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  • 2021-05-13 发布

高考物理一轮复习基础夯实练7含解析新人教版2018091911

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‎2019年高考物理(人教)一轮基础夯实练(7)‎ 李仕才 一、选择题 ‎1、如图所示,将一个表面光滑的铁球放在两块斜面板AB和CD之间,两板与水平面的夹角都是60°.已知重力加速度大小为g,不计空气阻力,则(  )‎ A.如果突然撤去CD板,则撤去后铁球对AB板的压力减小 B.如果突然撤去CD板,则撤去后铁球对AB板的压力增大 C.如果保持AB板不动,使CD板与水平面的夹角缓慢减小,则球对AB板的压力先减小后增大 D.如果保持AB板不动,使CD板与水平面的夹角缓慢减小,则球对CD板的压力先减小后增大 解析:原来球静止,受力如图所示,由几何关系和平衡条件可得AB板对铁球的支持力F2=G,则铁球对AB板的压力F′2=F2=G,突然撤去CD板,则撤去后铁球对AB板的压力为Gcos60°,因此撤去后铁球对AB板的压力减小.故A项正确,B项错误;如果保持AB板不动,使CD板与水平面的夹角缓慢减小的过程中,两挡板弹力的合力等于重力,大小和方向都不变,AB挡板对铁球弹力F2的方向不变,改变 CD挡板的弹力F1方向,根据三角形定则,(如图所示)知AB挡板的弹力F2逐渐减小,CD挡板的弹力先减小后增大.根据牛顿第三定律可知,球对AB板的压力逐渐减小,球对CD板的压力先减小后增大,故C项错误,D项正确.‎ 答案:AD ‎2、(2019·南京、盐城模拟)(多选)如图所示,A、B两点分别是斜面的顶端、底端,C、D是斜面上的两个点,LAC:LCD:LDB=1:3:3,E点在B点正上方并与A点等高.从E点水平抛出质量相等的两个小球,球a落在C点,球b落在D点,球a和球b从抛出到落在斜面上的过程中(不计空气阻力),下列说法正确的是(  )‎ A.两球运动时间之比为2:1‎ B.两球抛出时初速度之比为4:1‎ C.两球动能增加量之比为1:2‎ D.两球重力做功之比为1:3‎ 解析:球1和球2下降的高度之比为1:4,根据t=知,时间之比为1:2,故A错误.因为球1和球2的水平位移之比为2:1,时间之比为1:2,则初速度之比为4:1,故B正确.根据动能定理知,重力做功之比为1:‎ ‎4,则动能增加量之比为1:4,故C、D错误.‎ 答案:B ‎3、(2019·石家庄二模)静止在水平地面上的物体,同时受到水平面内两个互相垂直的力F1、F2的作用,由静止开始运动了‎2 m,已知F1=6 N,F2=8 N,则(  )‎ A.F1做功12 J B.F2做功16 J C.F1、F2的合力做功28 J D.F1、F2做的总功为20 J 解析:物体由静止沿F1、F2的合力方向运动,位移为‎2 m,因为位移的方向应与合力的方向一致,所以WF1=F1·l·cos53°=7.2 J,WF2=F2·l·cos37°=12.8 J,故A、B错误;F1、F2的合力F合==10 N,W总=F合·l=20 J,故C错误、D正确.‎ 答案:D ‎4、如图所示,一质量为m、电荷量为q的带正电小球在匀强电场中运动,其运动轨迹在竖直平面(纸面)内,且关于过轨迹最右侧N点的水平直线对称.已知重力加速度大小为g,忽略空气阻力,小球可视为质点.由此可知(  )‎ A.匀强电场的方向水平向左 B.电场强度E满足E> C.小球在M点的电势能比在N点的大 D.M点的电势比N点的高 解析:由小球在匀强电场中的运动轨道在竖直平面(纸面)内,且关于过轨迹最右侧N点的水平直线对称,可以判断小球所受合力的方向水平向左,而重力方向竖直向下,如图所示,则知电场力的方向一定斜向左上方,因小球带正电荷,故匀强电场的方向斜向左上方,且电场强度E满足E>,故B正确、A错误;由沿着电场线方向电势逐渐降低可知M点的电势比N点的低,D错误;小球从M点运动到N点的过程中电场力做负功,电势能增加,故小球在M点的电势能比在N点的小,C错误.‎ 答案:B ‎5、(2019·山西五校联考)如图 所示,空间中存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,纸面内A、B、C三点构成一等边三角形,在A点有甲、乙、丙三个质量相同的粒子以相同的速度垂直于BC边进入磁场,并分别从B点、BC的中点D、AC的中点E离开三角形区域,粒子重力不计,下列说法正确的是(  )‎ A.甲粒子带正电,乙粒子不带电,丙粒子带负电 B.若磁场区域足够大,则三个粒子都能回到A点 C.甲粒子在三角形区域内运动的时间是丙粒子的2倍 D.甲粒子受到的洛伦兹力大小是丙粒子的2倍 解析:甲粒子从B点飞出磁场,由左手定则可知甲粒子带正电,乙不发生偏转,不带电,丙向左偏转,带负电,A正确;若磁场区域足够大,则甲和丙两粒子能回到A点,乙不能,B错误;设三角形的边长为a,则R甲=a,R丙=,由qvB=,解得R=,=,所以甲粒子受到的洛伦兹力大小是丙粒子的,D错误;甲、丙两粒子在三角形区域内的运动轨迹对应的圆心角均为60°,t=T=T=,故甲粒子在三角形区域内运动的时间是丙粒子的2倍,C正确.‎ 答案:AC ‎6、(2019·湖北黄冈中学月考)(多选)有一个交变电流U=311sin314t(V),则下列说法中正确的是(  )‎ A.这个交变电流的频率是50 Hz B.它可以使“220 V 100 W”的灯泡正常发光 C.用交流电压表测量时,读数为311 V D.使用这个交变电流的用电器,每通过‎1 C的电荷量时,电流做功220 J 解析:由瞬时值表达式可知Um=311 V,ω=314 rad/s,频率f==50 Hz,选项A正确;电压的有效值U有==220 V,可以使“220 V 100 W”的灯泡正常发光,选项B正确;交流电表读数为有效值,选项C错误;每通过1 C的电荷量时,电流做功W=qU有=220 J,选项D正确.‎ 答案:ABD ‎7、(2019·河南鹤壁高级中学月考)(多选)如图所示是通过街头变压器降压给用户供电的示意图.输入电压是市区电网的电压,负载变化时输入电压不会有大的波动.两条输电线总电阻用R0表示.当负载增加时,则(  )‎ A.电压表V1、V2的示数几乎不变 B.电流表A2的示数增大,电流表A1的示数减小 C.电压表V3的示数增大,电流表A2的示数增大 D.电压表V2、V3的示数之差与电流表A2的示数的比值不变 解析:理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的,由于输入电压不会有大的波动,匝数比不变,所以输出电压几乎不变,故电压表V1、V2的示数几乎不变,选项A正确;当负载增加时,相当于支路增加,电路中的总电阻变小,总电流变大,即A2的示数变大,则A1的示数变大,选项B错误;由于副线圈中的电流变大,电阻R0两端的电压变大,又因为V2的示数几乎不变,所以V3的示数变小,选项C错误;电压表V2、V3的示数之差恰等于输电线损耗的电压值,电流表A2的示数为输电线上的电流,所以两者之比等于输电线的总电阻R0,不变,选项D正确.‎ 答案:AD 二、非选择题 ‎1、如图所示,一个可以看成质点的小球用没有弹性的细线悬挂于O′点,细线长L=‎5 m,小球质量为m=‎1 kg.现向左拉小球使细线水平,由静止释放小球,已知小球运动到最低点O时细线恰好断开,取重力加速度g=‎10 m/s2.‎ ‎(1)求小球运动到最低点O时细线的拉力F的大小.‎ ‎(2)如果在小球做圆周运动的竖直平面内固定一圆弧轨道,该轨道以O点为圆心,半径R=‎5 m,求小球从O点运动到圆弧轨道上的时间t.‎ 解析:(1)设小球摆到O点时的速度为v,小球由A点到O点的过程,由机械能守恒定律有 mgL=mv2‎ 在O点由牛顿第二定律得F-mg=m 解得F=30 N ‎(2)细线被拉断后,小球做平抛运动,有x=vt y=gt2‎ x2+y2=R2‎ 联立并代入数据,解得t=1 s.‎ 答案:(1)30 N (2)1 s ‎2、(2019·重庆巴蜀中学月考)(1)(10分)一列简谐横波,某时刻的波形如图甲所示,从该时刻开始计时,波上A质点的振动图象如图乙所示.‎ ‎①该列波沿x轴________传播(填“正方向”或“负方向”);‎ ‎②该列波的波速大小为________m/s;‎ ‎③若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象,则所遇到的波的频率为________Hz.‎ ‎(2)(15分)如图为三棱镜ABC的截面图,∠A=70°,入射光线垂直于AC射入棱镜,已知该光在玻璃与空气的界面处发生全反射的临界角为45°,光在真空中传播速度为c.求:‎ ‎(ⅰ)光线在三棱镜中传播的速度;‎ ‎(ⅱ)光线第一次从三棱镜射入空气时的折射角.‎ 解析:(1)①由题图乙可知质点A沿y轴负方向振动,则其振动滞后于左边的质点,可知该列波沿x轴正方向传播.‎ ‎②由图甲可知波长λ=‎0.4 m,由图乙可知周期T=0.4 s,则v==‎1 m/s.‎ ‎③发生稳定的干涉现象要求两列波频率相同,则f==2.5 Hz.‎ ‎(2)(ⅰ)根据sin45°=,可得玻璃对该光的折射率n= 由n=,解得光线在三棱镜中传播的速度v==.‎ ‎(ⅱ)画出光在三棱镜传播的光路图,如图所示.光线先射到AB面上,入射角i1=70°,大于全反射的临界角45°,故光线在AB面上发生全反射 光射到BC面上,入射角i2=50°,大于全反射的临界角45°,故光线在BC面上发生全反射 光线第二次射到AB面上时,入射角i=180°-20°-40°-90°=30°,小于全反射的临界角45°,故光线从三棱镜射入空气,由折射定律,=n 解得r=45°.‎ 答案:(1)①正方向 ②1 ③2.5 (2)(ⅰ)c (ⅱ)45°‎