統(tǒng)考版2025屆高考物理二輪復習30分鐘許提分練2+2選1十一含解析

PAGE7-30分鐘小卷提分練(2＋2選1)(十一)一、非選擇題：本題共2小題，共32分．24．(12分)如圖甲所示是高層建筑配備的救生緩降器材，由調速器、平安帶、平安鉤、緩降繩索等組成．發(fā)生火災時，運用者先將平安鉤掛在室內窗戶、管道等可以承重的物體上，然后將平安帶系在腰部，通過緩降繩索平安著陸．如圖乙所示，在某中學某次火災逃命演練過程中，一體重為60kg的逃命者從離地面18m的高處，利用緩降器材由靜止起先勻加速下滑，當速度達到6m/s時，以大小為2.5m/s2的加速度減速，到達地面時速度恰好為零．假設逃命者在下降過程中懸空且不接觸墻面，不計空氣阻力(g＝10m/s2)，求：(1)逃命者減速下滑過程中的位移：(2)減速下滑時逃命者對緩降繩索的拉力大小；(3)從起先到到達地面整個過程的時間．25．(20分)航空母艦是一種以艦載機為主要武器的大型水面作戰(zhàn)平臺，是世界上最浩大、最困難、威力最強的武器之一．如圖甲所示，艦載機起飛技術是航母的最關鍵技術之一．據(jù)報道，目前我國已經(jīng)勝利完成了全部相關試驗，成為世界上僅有的幾個擁有航母艦載機電磁彈射技術的國家之一．電磁彈射器的工作原理如圖乙所示，它由兩條平行的長直金屬導軌AB、CD和電樞MN與高功率電源E等構成，兩金屬導軌固定在水平底座上不能移動，其間距為d，當開關S閉合后，恒定電流I通過金屬導軌并在兩導軌間產(chǎn)生磁場，電樞MN(流過它的電流也為I)由于受到電磁力加速前進而帶動飛機至起飛速度(圖乙中從A到B為前進方向)．(1)推斷電樞MN所在位置的磁場方向；(2)已知該裝置中某條通電導軌在電樞MN上某點處產(chǎn)生磁場的磁感應強度可以表示為B＝eq\f(μ0I0,4πr)，其中常數(shù)μ0是真空磁導率，I0為導軌中電流大小，r為該點到這條通電導軌的距離，試證明MN的中點旁邊單位長度d0的電樞所受的安培力大小與電流的二次方成正比(不考慮電樞MN對磁場的影響)；(3)在某次實際艦載機彈射過程中，電樞所受到的安培力可以簡化為F＝L′I2，L′＝6.4×10－3N/A2稱為電感梯度，艦載機質量為30t，遠大于電樞質量，發(fā)動機供應推力的等效功率為4500kw，在彈射過程中受到的阻力為重力的0.1倍，經(jīng)過90m長的加速距離，速度即達到324km/h，從而完成起飛，重力加速度g取10m/s2，試估算在此彈射過程中流經(jīng)電樞MN的電流大?。⑦x考題(共15分．請考生從給出的2道題中任選一題作答．)33．[物理——選修3－3](1)(5分)如圖所示，肯定質量的志向氣體，由狀態(tài)a經(jīng)狀態(tài)b改變到狀態(tài)c，下列說法正確的是________．A．狀態(tài)a的溫度高于狀態(tài)b的溫度B．由狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程，外界對氣體做正功C．由狀態(tài)b到狀態(tài)c的過程，氣體放出熱量D．狀態(tài)a的溫度低于狀態(tài)c的溫度E．由狀態(tài)b到狀態(tài)c的過程，氣體分子的平均動能減小(2)(10分)如圖所示，可沿缸壁自由滑動的活塞把導熱性能良好的圓筒形汽缸分成A、B兩部分，汽缸底部通過閥門K與容器C相連，當活塞位于汽缸底部時，彈簧恰好無形變．起先時，B內有肯定量的志向氣體，A、C內為真空，B部分氣體高h0＝0.2m，此時C的容積為B的容積的eq\f(5,6)，彈簧對活塞的作用力恰好等于活塞的重力．現(xiàn)將閥門打開，當達到新的平衡時，求B部分氣體高h為多少？(整個系統(tǒng)處于恒溫狀態(tài))34．[物理——選修3－4](1)(5分)兩種單色光分別通過同一雙縫干涉裝置得到的干涉圖樣如圖甲、乙所示．圖丙中有一半圓玻璃磚，O是圓心，MN是法線，PQ是足夠長的光屏．甲單色光以入射角i由玻璃磚內部射向O點，折射角為r.則下列說法正確的是________．A．乙光以i入射時肯定發(fā)生全反射B．甲光的頻率比乙光的頻率大C．光的干涉現(xiàn)象說明光是一列橫波D．甲光在玻璃磚中的臨界角C滿意sinC＝eq\f(sini,sinr)E．若繞O點逆時針旋轉玻璃磚，PQ上可能接收不到甲光(2)(10分)如圖所示，實線是一列簡諧橫波在t1時刻的波形圖，虛線是在t2＝(t1＋0.2)s時刻的波形圖．(ⅰ)在t1到t2的時間內．假如M通過的路程為1m，那么波的傳播方向怎樣？波速多大？(ⅱ)若波速為55m/s，求質點M在t1時刻的振動方向．30分鐘小卷提分練(2＋2選1)(十一)24．答案：(1)7.2m(2)750N(3)6.0解析：(1)設所求位移為x1，由題意可知減速過程中有v2＝2a1x1(2分)解得x1＝7.2m(2)設緩降繩索對逃命者的作用力為F，減速過程中由牛頓其次定律得F－mg＝ma1(2分)解得F＝750N(1分)依據(jù)牛頓第三定律可知，逃命者對緩降繩索的拉力大小為750N．(1分)(3)加速過程時間t1＝eq\f(h－x1,\x\to(v))＝eq\f(18－7.2m,3m/s)＝3.6s(2分)減速過程時間t2＝eq\f(x1,\x\to(v))＝eq\f(7.2m,3m/s)＝2.4s(2分)故t總＝t1＋t2＝6.0s．(1分)25．答案：(1)垂直紙面對外(2)見解析(3)eq\r(2)×104A解析：(1)依據(jù)左手定則可知，電樞MN所在位置的磁場方向垂直紙面對外．(3分)(2)AB導軌在MN中點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小為B1＝eq\f(μ0I,4π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2))))＝eq\f(μ0I,2πd)，(3分)方向垂直紙面對外，(2分)同理，CD導軌在MN中點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小為B2＝eq\f(μ0I,2πd)，方向垂直紙面對外，(2分)所以MN中點的磁感應強度大小為B3＝B2＋B1＝eq\f(μ0I,πd)，方向垂直紙面對外(2分)MN中點旁邊單位長度d0的電樞所受的安培力大小可以表示為F＝B3Id0(1分)聯(lián)立可得F＝eq\f(μ0d0,πd)I2(2分)式中μ0、d0、π、d均為常量，所以電樞MN中點旁邊單位長度d0的電樞所受到的安培力F大小與I2成正比．(3)對于飛機的彈射過程可建立勻變速直線運動模型，由x＝eq\f(v,2)t(1分)可得艦載機彈射時間為t＝2s(1分)對彈射過程應用動能定理可得L′I2x＋Pt－0.1mgx＝eq\f(1,2)mv2(1分)解得I＝eq\r(2)×104A．(2分)點評：此題以航母艦載機電磁彈射為情境，將推斷、論證、計算有機結合，考查安培定則、安培力、動能定理及其相關學問點，意在考查敏捷運用相關學問分析解決問題的科學思維實力．33．答案：(1)ABD(2)0.1解析：(1)由狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程，壓強不變，體積減小，依據(jù)eq\f(pV,T)＝C可知溫度降低，故A正確；由狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程，體積減小，外界對氣體做正功，故B正確；由狀態(tài)b到狀態(tài)c的過程，體積不變，外界對氣體不做功，壓強增大，依據(jù)eq\f(pV,T)＝C可知溫度上升，氣體分子的平均動能增大，內能增大，依據(jù)熱力學第肯定律ΔU＝Q＋W可知氣體汲取熱量，故C、E錯誤；依據(jù)志向氣體狀態(tài)方程可得eq\f(paVa,Ta)＝eq\f(pcVc,Tc)，則有Tc>Ta，故D正確．(2)設活塞質量為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，汽缸橫截面積為S，起先時B內氣體的壓強為p1mg＝kh0(2分)對活塞受力分析，有p1S＝mg＋kh0＝2kh0(2分)設閥門打開后，達到新的平衡時B內氣體的壓強為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(另一解不符合題意，舍去)．(2分)34．答案：(1)BDE(2)(ⅰ)沿x軸正方向傳播25m/s解析：(1)題圖乙中兩相鄰亮條紋間距Δx更大，依據(jù)Δx＝eq\f(L,d)λ，可知L、d一樣，故乙光的波長長，依據(jù)c＝λν，可知乙光的頻率小，甲光的頻率大，故玻璃磚對甲光的折射率大于玻璃磚對乙光的折射率，依據(jù)全反射的條件sinC＝eq\f(1,n)，可知乙光發(fā)生全反射的臨界角大于甲光的全反射臨界角，由題知，當甲單色光以入射角i由玻璃磚內部射向O點能折射出來，故乙光以i入射時不能發(fā)生全反射，故A錯誤，B正確；光的偏振現(xiàn)象說明光是橫波，故C錯誤；依據(jù)折射定律得n＝eq\f(sinr,sini)，而全反射的臨界角sinC＝eq\f(1,n)，解得sinC＝eq\f(sini,sinr)，故D正確；因甲光的全反射臨界角較小，故若繞O點逆時針旋轉玻璃磚，甲光先消逝，故E正確．(2)(ⅰ)由題圖知振幅為A＝20cm＝0.2假如M通過的路程為x′＝1m，則經(jīng)驗的時間與周期的比值m＝eq\f(x′,4A)＝1eq\f(1,4)，說明波沿x軸正方向傳播；(2分)波速為v2＝eq\f(mλ,t2－t1)＝eq\f(1\f(1,4)×4,0.2)m/s＝25m/s