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62计算+2选1

小卷标准练6(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)[2024·河南郑州市三模]如图，水平面上有足够长的两平行导轨，导轨间距L＝1m，导轨上垂直放置一个质量m＝0.1kg、电阻R＝1Ω、长度也为L的导体棒，导体棒与导轨始终接触良好，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，垂直于导轨平面有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B1＝1T．在导轨左端通过导线连接一水平放置的面积S＝0.5m2、总电阻r＝1.5Ω、匝数N＝100的圆形线圈，线圈内有一面积S0＝0.25m2的圆形磁场区域，磁场沿线圈轴线方向且随时间变更规律为B2＝0.2t．g＝10m/s2，不计导轨电阻，两磁场互不影响．(1)求线圈内的感应电动势E；(2)求闭合开关S后，导体棒运动的最大速度vm；(3)若导体棒从静止起先到达到最大速度vm过程中，滑过的距离x0＝1.5m，导体棒上产生的电热Q＝0.4J，流过导体棒的电荷量q是多少？25．(20分)[2024·山东济南二模]如图所示，两足够长直轨道间距d＝1.6m，轨道所在平面与水平面夹角θ＝37°，一质量M＝2kg的“半圆柱体”滑板P放在轨道上，恰好处于静止状态，P的上表面与轨道所在平面平行，前、后面均为半径R＝1m的半圆，圆心分别为O、O′.有5个完全相同的小滑块，质量均为m＝0.5kg.某时刻第一个小滑块以初速度v0＝1.5m/s沿O′O冲上滑板P，与滑板共速时小滑块恰好位于O点，每当前一个小滑块与P共速时，下一个小滑块便以相同初速度沿O′O冲上滑板．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑板P与小滑块间的动摩擦因数为μ1＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：(1)滑块P与轨道间的动摩擦因数μ2；(2)O′O的长度L；(3)第5个小滑块与P之间摩擦产生的热量Q.(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从状态A可以阅历过程1、过程2到达状态B，也可以阅历过程3到达状态C，还可以阅历过程4到达状态D，其p­V图象如图所示，且B、C、D在一条平行于纵轴的直线上．已知在这四个过程的某一过程中，气体始终与外界无热量交换；在过程3中，A到C的曲线是双曲线的一部分，对于这四个过程，下列说法正确的是________．A．在过程1中，外界先对气体做功，然后气体再对外界做功B．在过程2中，气体温度先渐渐降低后渐渐上升C．在过程3中，气体温度始终不变D．在过程4中，气体始终与外界无热量交换E．在A、B、C、D四个状态中，B状态气体温度最高(2)(10分)如图所示，竖直放置的U形细玻璃管两端开口，粗细匀整，左端玻璃管上安装有阀门K.现关闭阀门K，分别向左、右管内注水银，在阀门的下方封闭了一段L形气柱(可以看作志向气体)，各部分长度尺寸均在图中标示，已知环境温度为27℃，大气压p0＝76cmHg.(ⅰ)若缓慢地给气体加热，当温度上升到137℃时，右管内水银面的高度是多少？(ⅱ)若保持(ⅰ)问中的温度不变，打开阀门，稳定后左、右两管内水银面的高度差是多少？[物理—选修3－4](15分)(1)(5分)一列简谐横波在匀整介质中沿x轴正向传播，已知波速v＝40m/s，在t1＝0和t2＝0.85s时刻，其波形图分别如图中的实线和虚线所示，P是此波的传播方向的一点，则质点P的振动周期T＝________s；在t1～t2时间内质点P运动的路程是________m.(2)(10分)如图所示，半径为R的半圆形透亮介质放在水平地面上，一束单色光平行于底面AB照耀在圆弧面上的P点，折射光线照耀到圆弧面上的Q点，P点到AB面的距离为eq\f(\r(3),2)R，Q点到AB面的距离为eq\f(1,2)R，光线在Q点折射后，照耀到地面上的C点，求：(ⅰ)介质对单色光的折射率；(ⅱ)C点到O点的距离．

小卷标准练6（2计算＋2选1）24．解析：（1）依据法拉第电磁感应定律得E＝Neq\f(ΔB2,Δt)S0＝100×0.2×0.25V＝5V（2）导体棒受力平衡时，速度最大，则有eq\f(E－B1Lvm,R＋r)B1L＝μmg解得vm＝4m/s（3）对导体棒有eq\f(E－B1Lv,R＋r)B1LΔt－μmgΔt＝m·Δv变形得（eq\f(EB1L,R＋r)－μmg）Δt－eq\f(Beq\o\al(2,1)L2,R＋r)Δs＝m·Δv累加得（eq\f(EB1L,R＋r)－μmg）t－eq\f(Beq\o\al(2,1)L2,R＋r)x0＝m·vm解得t＝0.625s对导体棒有B1iLΔt－μmgΔt＝m·Δv即B1LΔq－μmgΔt＝m·Δv累加得B1Lq－μmgt＝m·vm解得q＝0.65C答案：（1）5V（2）4m/s（3）0.65C25．解析：（1）对滑板进行受力分析，画出滑板的两个平面图如图所示由几何关系可得sinα＝eq\f(\f(d,2),R)＝0.8解得α＝53°由于滑板处于静止状态，由平衡条件可得Mgcosθ＝2N′cosα，Mgsinθ＝2μ2N′联立解得μ2＝0.45（2）第一个小滑块冲上滑板，滑板和小滑块系统沿导轨方向合外力为零，系统动量守恒mv0＝（m＋M）v1滑块相对滑板的位移为L，由动能定理得mgLsinθ－μ1mgcosθ·L＝eq\f(1,2)（m＋M）veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)联立方程，解得L＝2.25m.（3）第四个小滑块从滑上滑板到和滑板相对静止，系统动量守恒，设共同速度为v4，则有4mv0＝（4m＋M）v4第五个小滑块从滑上滑板到和滑板相对静止，系统动量守恒，设共同速度为v5，则有5mv0＝（5m＋M）v5设第五个滑块相对滑板的位移为L5，由系统的动能定理，得mgL5sinθ－μ1mgcosθ·L5＝eq\f(1,2)（5m＋M）veq\o\al(2,5)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)（4m＋M）veq\o\al(2,4)则由于摩擦产生的热量Q＝μ1mgcosθ·L5＝2J答案：（1）0.45（2）2.25m（3）2J33．解析：（1）在过程1中，气体的体积始终变大，可知气体始终对外做功，选项A错误；在过程3中，A到C的曲线是双曲线的一部分，可知过程3为等温过程，即p、V乘积不变，则在过程2中，p、V乘积渐渐变大，温度渐渐上升，选项B错误，C正确；过程4中，p、V乘积渐渐减小，可知温度渐渐降低，内能减小，可知气体始终与外界无热量交换的过程是过程4，选项D正确；由以上分析可知，在A、B、C、D四个状态中，B状态气体温度最高，选项E正确．（2）（ⅰ）设玻璃管的截面积为S，右管内水银柱上升Δh，则加热前，气体的压强为p1＝（76＋4）cmHg＝80cmHg加热后p2＝（80＋Δh）cmHg由志向气体状态方程有eq\f(p1L1S,T1)＝eq\f(p2L2S,T2)其中T1＝（273＋27）K＝300K，T2＝（273＋137）K＝410K，L1＝（2＋4）cm＝6cm，L2＝（2＋4＋Δh）cm解得Δh＝2cm所以右管内水银面的高度为h1＝（4＋2）cm＝6cm（ⅱ）假设在左管内的水银不会到达U形管的下端水平部分，则稳定时气体的压强为p3＝（76＋4）cmHg＝80cmHg由于U形管两端开口，稳定时设右边水银面高度为h2，则p3＝（76＋h2）cmHg可得h2＝4cm所以右端的水银面会下降，假设正确；对封闭气体有p2L2S＝p3L3S解得L3＝8.2cm由几何关系可知此时两管内水银面的高度差为Δh＝4.2cm答案：（1）CDE（2）（ⅰ）6cm（ⅱ）4.2cm34．解析：（1）由波形图可知λ＝8m依据v＝eq\f(λ,T)代入数据得T＝0.2s因为0.85s＝4T＋eq\f(1,4)T在一个周期内P质点的运动路程为4A＝8cm所以在t1～t2时间内质点P运动的路程是34cm，即0.34m；（2）（ⅰ）由于P点离AB面的距离为eq\f(\r(3),2)R则sinα＝eq\f(\f(\r(3),2)R,R)＝eq\f(\r(3),2)解得α＝60°由几何关系可知，i＝α＝60°由几何关系可知，sinβ＝eq\f(\f(1,2)R,R)＝eq