统考版2024届高考物理二轮专项分层特训卷第三部分模拟综合练7

这是一份统考版2024届高考物理二轮专项分层特训卷第三部分模拟综合练7，共6页。试卷主要包含了下列说法正确的是，95－2，00cmtanα＝eq \f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(共32分)
24.
(12分)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李．如图所示，以恒定速率v1＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95m．工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点).小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t.
25．(20分)[2023·福建押题卷]如图所示，直角坐标系xOy中，第一象限内有垂直坐标平面向内，磁感应强度大小B0＝eq \f(mv0,aq)的匀强磁场，第二象限内有一磁感应强度大小为2B0的圆形未知磁场区域(图中未画出)，第四象限内有垂直坐标平面向外、磁感应强度大小也为B0的匀强磁场，在x轴上－a、a、3a、5a、7a...等位置上分别放有质量为m、不带电的黏性小球．现将一质量也为m、电荷量为q的带负电小球从第三象限沿y轴正方向、以大小为v0的速度，射向x轴上－a点的小球，与之发生碰撞并粘连后恰好从y轴上坐标为a的点垂直y轴进入第一象限．每次小球碰撞时均粘连，不计重力及空气阻力，求：
(1)第二象限内未知磁场区域的最小面积S和磁场方向；
(2)从小球进入第一象限开始，到第四次经过x轴的时间tB；
(3)若将第四象限内的磁场换成沿y轴负方向、电场强度大小E＝eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,πaq)的电场，从小球进入第一象限开始，到第四次经过x轴的时间tE.
(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．如果多做，则按所做的第一题计分)
33．[选修3－3](15分)
(1)(5分)分子力F、分子势能Ep与分子间距离r的关系图线如图甲、乙所示(取无穷远处分子势能Ep＝0).下列说法正确的是( )
A．乙图线为分子势能与分子间距离的关系图线
B．当r＝r0时，分子势能为零
C．随着分子间距离的增大，分子力先减小后一直增大
D．分子间的斥力和引力大小都随分子间距离的增大而减小，但斥力减小得更快
E．在r＜r0阶段，分子力减小时，分子势能也一定减小
(2)
(10分)如图所示，绝热汽缸上端开口，竖直固定在地面上，高度h＝1.05m．质量均为m＝1kg的A、B两个隔热活塞静止时将汽缸容积均分为三等份，A、B之间为真空并压缩一根轻质弹簧，劲度系数k＝400N/m，A、B与汽缸间无摩擦，大气压强p0＝1×105Pa，密封的理想气体初始温度T0＝300K，重力加速度g取10m/s2，活塞横截面积S＝2×10－3m2，活塞、汽缸壁厚度忽略不计．
(ⅰ)给电阻丝通电加热密封气体，当活塞A缓慢上升到气缸顶端时，求密封气体的温度；
(ⅱ)在(ⅰ)问的情况下，保持密封气体的温度不变，用F＝60N的力竖直向下压活塞A，求再次稳定的过程中，A向下移动的距离．
34．[选修3－4](15分)
(1)(5分)如图1，在xOy平面内有两个沿与xOy平面垂直的z方向做简谐运动的波源S1(0，4)和S2(2，0)，两波源的振动图线分别如图2和图3所示，两列波的波速均为0.50m/s，若两波源从零时刻开始振动，则t1＝5s时刻，C(3，0)处质点在z方向的位移是________cm；两列波引起A(－5，－1)处质点的振动相互________(选填“加强”或“减弱”).
(2)(10分)为了测定一块某种材料的透明砖的厚度和折射率，某同学在水平桌面上铺上一张白纸，然后用红光笔以与水平方向成θ＝45°夹角照在白纸上，在白纸上出现亮点A并做好标记．现保持入射光不变，在光源和A点之间放入长方体透明砖，侧视图如图所示，发现在透明砖左侧的出射光线照在白纸上的B点，在透明砖右侧的白纸上出现了C、D两个亮点，测得A、B两点的间距为x1＝0.50cm，C、D两点的间距为x2＝3.00cm，不考虑光在透明砖表面的多次反射．求透明砖的折射率n和透明砖厚度d(结果可用根式表示).
模拟小卷练7 （2计算＋2选1）
24．解析：（1）小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知
μmgcsθ－mgsinθ＝ma
解得a＝0.4m/s2
（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时t1＝eq \f(v2－v1,a)＝eq \f(1.6－0.6,0.4)s＝2.5s
在传送带上滑动的距离为x1＝eq \f(v1＋v2,2)t1＝eq \f(1.6＋0.6,2)×2.5＝2.75m
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcsθ>mgsinθ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x1,v1)＝eq \f(3.95－2.75,0.6)s＝2s
所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5s.
答案：（1）0.4m/s2 （2）4.5s
25．解析：（1）带电小球与－a处的小球碰撞粘连过程中有mv0＝（m＋m）v1
小球在第二象限的磁场中的运动半径r1＝eq \f(2mv1,q×2B0)
分析可知，两小球在磁场中的运动轨迹只有四分之一个圆，如图甲所示，当轨迹弦长等于区域圆直径时，磁场区域面积最小
磁场区域的最小面积S＝πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)r1))eq \s\up12(2)
解得S＝eq \f(πa2,8)，由左手定则可知，磁场方向垂直坐标平面向内；
（2）带电小球刚进入第一象限时，运动半径r2＝eq \f(2mv1,qB0)＝a
小球恰好与在x轴上a处的不带电小球碰撞，由动量守恒定律可知，每次碰撞前后整体的动量都相等，且电荷量也不变，所以运动半径均等于a，将依次与3a、5a、7a…处的小球碰撞，如图乙所示
由动量守恒可得mv0＝（n＋1）mvn（n＝1、2、3…）
第一段时间t1＝eq \f(1,4)×eq \f(2πa,v1)
之后第n段时间tn＝eq \f(1,2)×eq \f(2πa,vn)
从小球进入第一象限开始，到第四次经过x轴的时间tB＝t1＋t2＋t3＋t4，解得tB＝eq \f(13πa,v0)
（3）将第四象限内的磁场换成电场后，小球的运动轨迹如图丙所示
第一次在电场中运动的加速度大小a1＝eq \f(qE,3m)
第一次在电场中运动的时间tE1＝eq \f(2v2,a1)＝eq \f(2πa,v0)
第二次在电场中的加速度大小a2＝eq \f(qE,4m)
第二次在电场中运动的时间tE2＝eq \f(3v2,a1)＝eq \f(2πa,v0)
从小球进入第一象限开始，到第四次经过x轴的时间tE＝t1＋tE1＋t2＋tE2，解得tE＝eq \f(8πa,v0).
答案：（1）eq \f(πa2,8)，磁场方向垂直坐标平面向内 （2）eq \f(13πa,v0) （3）eq \f(8πa,v0)
33．解析：（1）在r＝r0时，分子势能最小，但不为零，此时分子力为零，故选项A正确，选项B错误；当r＞r0时，分子间作用力随r增大先增大后减小，选项C错误；分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，但斥力比引力变化得快，选项D正确；当r＜r0时，分子力表现为斥力，当分子力减小时，分子间距离增大，分子力做正功，分子势能减小，选项E正确．
（2）（ⅰ）活塞A缓慢上升过程，密封气体的压强不变，由盖—吕萨克定律知eq \f(V1,T1)＝eq \f(V0,T0).由于A、B之间为真空，故A、B之间的距离保持不变，V1＝2V0，解得T1＝2T0＝600K.
（ⅱ）施加F前后弹簧长度的变化量为Δx＝eq \f(F,k)，解得Δx＝15cm
施加F前、后，有p1＝p0＋eq \f(2mg,S)，p2＝p0＋eq \f(2mg＋F,S)
由于密封气体的温度不变，由玻意耳定律知p1V1＝p2V2
V1＝Sh1，V2＝Sh2，则B活塞下降的距离Δh＝h1－h2＝eq \f(2,3)h－eq \f(p1,p2)·eq \f(2,3)h＝15cm.
A活塞下降的距离ΔL＝Δh＋Δx＝30cm.
答案：（1）ADE （2）（ⅰ）600K （ⅱ）30cm
34．解析：（1）由图2、图3可知，振动周期T＝4s，则波长为λ＝vT＝2m．S1的振动传到C点历时eq \f(5,0.5)s＝10s，S2的振动传到C点历时eq \f(1,0.5)s＝2s，结合S2的振动图象分析可知，t1＝5s时刻C（3，0）处质点在z方向的位移是2cm；S1、S2到A处的距离相等，而S1、S2的振动反相，则两列波引起A处质点的振动相互减弱．
（2）光路如图所示：
设进入透明砖的折射角为α，由几何关系，得
x1＋dtanα＝d
x2＝2dtanα
联立解得d＝2.00cmtanα＝eq \f(3,4)
由折射定律，得
eq \f(sinθ,sinα)＝n
解得n＝eq \f(5,6)eq \r(2)≈1.18
答案：（1）2 减弱 （2）1.18 2.00cm