高考物理二轮复习 计算、选考题定时规范训练(二)

计算、选考题定时规范训练(二)(限时：35分钟)一、计算题1.(10分)(2021·山东潍坊市二模)北京2022年冬奥会国家跳台滑雪赛道如图1甲所示，某运动员在空中运动的轨迹如图乙所示，在轨迹上取三个点A、B、C，测得三点间的高度差和水平间距分别为h1＝12.8m、h2＝27.2m、xAB＝xBC＝36m。运动员落到倾角为23°的滑道上时，速度方向与滑道成30°角，然后用2s时间完成屈膝缓冲后下滑。若空气阻力、滑道摩擦均不计，运动员连同装备质量为60kg，g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，sin23°＝0.39，cos23°＝0.92。求：图1(1)运动员在空中运动的水平速度；(2)屈膝缓冲过程中运动员受到的平均冲力大小。答案(1)30m/s(2)1302N解析(1)运动员从A到B、从B到C时间相等，设时间间隔为T，则h2－h1＝gT2v0T＝xAB解得运动员在空中运行的水平速度为v0＝30m/s。(2)由题意得，落地时速度与水平方向的夹角为53°，则速度关系cos53°＝eq\f(v0,v)垂直轨道方向由动量定理有(F－mgcos23°)t＝0－mvsin30°解得运动员受到的平均冲力大小为F＝1302N。2.(16分)(2021·湖南永州市第三次模拟)如图2甲所示，在直角坐标系xOy的x轴下方有沿y轴正向的匀强电场，在x轴上方有垂直坐标平面的匀强磁场，其磁感应强度B随时间变化如图乙所示(图中B1、B2未知)。一个质量为m、带电量为q的带正电粒子在y轴上P(0，－d)点处以大小为v0的初速度沿x轴正向射入电场，粒子从x轴上的Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)d，0))点进入磁场，并以此时刻为t＝0时刻。已知t1＝eq\f(πm,qB1)，t1时刻后的粒子的运动轨迹与x轴、y轴均相切，不计粒子的重力，以垂直坐标平面向里为磁场正方向。求：图2(1)匀强电场的电场强度大小；(2)匀强磁场磁感应强度B1、B2的比(若有多种符合题意的情形，只需计算一种情形的结果即可)。答案(1)eq\f(3mveq\o\al(2,0),2qd)(2)2∶1解析(1)粒子在电场中做类平抛运动则d＝eq\f(1,2)at2①eq\f(2\r(3),3)d＝v0t②qE＝ma③联立①～③式解得E＝eq\f(3mveq\o\al(2,0),2qd)。④(2)设粒子进磁场时速度为v，速度方向与x轴正向夹角为θ，有qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)⑤由几何关系，有cosθ＝eq\f(v0,v)⑥联立④～⑥式解得θ＝60°⑦粒子在磁场内做圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)则t1＝eq\f(T,2)，即在0～t1时间内粒子在磁场中运动轨迹是半圆。由于粒子的运动轨迹刚好与x轴、y轴相切，轨迹可能如图(1)、(2)所示两种情形。情形(1)：设粒子在t1时刻前运动半径为r1，t1时刻后运动轨迹半径为r2由几何关系，有r2＝(2r1＋r2)sin30°⑧由qvB＝meq\f(v2,r)有eq\f(B1,B2)＝eq\f(r2,r1)⑨解得eq\f(B1,B2)＝eq\f(2,1)情形(2)：设粒子在t1时刻前运动半径为r1，t1时刻后运动轨迹半径为r2，由几何关系，有r2＝(2r1＋r2)sin30°⑧由qvB＝meq\f(v2,r)，有eq\f(B1,B2)＝eq\f(r2,r1)⑨解得eq\f(B1,B2)＝eq\f(2,1)。二、选考题(请从下面2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。)3.[选修3－3](12分)(2021·广东省广州市高三一模)(1)容积一定的密闭容器内有一定质量的理想气体，在T1、T2两种温度下气体分子的速率分布如图3所示，其中温度为________(选填“T1”或“T2”)时对应气体的内能较大；该气体温度由T1变化到T2的过程必须________(选填“吸热”或“放热”)。图3(2)如图4，在一个空的铝制易拉罐中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可以忽略)。如果不计大气压的变化，这就是一个简易“温度计”，已知大气压强是1.0×105pa，易拉罐的容积是300cm3，均匀吸管内部的横截面积为0.2cm2，吸管露出的长度为20cm，当温度为27℃时，油柱刚好在吸管和易拉罐的接口处。缓慢升高环境温度，易拉罐中气体从外界吸热10J，油柱恰好到达吸管管口，求：图4①此时环境温度T；②易拉罐中气体内能的变化ΔU。答案(1)T2吸热(2)①304K②9.6J解析(1)不同温度下的分子速率分布曲线可知，分子数百分率呈现“中间多，两头少”统计规律，温度是分子平均动能的标志，温度高则分子速率大的占多数，所以有T1<T2，理想气体的内能仅仅与气体的温度有关，所以T2所对应的气体内能较大；该气体温度由T1变化到T2的过程，温度升高，内能增大，体积不变，根据热力学第一定律知此过程吸热。(2)①由于气体做等压变化eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)代入数据可得eq\f(300,273＋27)＝eq\f(300＋0.2×20,T)解得T＝304K②气体做等压变化，体积膨胀，外界对气体做功为W＝－pΔV＝－1×105×0.2×10－4×0.2J＝－0.4J由热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝－0.4J＋10J＝9.6J。4.[选修3－4](12分)(1)一列沿x轴正方向传播的横波，t＝0时刻的波形如图5中实线所示，t＝0.2s时刻的波形如图中的虚线所示，在这段时间内，质点P第一次运动到图中所示位置，则波的频率为______Hz，波速为________m/s。图5(2)截面为直角梯形的玻璃砖ABCD，折射率n＝eq\r(2)，一束光线由AB面射入玻璃砖，入射角i＝45°，如图6所示。光线首先到达BC面，恰好发生全反射，然后到达CD面。求：图6①顶角B的大小；②若玻璃砖在AB方向足够长，光线从AD边出射时的折射角。答案(1)1.2530(2)①75°②45°解析(1)波沿x轴正方向传播，质点P第一次传播到虚线位置所用的时间为eq\f(1,4)个周期，即0.2s＝eq\f(1,4)T，则T＝0.8s，所以f＝eq\f(1,T)＝1.25Hz；由波形图可知该波的波长为λ＝24m，所以波速为v＝eq\f(λ,T)＝30m/s。(2)①在AB边入射，由折射定律eq\f(sini,sinr)＝n，可得r＝30°在BC界面刚好全反射sinC＝eq\f(1,n)可得C＝45°由几何关系∠BMN＝90°－r＝60°，∠BNM＝90°－C＝45°所以顶角∠B＝180°－∠BMN－∠BNM＝