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

小卷标准练5(2计算＋2选1)(时间：30分钟，满分：47分)非选择题(共47分．第24～25题为必考题，每个试题考生都必需作答，第33～34题为选考题，考生依据要求作答)(一)必考题24．(12分)首钢滑雪大跳台(如图甲所示)又称“雪飞天”，是北京2024年冬奥会自由式滑雪和单板滑雪竞赛场地，谷爱凌和苏翊鸣在此圆梦冠军．为探讨滑雪运动员的运动状况，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更量．25．(20分)[2024·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特别大的危害．目前，国际上正在主动探究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，磁场分布状况如图(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)若宇宙中充溢了大量速度大小为v0，沿随意方向运动的质子，为了使任何质子都打不到防护区，求磁感应强度的大小应当满意的条件．(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．假如有一质子以初速度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)确定质量的志向气体发生状态变更，其压强p随热力学温度T变更的图象如图所示，气体从状态a起先，阅历了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内进行严格的消毒，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.某次运用时，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起先喷雾，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，须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)喷雾器从起先喷雾，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)[2024·湖南永州一模](多选)甲、乙两列简谐横波在同种匀整介质中传播，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/sB．甲、乙两列波的频率之比为1∶1C．两列波叠加后，x＝0处的质点振幅为20cmD．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，依据机械能守恒定律mgh＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gh)（2）运动员从O点到斜坡上，依据平抛运动规律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，设动量变更量为Δp，依据动量定理Δp＝mgt可得运动员的动量变更量大小为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Req\o\al(2,2)＋r2＝（r＋R1）2解得r＝R依据牛顿其次定律有qv0B＝meq\f(veq\o\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）依据题意可知，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由洛伦兹力供应向心力有qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r′)所以B0＝eq\f(（\r(3)＋1）mv0,qR)磁感应强度B0≥eq\f(（\r(3)＋1）mv0,qR).（3）依据题意可知，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，由洛伦兹力供应向心力有qvyB1＝meq\f(veq\o\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＝Rcosθ＝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，依据eq\f(Va,Ta)＝eq\f(Vb,Tb)，温度降低，体积减小，A正确；从b到c，为等容变更，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，依据eq\f(pV,T)＝C，体积变小，外界对气体做正功，即W＞0，依据热力学第确定律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依据玻意尔定律得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匀整介质中传播，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，画出的光线必需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