统考版2025届高考物理二轮复习30分钟许提分练2+2选1十一含解析

PAGE7-30分钟小卷提分练(2＋2选1)(十一)一、非选择题：本题共2小题，共32分．24．(12分)如图甲所示是高层建筑配备的救生缓降器材，由调速器、平安带、平安钩、缓降绳索等组成．发生火灾时，运用者先将平安钩挂在室内窗户、管道等可以承重的物体上，然后将平安带系在腰部，通过缓降绳索平安着陆．如图乙所示，在某中学某次火灾逃命演练过程中，一体重为60kg的逃命者从离地面18m的高处，利用缓降器材由静止起先匀加速下滑，当速度达到6m/s时，以大小为2.5m/s2的加速度减速，到达地面时速度恰好为零．假设逃命者在下降过程中悬空且不接触墙面，不计空气阻力(g＝10m/s2)，求：(1)逃命者减速下滑过程中的位移：(2)减速下滑时逃命者对缓降绳索的拉力大小；(3)从起先到到达地面整个过程的时间．25．(20分)航空母舰是一种以舰载机为主要武器的大型水面作战平台，是世界上最浩大、最困难、威力最强的武器之一．如图甲所示，舰载机起飞技术是航母的最关键技术之一．据报道，目前我国已经胜利完成了全部相关试验，成为世界上仅有的几个拥有航母舰载机电磁弹射技术的国家之一．电磁弹射器的工作原理如图乙所示，它由两条平行的长直金属导轨AB、CD和电枢MN与高功率电源E等构成，两金属导轨固定在水平底座上不能移动，其间距为d，当开关S闭合后，恒定电流I通过金属导轨并在两导轨间产生磁场，电枢MN(流过它的电流也为I)由于受到电磁力加速前进而带动飞机至起飞速度(图乙中从A到B为前进方向)．(1)推断电枢MN所在位置的磁场方向；(2)已知该装置中某条通电导轨在电枢MN上某点处产生磁场的磁感应强度可以表示为B＝eq\f(μ0I0,4πr)，其中常数μ0是真空磁导率，I0为导轨中电流大小，r为该点到这条通电导轨的距离，试证明MN的中点旁边单位长度d0的电枢所受的安培力大小与电流的二次方成正比(不考虑电枢MN对磁场的影响)；(3)在某次实际舰载机弹射过程中，电枢所受到的安培力可以简化为F＝L′I2，L′＝6.4×10－3N/A2称为电感梯度，舰载机质量为30t，远大于电枢质量，发动机供应推力的等效功率为4500kw，在弹射过程中受到的阻力为重力的0.1倍，经过90m长的加速距离，速度即达到324km/h，从而完成起飞，重力加速度g取10m/s2，试估算在此弹射过程中流经电枢MN的电流大小．二、选考题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题作答．)33．[物理——选修3－3](1)(5分)如图所示，肯定质量的志向气体，由状态a经状态b改变到状态c，下列说法正确的是________．A．状态a的温度高于状态b的温度B．由状态a到状态b的过程，外界对气体做正功C．由状态b到状态c的过程，气体放出热量D．状态a的温度低于状态c的温度E．由状态b到状态c的过程，气体分子的平均动能减小(2)(10分)如图所示，可沿缸壁自由滑动的活塞把导热性能良好的圆筒形汽缸分成A、B两部分，汽缸底部通过阀门K与容器C相连，当活塞位于汽缸底部时，弹簧恰好无形变．起先时，B内有肯定量的志向气体，A、C内为真空，B部分气体高h0＝0.2m，此时C的容积为B的容积的eq\f(5,6)，弹簧对活塞的作用力恰好等于活塞的重力．现将阀门打开，当达到新的平衡时，求B部分气体高h为多少？(整个系统处于恒温状态)34．[物理——选修3－4](1)(5分)两种单色光分别通过同一双缝干涉装置得到的干涉图样如图甲、乙所示．图丙中有一半圆玻璃砖，O是圆心，MN是法线，PQ是足够长的光屏．甲单色光以入射角i由玻璃砖内部射向O点，折射角为r.则下列说法正确的是________．A．乙光以i入射时肯定发生全反射B．甲光的频率比乙光的频率大C．光的干涉现象说明光是一列横波D．甲光在玻璃砖中的临界角C满意sinC＝eq\f(sini,sinr)E．若绕O点逆时针旋转玻璃砖，PQ上可能接收不到甲光(2)(10分)如图所示，实线是一列简谐横波在t1时刻的波形图，虚线是在t2＝(t1＋0.2)s时刻的波形图．(ⅰ)在t1到t2的时间内．假如M通过的路程为1m，那么波的传播方向怎样？波速多大？(ⅱ)若波速为55m/s，求质点M在t1时刻的振动方向．30分钟小卷提分练(2＋2选1)(十一)24．答案：(1)7.2m(2)750N(3)6.0解析：(1)设所求位移为x1，由题意可知减速过程中有v2＝2a1x1(2分)解得x1＝7.2m(2)设缓降绳索对逃命者的作用力为F，减速过程中由牛顿其次定律得F－mg＝ma1(2分)解得F＝750N(1分)依据牛顿第三定律可知，逃命者对缓降绳索的拉力大小为750N．(1分)(3)加速过程时间t1＝eq\f(h－x1,\x\to(v))＝eq\f(18－7.2m,3m/s)＝3.6s(2分)减速过程时间t2＝eq\f(x1,\x\to(v))＝eq\f(7.2m,3m/s)＝2.4s(2分)故t总＝t1＋t2＝6.0s．(1分)25．答案：(1)垂直纸面对外(2)见解析(3)eq\r(2)×104A解析：(1)依据左手定则可知，电枢MN所在位置的磁场方向垂直纸面对外．(3分)(2)AB导轨在MN中点产生的磁场的磁感应强度大小为B1＝eq\f(μ0I,4π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2))))＝eq\f(μ0I,2πd)，(3分)方向垂直纸面对外，(2分)同理，CD导轨在MN中点产生的磁场的磁感应强度大小为B2＝eq\f(μ0I,2πd)，方向垂直纸面对外，(2分)所以MN中点的磁感应强度大小为B3＝B2＋B1＝eq\f(μ0I,πd)，方向垂直纸面对外(2分)MN中点旁边单位长度d0的电枢所受的安培力大小可以表示为F＝B3Id0(1分)联立可得F＝eq\f(μ0d0,πd)I2(2分)式中μ0、d0、π、d均为常量，所以电枢MN中点旁边单位长度d0的电枢所受到的安培力F大小与I2成正比．(3)对于飞机的弹射过程可建立匀变速直线运动模型，由x＝eq\f(v,2)t(1分)可得舰载机弹射时间为t＝2s(1分)对弹射过程应用动能定理可得L′I2x＋Pt－0.1mgx＝eq\f(1,2)mv2(1分)解得I＝eq\r(2)×104A．(2分)点评：此题以航母舰载机电磁弹射为情境，将推断、论证、计算有机结合，考查安培定则、安培力、动能定理及其相关学问点，意在考查敏捷运用相关学问分析解决问题的科学思维实力．33．答案：(1)ABD(2)0.1解析：(1)由状态a到状态b的过程，压强不变，体积减小，依据eq\f(pV,T)＝C可知温度降低，故A正确；由状态a到状态b的过程，体积减小，外界对气体做正功，故B正确；由状态b到状态c的过程，体积不变，外界对气体不做功，压强增大，依据eq\f(pV,T)＝C可知温度上升，气体分子的平均动能增大，内能增大，依据热力学第肯定律ΔU＝Q＋W可知气体汲取热量，故C、E错误；依据志向气体状态方程可得eq\f(paVa,Ta)＝eq\f(pcVc,Tc)，则有Tc>Ta，故D正确．(2)设活塞质量为m，弹簧的劲度系数为k，汽缸横截面积为S，起先时B内气体的压强为p1mg＝kh0(2分)对活塞受力分析，有p1S＝mg＋kh0＝2kh0(2分)设阀门打开后，达到新的平衡时B内气体的压强为p2，由玻意耳定律得：p1h0S＝p2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)h0＋h))S(2分)而又有：p2S＝mg＋kh(2分)解得：h＝eq\f(h0,2)＝0.1m(另一解不符合题意，舍去)．(2分)34．答案：(1)BDE(2)(ⅰ)沿x轴正方向传播25m/s解析：(1)题图乙中两相邻亮条纹间距Δx更大，依据Δx＝eq\f(L,d)λ，可知L、d一样，故乙光的波长长，依据c＝λν，可知乙光的频率小，甲光的频率大，故玻璃砖对甲光的折射率大于玻璃砖对乙光的折射率，依据全反射的条件sinC＝eq\f(1,n)，可知乙光发生全反射的临界角大于甲光的全反射临界角，由题知，当甲单色光以入射角i由玻璃砖内部射向O点能折射出来，故乙光以i入射时不能发生全反射，故A错误，B正确；光的偏振现象说明光是横波，故C错误；依据折射定律得n＝eq\f(sinr,sini)，而全反射的临界角sinC＝eq\f(1,n)，解得sinC＝eq\f(sini,sinr)，故D正确；因甲光的全反射临界角较小，故若绕O点逆时针旋转玻璃砖，甲光先消逝，故E正确．(2)(ⅰ)由题图知振幅为A＝20cm＝0.2假如M通过的路程为x′＝1m，则经验的时间与周期的比值m＝eq\f(x′,4A)＝1eq\f(1,4)，说明波沿x轴正方向传播；(2分)波速为v2＝eq\f(mλ,t2－t1)＝eq\f(1\f(1,4)×4,0.2)m/s＝25m/s