2021-2022年收藏的精品资料高考模拟练4.doc

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1、高考模拟练(4)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1.下列关于两列波相遇时叠加的说法中正确的是()A.相遇之后，振幅小的一列波将减弱，振幅大的一列波将加强B.相遇之后，两列波的振动情况与相遇前不再相同C.在相遇区域，任一质点的总位移等于两列波分别在该点引起的位移的矢量和D.几个人在同一房间说话，相互间听得清楚，这说明声波在相遇时互不干扰解析两列波相遇时，每一列波引起的质点的振动情况都保持不变，而质点的振动情况由两列波共同决定，故A、B错误，C正确；几个人在同一房间内说话，发出的声波在空间中相互叠加后，每列波的振幅和频率并不改变，所以声波传到人的

2、耳朵后，仍能分辨出不同的人所说的话，故D错误。答案C2.现有a、b、c三束单色光，其波长关系为abc123。当用a光束照射某种金属板时能发生光电效应，逸出的光电子最大初动能为Ek；若改用b光束照射该金属板时也能发生光电效应，逸出的光电子最大初动能为Ek，当改用c光束照射该金属板时()A.能发生光电效应，逸出的光电子最大初动能为EkB.能发生光电效应，逸出的光电子最大初动能为EkC.能发生光电效应，逸出的光电子最大初动能为EkD.由于c光束光子能量较小，不会发生光电效应解析对a、b、c三束光，由光电效应方程有W0Ek，W0Ek，由以上两式可得Ek，逸出功W0Ek。c光束光子的能量EEkW0，故用

3、c光束照射该金属板时能发生光电效应，且c光束照射该金属板时，逸出的光电子的最大初动能EkW0EkEkEk，选项B正确。答案B3.(2020河北名校联盟监测卷)如图1所示，边长为l，质量为m的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板上，导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1；保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F2。导线框中的电流大小为()图1A. B.C. D.解析当磁场在虚线下方时，通电导线的有效长度为l，受到的安培力方向竖直向上，

4、所以F1BIlmg；当磁场在虚线上方时，通电导线的有效长度为l，受到的安培力方向竖直向下，所以F2BIlmg，联立可得I，故A正确。答案A4.某区域的电场线分布如图2所示，其中间一根电场线是直线，一带负电的粒子从直线上的O点仅在电场力作用下沿直线运动到A点。取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向。从O到A的运动过程中，下列粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化图线、运动轨迹上电势和粒子的动能Ek随位置x的变化图线可能正确的是()图2解析带负电的粒子从直线上的O点仅在电场力作用下运动到A点，需要克服电场力做功，动能减小，速度减小，选项D错误；根据电场线的疏密来判断电场强度的大小关系，可知从O到

5、A，电场强度先减小后增大，方向不变，则负电荷受到的电场力先减小后增大，加速度先减小后增大，但加速度最小时不为零，选项B错误；根据vt图象的斜率表示加速度可知选项A正确；根据电势随位置的变化图线的斜率表示电场强度可知，选项C错误。答案A5.如图3所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历ABCDE过程后到达状态E，其中BA的延长线经过原点O，BC与横轴平行，DE与纵轴平行，关于该气体，下列说法正确的是()图3A.AB过程中气体的体积逐渐减小B.BC过程中气体从外界吸热C.CD过程中内能不变D.DE过程中气体向外界放热解析因BA延长线经过原点O，可知AB是等容线，所以此过程中气体的体积不变，选项A

6、错误；BC过程中气体的温度升高，内能增大，因BC与横轴平行，故该过程压强不变，由理想气体状态方程可知气体的体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，此过程气体从外界吸热，选项B正确；CD过程中气体的温度升高，内能增大，选项C错误；因DE与纵轴平行，故DE过程中气体的温度不变，内能不变，因压强减小，由理想气体状态方程可知气体的体积增大，对外界做功，根据热力学第一定律可知，此过程气体从外界吸热，选项D错误。答案B6.如图4所示，一质量为m的铁环套在粗糙的水平横杆上，通过细线连接一质量也为m的小球，小球还用一水平细线拉着。保持环和小球的位置不变，横杆按图示方向转到竖直位置，在这个过程中环与杆

7、相对静止，重力加速度为g，则()图4A.连接环和小球的细线拉力增大B，杆对环的作用力先减小后增大C.杆对环的弹力一直减小，最小值为mgD.杆对环的摩擦力先减小后增大，最大值为2mg解析对球受力分析，受重力和两个拉力，如图所示，根据平衡条件有T1mg，T2mg，杆转动过程中，球受到的三个力的方向均不变，重力的大小不变，故其他力的大小也不变，则连接环和小球的细线拉力不变，选项A错误；分析环，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，其中重力和拉力均不变，则杆对环的作用力也不变，设重力和拉力的合力为F，随着杆的转动，F与杆的夹角一直增大(从初始值大于45的锐角到直角最后是钝角)，设为，根据平衡条件，静摩擦力等

8、于F沿杆的分力Fcos ，故静摩擦力先减小后增大，支持力等于F垂直杆的分力Fsin ，故先增大后减小；杆竖直时，静摩擦力最大fmmgT1cos 452mg，选项B、C错误，D正确。答案D7.如图5所示，三个质量相等的小球A、B、C从图示位置分别以相同的速度v0水平向左抛出，最终都能到达坐标原点O。不计空气阻力，x轴为地面，则可判断A、B、C三个小球()图5A.初始时刻纵坐标之比为149B.在空中运动过程中重力做功之比为123C.在空中运动的时间之比为135D.到达O点时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为149解析由题图知，A、B、C三个小球的水平位移之比为123，三个小球的水平初速度相等，

9、所以在空中运动时间之比是123，选项C错误；做平抛运动的物体在竖直方向的位移hgt2，所以三个小球初始时刻纵坐标之比为149，选项A正确；重力做功WGmgh，在空中运动过程中重力做功之比也是149，选项B错误；做平抛运动的小球落地时速度方向与水平方向的夹角的正切值tan ，三个小球的vx相同，vygt，故tan Atan Btan C123，选项D错误。答案A8.2018年6月2日，我国成功发射高分六号遥感卫星，如图6所示为发射卫星的轨道示意图，先将卫星发射到半径为R1R的圆轨道上做匀速圆周运动，到A点时使卫星加速进入椭圆轨道，到椭圆轨道的远地点B时，再次改变卫星的速度，使卫星进入半径为R23

10、R的圆轨道做匀速圆周运动。已知卫星在椭圆轨道上的A点时距地心的距离与速度的乘积等于在B点时距地心的距离与速度的乘积，卫星在椭圆轨道上A点时的速度大小为v，卫星的质量为m，地球的质量为M，引力常量为G，则发动机在A点对卫星做的功与在B点对卫星做的功之差为(不计卫星的质量变化)()图6A.mv2 B.mv2C.mv2 D.mv2解析当卫星在半径为R1R的圆轨道上运行时，有Gm，解得卫星在此轨道上运行时通过A点的速度大小为v1，所以发动机在A点对卫星做的功为Wmv2mvmv2；当卫星在R23R的圆轨道上运行时，有Gm，解得卫星在此轨道上运行时通过B点的速度大小为v2，根据题意可知卫星在椭圆轨道上通过

11、B点时的速度大小为v2vv，故发动机在B点对卫星做的功为W2mvmv22mv2，可得W1W2mv2，选项D正确。答案D二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9.(2019陕西绥德中学一模)以下说法正确的是()A.无论是什么波，只要振幅足够大，就可以产生明显的衍射现象B.根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围一定可以产生电磁波C.波源与观察者相互靠近或者相互远离时，观察者接收到的波的频率都会发生变化D.火车以接近光速行驶时，我们在地面上测得的车厢前后距离变小了，而车厢的高度没有变化解析能否产生明显的衍射现象要看障碍物与波长的尺寸关系，与振幅无关，当障碍物的尺寸小于波长或与波长差不

12、多时能产生明显的衍射现象，故A错误；根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围一定可以产生磁场，但不一定能产生电磁波，只有周期性变化的电场周围才可以产生电磁波，故B错误；波源与观察者相互靠近或者相互远离时，会产生多普勒效应，观察者接收到的波的频率都会增大或减小，故C正确；火车以接近光速行驶时，根据相对论，沿着物体的运动方向，长度变短，所以我们在地面上测得的车厢前后距离变小了，而车厢的高度没有变化，故D正确。答案CD10.如图7所示，在透明均匀介质内有一球状空气泡，一束包含a、b两种单色光的细光束从介质射入气泡，A为入射点，之后a、b光分别从C点、D点射向介质。已知光束在A点的入射角i30，a光经

13、过气泡的偏向角45，CD圆弧所对圆心角为3，则下列说法正确的是()图7A.b光经过气泡的偏向角为42B.介质对a光的折射率大于C.a光的频率小于b光的频率D.b光从该介质射向空气的全反射临界角的正弦值为解析光线在A点的入射角为i，折射角分别为ra、rb，作出光路图，如图所示。由a光的偏向角为45，而偏向角a2(rai)，得ra52.5，由几何知识得AC圆弧所对的圆心角为180252.575，因CD圆弧所对的圆心角为3，则AD圆弧所对的圆心角为78，故rb51，b光的偏向角为b2(rbi)42，故A正确；介质对a光的折射率na，故B错误；介质对b光的折射率nb3n1，求对B停止加热时A、B的压强

14、各为多大？图13解析设初始时，A、B的压强分别为pA1、pB1，停止加热时，A、B的压强分别为pA2、pB2对活塞，初态有pB1SFpA1Smg(1分)根据胡克定律有F(3L2L)(2分)末态有pB2SpA2Smg(1分)根据理想气体状态方程，对A有(1分)对B有(1分)解得pB2(1分)pA2。(1分)答案pB2pA217.(14分)小明以初速度v010 m/s竖直向上抛出一个质量m0.1 kg的小皮球，最后在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小恒为重力的。g取10 m/s2。求小皮球(1)上升的最大高度；(2)从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功；(3)上升和下降的时间。解析(

15、1)在上升过程中，有mgFfma1(1分)解得a111 m/s2(1分)上升的高度h m(2分)(2)重力做的功WG0(2分)空气阻力做的功WfFf2h J(2分)(3)上升的时间t1 s(2分)在下降过程中，有mgFfma2(1分)解得a29 m/s2(1分)又ha2t(1分)解得t2 s(1分)答案(1) m(2)0 J(3) s s18.(16分)如图14所示，粗糙水平面上静止放置一质量为2m的木板，在木板上右端静止放置一质量为m的小滑块。一可视为质点、质量为2m的小朋友荡秋千，从A点由静止出发绕过O点的水平轴下摆，当摆到最低点B时，小朋友在极短时间内用脚水平蹬踏木板的左端，然后自己刚好

16、能回到A点。已知秋千的摆绳长为L，质量不计，AO与竖直方向的夹角为60。小滑块与木板之间、木板与水平面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。图14(1)求秋千摆到最低点B，小朋友未蹬踏木板时秋千摆绳的拉力大小；(2)求小朋友蹬踏木板过程中，小朋友对木板做的功；(3)若小滑块不从木板上滑下，木板至少应为多长？解析(1)小朋友从A点下摆到B点，只有重力做功，机械能守恒。设到达B点的速度大小为v0，则由机械能守恒定律有2mgL(1cos 60)2mv(2分)设摆绳拉力为T，由圆周运动知识有T2mg(1分)解得T4mg(1分)(2)由题意知，小朋友蹬踏木板后速度大小不变，方向反向由动量守恒定律得2mv02mv02mv1(2分)得木板的速度v12(1分)小朋友对木板做的功为W2mv4mgL(1分)(3)由牛顿第二定律得，小滑块的加速度a块g(1分)木板的加速度a板2g(1分)当二者速度相等后，由于整体的加速度为g，等于滑块的加速度，所以此后二者保持相对静止，设此过程经历的时间为t由滑块和木板速度关系得v1a板ta块t(1分)此过程中木板的位移x板v1ta板t2(1分)滑块的位移x块a块t2(1分)小滑块不从木板上滑下，木板长度至少应为xx板x块(2分)解得x(1分)答案(1)4mg(2)4mgL(3)