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6

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6，共5页。
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)如图所示，在xOy坐标系的第一象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第四象限内有一匀强电场，方向竖直向上．一质子从y轴上的b点处以垂直于y轴的方向进入匀强电场，穿过电场后以与x轴正方向成45°角的方向进入匀强磁场，最后恰好通过y轴上的a点，且速度方向与y轴平行．已知质子的质量为m，电荷量为q，a点到坐标原点的距离为h.求：
(1)质子进入匀强磁场时的速度大小；
(2)匀强电场的电场强度大小．
25．(20分)学校科技小组设计了“e”字形轨道竖直固定放置在水平面上，该轨道由两个光滑半圆形轨道ABC、CDE和粗糙的水平直轨道EF组成，末端与竖直的弹性挡板OF连接，轨道CDE的半径r＝0.1m，轨道ABC的半径为2r，A端与地面相切．现让质量m＝0.2kg的小滑块从水平地面P点以速度v0＝2eq \r(3)m/s向A运动，之后沿轨道上滑，运动到F点与挡板发生完全弹性相碰．已知直线轨道EF长为L＝0.5m，小滑块与轨道EF间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，其余阻力均不计，小滑块可视为质点．
(1)求小滑块在ABC轨道运动时对轨道C点的压力；
(2)求小滑块最终停止的位置与F点的距离；
(3)若改变小滑块的初速度，使小滑块能停在EF轨道上，且运动过程中不脱离轨道，则小滑块的初速度v0满足什么条件？
(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)如图所示的V­T图中，一定量的理想气体从状态a(p0，V0，T0)经状态b、c又回到状态a，其中ab的反向延长线过坐标原点．a到b过程中，气体对外界做的功为________；全过程，气体吸收的热量________(填“大于”“小于”或“等于”)气体放出的热量．
(2)
(10分)利用如图所示的装置可测量不规则物体的体积．将不规则物体放入体积为V0的容器B中，将容器B通过细管(容积可忽略)与体积为2V0的容器A相连接，开始时两容器内的气体压强均为大气压强p0.关闭阀门K，利用充气泵从容器A的充气口对容器A充气，直至容器A中的气体压强为3p0，然后关闭充气口，打开阀门K，足够长时间后发现两容器内的气体压强均为2.8p0，不考虑气体温度变化，气体可视为理想气体，求：
(ⅰ)通过充气口充入容器A中的气体在大气压强下的体积；
(ⅱ)不规则物体的体积．
34．[选修3－4](15分)
[2023·四川成都高三二模]
(1)(5分)简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距8m的两质点，波先传到P，当波传到Q时开始计时，P、Q两质点的振动图象如图所示．则________(选填正确答案标号).
A．质点Q开始振动的方向沿y轴正方向
B．该波从P传到Q的时间可能为7s
C．该波的传播速度可能为2m/s
D．若质点P振动的振幅为A，从2s开始计时，P点的振动方程为y＝Asineq \f(π,3)t
E．简谐横波从该介质传播到另一个不同的介质中时频率可能发生变化
(2)(10分)
如图所示为截面为等腰直角三角形的玻璃砖，∠B＝90°，一束频率为f＝6×1014Hz的光线从AB面中点处垂直射入棱镜，在AC面发生全反射，从BC面射出后，进入双缝干涉装置。已知AC长度L＝0.3m，双缝间距d＝0.2mm，光屏离双缝l＝1.0m，光在真空中的传播速度c＝3×108m/s.求：
(ⅰ)玻璃砖的折射率的最小值；
(ⅱ)光线在玻璃砖中传播的最短时间及光屏上相邻亮条纹的间距．
模拟小卷练6 （2计算＋2选1）
24．解析：（1）粒子的运动轨迹如图
设质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由几何知识可得rcs45°＝h
设质子进入匀强磁场时的速度大小v，根据牛顿第二定律qvB＝meq \f(v2,r)，联立可得v＝eq \f(\r(2)qBh,m)
（2）质子在电场中做类平抛运动，设b点的速度为vb，b点和原点O的距离为yb
水平方向，有r＋rsin45°＝vbt
竖直方向，有yb＝eq \f(1,2)（vsin45°＋0）t＝eq \f(vsin45°,2)t
由动能定理得Eqyb＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(b))
又vb＝vcs45°
联立可得E＝eq \f(（\r(2)－1）qhB2,m).
答案：（1）eq \f(\r(2)qBh,m) （2）eq \f(（\r(2)－1）qhB2,m)
25．解析：（1）小滑块从P到C的过程中，根据动能定理得－mg·4r＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) －eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
在C点，对小滑块，根据牛顿第二定律得FN＋mg＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ,2r)
解得FN＝2N
根据牛顿第三定律可知，小滑块对轨道的压力为2N，方向竖直向上．
（2）小滑块从P点到在EF轨道停止过程中，根据动能定理得－mg·2r－μmgs＝0－eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得s＝0.8m＝（L＋0.3）m
所以小滑块最终停在离F点0.3m处．
（3）小滑块刚好经过最高点C，有mg＝meq \f(v2,2r)
小滑块从P到C的过程中，根据动能定理得－mg·4r＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得v1＝eq \r(10)m/s
当小滑块第一次被挡板弹回时，到达D处（与轨道CDE的圆心等高）时速度为零，小滑块从P到D的过程中，根据动能定理得
－mg·3r－μmg·2L＝0－eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得v2＝4m/s
所以小滑块的初速度v0的范围为eq \r(10)m/s≤v0≤4m/s.
答案：（1）2N，竖直向上 （2）0.3m （3）eq \r(10)m/s≤v0≤4m/s
33．解析：（1）
a到b过程为等压升温膨胀，b到c过程为等温压缩升压，c到a过程为等容降温降压，转化为p­V图如图所示．a到b过程中，气体对外界做的功为W＝p0ΔV＝p0V0.由p­V图可知，气体对外做的功等于ab线与横轴所围面积，外界对气体做的功等于bc线与横轴所围面积，可见全过程，外界对气体所做的功大于气体对外界所做的功，这个因素会引起内能增加，气体放出的热量应大于气体吸收的热量，才能使气体内能保持不变．
（2）（ⅰ）设充气后容器A中气体在大气压强下的体积为V，则由玻意耳定律可得3p0·2V0＝p0V
通过充气口充入的气体在大气压强下的体积为
V′＝V－2V0
解得V′＝4V0
（ⅱ）设未打开阀门前，当容器A中气体压强为2.8p0时，A中气体体积为V1，由玻意耳定律可得3p0·2V0＝2.8p0V1
阀门K打开后，从容器A中逸出的气体在压强为2.8p0时的体积为ΔV＝V1－2V0
设逸出的气体在压强为p0时的体积为ΔV1，则有2.8p0ΔV＝p0ΔV1
设不规则物体的体积为ΔV′，则有p0（ΔV1＋V0－ΔV′）＝2.8p0（V0－ΔV′）
解得ΔV′＝eq \f(7,9)V0
答案：（1）p0V0 小于 （2）（ⅰ）4V0 （ⅱ）eq \f(7,9)V0
34．解析：（1）由图线可知，质点Q开始起振的方向沿y轴正方向，故A正确；振动由P向Q传播，由图线可知T＝6s，故振动从P传到Q的时间可能为
nT＋4s＝（6n＋4）s（n＝0，1，2，3，…）
故不可能为7s，故B错误；
根据（nT＋4s）v＝8m
得v＝eq \f(8,6n＋4)m/s（n＝0，1，2，3，…）
当n＝0时，波速为2m/s，故C正确；
角速度为ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(π,3)
则从2s开始计时，P点的振动方程为y＝Asinωt＝Asineq \f(π,3)t，故D正确；
频率由波源决定，故该波如果进入另一种不同介质中传播时，其频率不会发生变化，故E错误．故选A、C、D.
（2）（ⅰ）由几何关系知，光线在AC面发生全反射的临界角C≤45°
由sinC＝eq \f(1,n)，得n≥eq \r(2)
即最小折射率为eq \r(2).
（ⅱ）由几何关系知，光线在玻璃砖中传播的距离L′＝eq \f(\r(2),2)L
光线在玻璃砖中传播的速度为v＝eq \f(c,n)
传播的时间为t＝eq \f(L′,v)
代入数据解得最短时间为1×10－9s
由波长的公式，可得λ＝eq \f(c,f)
条纹间的距离为Δx＝eq \f(l,d)λ
代入数据，解得Δx＝2.5mm.
答案：（1）ACD （2）（ⅰ）eq \r(2) （ⅱ）1×10－9s 2.5mm