，轴向足够长．设定区内为匀强磁场，磁场方向与圆柱体轴线平行，设定区外和防护区内无磁场．
(1)一个质子在平行于圆柱横截面的平面内，以速度v0沿指向圆心方向入射，该质子恰好打不到防护区，求磁感应强度的大小和质子在设定区内的运动时间．(已知质子的质量为m，电荷量为q)
(2)若宇宙中充满了大量速度大小为v0，沿任意方向运动的质子，为了使任何质子都打不到防护区，求磁感应强度的大小应该满足的条件．
(3)若已知磁感应强度大小为B1，以A点所在截面建立xOy坐标系，如图(b)所示，圆柱体轴线为z轴，y轴通过A点．如果有一质子以初速度v＝eq \f(\r(2)qB1R,m)从A点射向防护区的C点，已知C点坐标(0，R，(eq \r(3)－1)R)，求质子打到防护区的位置坐标．
(二)选考题(本题共15分．请考生从给出的2道物理题中任选一题作答．如要多做，则按所做的第一题计分)
33．[物理—选修3－3](15分)
(1)(5分)一定质量的理想气体发生状态变化，其压强p随热力学温度T变化的图象如图所示，气体从状态a开始，经历了a→b→c→d→a的过程，abcd为平行四边形，ab与T轴平行，bc边反向延长线通过坐标原点O.下列说法正确的是( )
A．从a到b，气体体积减小
B．从b到c，气体体积增大
C．从a到c，气体放出热量
D．从c到d气体对外做的功大于从a到b外界对气体做的功
E．从c到d气体对外做的功等于从a到b外界对气体做的功
(2)(10分)为做好新型冠状病毒肺炎(COVID­19)疫情的常态化防控工作，学校组织工作人员每天对校园进行严格的消毒，如图是某喷雾器及其原理图．喷雾器的容积为V1＝10L，打气筒的容积为V0＝200cm3.某次使用时，装入了V2＝8L药液，然后关闭阀门K2及加水口，并通过打气筒打气使筒内上方气体压强达到p1＝3.6atm时，停止打气并打开喷雾阀门开始喷雾，当气体压强降为p2＝1.2atm时，喷雾器不能正常喷雾．要使喷雾器能再次喷雾，需要用打气筒再向里打气，增大桶内的压强．已知外界大气压为p0＝1.0atm，不考虑桶内药液产生的压强，整个过程可视为温度不变．
(ⅰ)喷雾器从开始喷雾，到不能正常喷雾，桶内剩余药液有多少？
(ⅱ)要把桶内剩余药液全部喷完，需用打气筒至少再打多少次气？
34．[物理—选修3－4](15分)
(1)(5分)[2023·湖南永州一模](多选)甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播，如图所示为t＝0时刻两列波恰好在坐标原点相遇时的波形图，甲波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，乙波沿x轴负方向传播，则下列说法正确的是( )
A．乙波的传播速度为1m/s
B．甲、乙两列波的频率之比为1∶1
C．两列波叠加后，x＝0处的质点振幅为20cm
D．t＝0.75s时，x＝0处的质点处于平衡位置，且向下运动
E．两列波叠加后，x＝2m处为振动加强点
(2)(10分)一半径r＝0.4m，厚度为d＝0.2eq \r(3)m的圆柱形玻璃砖，中心轴线横向放置，如图为其截面图，圆柱侧面镀膜，光线不能透出，在圆柱中心轴线上距玻璃砖前表面L1＝0.15m处有一点光源，距玻璃砖后表面L2＝0.3m处有一光屏，光屏上光斑半径为2r.
(ⅰ)画出光源经过玻璃砖照在光屏上光斑边缘的典型光线；
(ⅱ)求玻璃砖的折射率n.
小卷标准练5 （2计算＋2选1）
24．解析：（1）运动员从A点滑到O点，根据机械能守恒定律mgh＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(2gh)
（2）运动员从O点到斜坡上，根据平抛运动规律x＝vt，
y＝eq \f(1,2)gt2，tanθ＝eq \f(y,x)
解得t＝eq \f(2\r(2gh)tanθ,g)
运动员从O点到斜坡上，设动量变化量为Δp，
根据动量定理Δp＝mgt
可得运动员的动量变化量大小为
Δp＝2meq \r(2gh)tanθ，方向竖直向下
答案：（1）eq \r(2gh) （2）eq \f(2\r(2gh)tanθ,g)
2meq \r(2gh)tanθ，方向竖直向下
25．解析：（1）设质子的轨迹半径为r，质子运动轨迹如图甲所示，由几何关系得
R eq \\al(2,2) ＋r2＝（r＋R1）2
解得r＝R
根据牛顿第二定律有qv0B＝meq \f(v eq \\al(2,0) ,r)
解得设定区内的磁感应强度大小为B＝eq \f(mv0,qR)
由几何关系可知质子在磁场中的轨迹对应的圆心角为eq \f(2,3)π，则质子在设定区内的运动时间为t＝eq \f(s,v0)＝eq \f(2πR,3v0).
（2）根据题意可知，轨迹半径最大的质子运动轨迹图如图乙所示，则有
r′＝eq \f(1,2)（R2－R1）＝eq \f(\r(3)－1,2)R
由洛伦兹力提供向心力有qv0B0＝meq \f(v eq \\al(2,0) ,r′)
所以B0＝eq \f(（\r(3)＋1）mv0,qR)
磁感应强度B0≥eq \f(（\r(3)＋1）mv0,qR).
（3）根据题意可知，A点坐标为（0，eq \r(3)R，0），C点坐标为（0，R，（eq \r(3)－1）R），所以AC与y轴方向间的夹角为45°，已知质子的初速度v＝eq \f(\r(2)qB1R,m)，所以v在z轴方向和y轴方向的分速度大小为vz＝vy＝eq \f(\r(2),2)v＝eq \f(qB1R,m)
在xOy平面内，由洛伦兹力提供向心力有qvyB1＝meq \f(v eq \\al(2,y) ,r″)，解得r″＝R
如图丙所示，轨迹和防护区边界相切，则sinθ＝eq \f(r″,r″＋R)＝eq \f(1,2)
切点坐标x＝Rsinθ＝eq \f(R,2)，y＝Rcsθ＝eq \f(\r(3),2)R
沿z轴方向为匀速运动，则运动时间为t＝eq \f(1,6)·eq \f(2πR,vy)＝eq \f(πR,3vy)
在z轴上的坐标为z＝vzt＝eq \f(π,3)R
质子打到防护区的位置坐标为（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）从a到b，压强不变，根据eq \f(Va,Ta)＝eq \f(Vb,Tb)，温度降低，体积减小，A正确；从b到c，为等容变化，则气体的体积不变，B错误；从a到c，温度减小，则ΔU＜0，从a到c，根据eq \f(pV,T)＝C，体积变小，外界对气体做正功，即W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，则Q＜0，气体放出热量，C正确；从c到d，气体的体积增大，外界对气体做负功，即W1＝pc（Vd－Vc），eq \f(pV,T)＝C，则W1＝pc（Vd－Vc）＝C（Td－Tc），从a到b，气体的体积减小，外界对气体做正功，即W2＝pa（Va－Vb），即W2＝pa（Vd－Vc）＝C（Ta－Tb），Td－Tc＝Ta－Tb，即从c到d气体对外做的功等于从a到b外界对气体做的功，D错误，E正确．
（2）（ⅰ）对喷雾器内的气体，
初态p＝p1＝3.6atm，V＝V1－V2＝2L
末态p′＝p2＝1.2atm
根据玻意尔定律得pV＝p′V′
解得V′＝6L
喷雾器内剩余药液的体积
V余＝V1－V′＝4L
（ⅱ）对喷雾器内的气体和待打入的气体有
p′V′＋np0V0＝p2V1
解得：n＝24
需用打气筒至少再打24次气
答案：（1）ACE （2）（ⅰ）4L （ⅱ）需用打气筒至少再打24次气
34．解析：（1）甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播，则波速相等，由题图可知，λ甲＝2m，λ乙＝2m，由v＝λf知，甲、乙两列波的频率之比为1∶1，且乙波的传播速度为v＝λ乙f＝4m/s，A错误，B正确；由题图可知，两列波叠加后，x＝0处的质点振动加强，振幅为A0＝A甲＋A乙＝10cm＋20cm＝30cm，C错误；两列波的周期均为T＝eq \f(1,f)＝0.5s，由波形平移法可知，t＝0时刻，x＝0处的质点处于平衡位置，且向上运动，因为t＝0.75s＝eq \f(3T,2)，所以t＝0.75s时，x＝0处的质点处于平衡位置，且向下运动，D正确；两列波叠加后，在x＝2m处两列波的振动方向始终相同，振动加强，E正确．
（2）（ⅰ）如图所示，画出的光线必须从玻璃砖右上角或右下角射出照到光屏上．
（ⅱ）如图，由于光斑的半径为2r，故光从玻璃砖射出的出射点到光斑边缘的竖直距离为r，tanθ1＝eq \f(r,L2)＝eq \f(4,3)①
θ1＝53°②
根据折射定律sinθ1＝nsinθ2③
可知光线在左侧面的入射角也为θ1，设入射点与光源的竖直距离为d′，则d′＝L1tanθ1＝0.2m④
tanθ2＝eq \f(r－d′,d)＝eq \f(\r(3),3)⑤
θ2＝30°⑥
根据折射定律sinθ1＝nsinθ2
联立②⑥解得n＝1.6
答案：（1）BDE （2）（ⅰ）见解析所示 （ⅱ）1.6