2019年高考物理一輪復(fù)習(xí)基礎(chǔ)夯實練7含解析新人教版2018091911

1、.2019年高考物理人教一輪根底夯實練7李仕才一、選擇題1、如下圖，將一個外表光滑的鐵球放在兩塊斜面板AB和CD之間，兩板與程度面的夾角都是60°.重力加速度大小為g，不計空氣阻力，那么A假如突然撤去CD板，那么撤去后鐵球?qū)B板的壓力減小B假如突然撤去CD板，那么撤去后鐵球?qū)B板的壓力增大C假如保持AB板不動，使CD板與程度面的夾角緩慢減小，那么球?qū)B板的壓力先減小后增大D假如保持AB板不動，使CD板與程度面的夾角緩慢減小，那么球?qū)D板的壓力先減小后增大解析：原來球靜止，受力如下圖，由幾何關(guān)系和平衡條件可得AB板對鐵球的支持力F2G，那么鐵球?qū)B板的壓力F2F2G，突然撤去

2、CD板，那么撤去后鐵球?qū)B板的壓力為Gcos60°，因此撤去后鐵球?qū)B板的壓力減小故A項正確，B項錯誤；假如保持AB板不動，使CD板與程度面的夾角緩慢減小的過程中，兩擋板彈力的合力等于重力，大小和方向都不變，AB擋板對鐵球彈力F2的方向不變，改變CD擋板的彈力F1方向，根據(jù)三角形定那么，如下圖知AB擋板的彈力F2逐漸減小，CD擋板的彈力先減小后增大根據(jù)牛頓第三定律可知，球?qū)B板的壓力逐漸減小，球?qū)D板的壓力先減小后增大，故C項錯誤，D項正確答案：AD2、2019·南京、鹽城模擬多項選擇如圖所示，A、B兩點分別是斜面的頂端、底端，C、D是斜面上的兩個點，LAC：LCD

3、：LDB1：3：3，E點在B點正上方并與A點等高從E點程度拋出質(zhì)量相等的兩個小球，球a落在C點，球b落在D點，球a和球b從拋出到落在斜面上的過程中不計空氣阻力，以下說法正確的選項是A兩球運動時間之比為2：1B兩球拋出時初速度之比為4：1C兩球動能增加量之比為1：2D兩球重力做功之比為1：3解析：球1和球2下降的高度之比為1：4，根據(jù)t知，時間之比為1：2，故A錯誤因為球1和球2的程度位移之比為2：1，時間之比為1：2，那么初速度之比為4：1，故B正確根據(jù)動能定理知，重力做功之比為1：4，那么動能增加量之比為1：4，故C、D錯誤答案：B3、2019·石家莊二模靜止在程度地面上的物體，同

4、時受到程度面內(nèi)兩個互相垂直的力F1、F2的作用，由靜止開場運動了2 m，F(xiàn)16 N，F(xiàn)28 N，那么AF1做功12 JBF2做功16 JCF1、F2的合力做功28 JDF1、F2做的總功為20 J解析：物體由靜止沿F1、F2的合力方向運動，位移為2 m，因為位移的方向應(yīng)與合力的方向一致，所以WF1F1·l·cos53°7.2 J，WF2F2·l·cos37°12.8 J，故A、B錯誤；F1、F2的合力F合10 N，W總F合·l20 J，故C錯誤、D正確答案：D4、如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球在勻強(qiáng)電場中運動，

5、其運動軌跡在豎直平面紙面內(nèi)，且關(guān)于過軌跡最右側(cè)N點的程度直線對稱重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小球可視為質(zhì)點由此可知A勻強(qiáng)電場的方向程度向左B電場強(qiáng)度E滿足E>C小球在M點的電勢能比在N點的大DM點的電勢比N點的高解析：由小球在勻強(qiáng)電場中的運動軌道在豎直平面紙面內(nèi)，且關(guān)于過軌跡最右側(cè)N點的程度直線對稱，可以判斷小球所受合力的方向程度向左，而重力方向豎直向下，如下圖，那么知電場力的方向一定斜向左上方，因小球帶正電荷，故勻強(qiáng)電場的方向斜向左上方，且電場強(qiáng)度E滿足E>，故B正確、A錯誤；由沿著電場線方向電勢逐漸降低可知M點的電勢比N點的低，D錯誤；小球從M點運動到N點的過程中電場力做

6、負(fù)功，電勢能增加，故小球在M點的電勢能比在N點的小，C錯誤答案：B5、2019·山西五校聯(lián)考如圖所示，空間中存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，紙面內(nèi)A、B、C三點構(gòu)成一等邊三角形，在A點有甲、乙、丙三個質(zhì)量一樣的粒子以一樣的速度垂直于BC邊進(jìn)入磁場，并分別從B點、BC的中點D、AC的中點E分開三角形區(qū)域，粒子重力不計，以下說法正確的選項是A甲粒子帶正電，乙粒子不帶電，丙粒子帶負(fù)電B假設(shè)磁場區(qū)域足夠大，那么三個粒子都能回到A點C甲粒子在三角形區(qū)域內(nèi)運動的時間是丙粒子的2倍D甲粒子受到的洛倫茲力大小是丙粒子的2倍解析：甲粒子從B點飛出磁場，由左手定那么可知甲粒子帶正電，乙不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，不帶電

7、，丙向左偏轉(zhuǎn)，帶負(fù)電，A正確；假設(shè)磁場區(qū)域足夠大，那么甲和丙兩粒子能回到A點，乙不能，B錯誤；設(shè)三角形的邊長為a，那么R甲a，R丙，由qvB，解得R，所以甲粒子受到的洛倫茲力大小是丙粒子的，D錯誤；甲、丙兩粒子在三角形區(qū)域內(nèi)的運動軌跡對應(yīng)的圓心角均為60°，tTT，故甲粒子在三角形區(qū)域內(nèi)運動的時間是丙粒子的2倍，C正確答案：AC6、2019·湖北黃岡中學(xué)月考多項選擇有一個交變電流U311sin314tV，那么以下說法中正確的選項是A這個交變電流的頻率是50 HzB它可以使“220 V100 W的燈泡正常發(fā)光C用交流電壓表測量時，讀數(shù)為311 VD使用這個交變電流的用電器，每

8、通過1 C的電荷量時，電流做功220 J解析：由瞬時值表達(dá)式可知Um311 V，314 rad/s，頻率f50 Hz，選項A正確；電壓的有效值U有220 V，可以使“220 V100 W的燈泡正常發(fā)光，選項B正確；交流電表讀數(shù)為有效值，選項C錯誤；每通過1 C的電荷量時，電流做功WqU有220 J，選項D正確答案：ABD7、2019·河南鶴壁高級中學(xué)月考多項選擇如下圖是通過街頭變壓器降壓給用戶供電的示意圖輸入電壓是市區(qū)電網(wǎng)的電壓，負(fù)載變化時輸入電壓不會有大的波動兩條輸電線總電阻用R0表示當(dāng)負(fù)載增加時，那么A電壓表V1、V2的示數(shù)幾乎不變B電流表A2的示數(shù)增大，電流表A1的示數(shù)減小C電

9、壓表V3的示數(shù)增大，電流表A2的示數(shù)增大D電壓表V2、V3的示數(shù)之差與電流表A2的示數(shù)的比值不變解析：理想變壓器的輸出電壓是由輸入電壓和匝數(shù)比決定的，由于輸入電壓不會有大的波動，匝數(shù)比不變，所以輸出電壓幾乎不變，故電壓表V1、V2的示數(shù)幾乎不變，選項A正確；當(dāng)負(fù)載增加時，相當(dāng)于支路增加，電路中的總電阻變小，總電流變大，即A2的示數(shù)變大，那么A1的示數(shù)變大，選項B錯誤；由于副線圈中的電流變大，電阻R0兩端的電壓變大，又因為V2的示數(shù)幾乎不變，所以V3的示數(shù)變小，選項C錯誤；電壓表V2、V3的示數(shù)之差恰等于輸電線損耗的電壓值，電流表A2的示數(shù)為輸電線上的電流，所以兩者之比等于輸電線的總電阻R0，不

10、變，選項D正確答案：AD二、非選擇題1、如圖所示，一個可以看成質(zhì)點的小球用沒有彈性的細(xì)線懸掛于O點，細(xì)線長L5 m，小球質(zhì)量為m1 kg.現(xiàn)向左拉小球使細(xì)線程度，由靜止釋放小球，小球運動到最低點O時細(xì)線恰好斷開，取重力加速度g10 m/s2.1求小球運動到最低點O時細(xì)線的拉力F的大小2假如在小球做圓周運動的豎直平面內(nèi)固定一圓弧軌道，該軌道以O(shè)點為圓心，半徑R5 m，求小球從O點運動到圓弧軌道上的時間t.解析：1設(shè)小球擺到O點時的速度為v，小球由A點到O點的過程，由機(jī)械能守恒定律有mgLmv2在O點由牛頓第二定律得Fmgm解得F30 N2細(xì)線被拉斷后，小球做平拋運動，有xvtygt2x2y2R2

11、聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得t1 s.答案：130 N21 s2、2019·重慶巴蜀中學(xué)月考110分一列簡諧橫波，某時刻的波形如圖甲所示，從該時刻開場計時，波上A質(zhì)點的振動圖象如圖乙所示該列波沿x軸_傳播填“正方向或“負(fù)方向；該列波的波速大小為_m/s；假設(shè)此波遇到另一列簡諧橫波并發(fā)生穩(wěn)定的干預(yù)現(xiàn)象，那么所遇到的波的頻率為_Hz.215分如圖為三棱鏡ABC的截面圖，A70°，入射光線垂直于AC射入棱鏡，該光在玻璃與空氣的界面處發(fā)生全反射的臨界角為45°，光在真空中傳播速度為c.求：光線在三棱鏡中傳播的速度；光線第一次從三棱鏡射入空氣時的折射角解析：1由題圖乙可知質(zhì)點A沿y軸負(fù)方向振動，那么其振動滯后于左邊的質(zhì)點，可知該列波沿x軸正方向傳播由圖甲可知波長0.4 m，由圖乙可知周期T0.4 s，那么v1 m/s.發(fā)生穩(wěn)定的干預(yù)現(xiàn)象要求兩列波頻率一樣，那么f2.5 Hz.2根據(jù)sin45°，可得玻璃對該光的折射率n由n，解得光線在三棱鏡中傳播的速度v.畫出光在三棱鏡傳播的光路圖，如下圖光線先射到AB面上，入射角i170°，大于全反射的臨界角45°，故光線在AB面上發(fā)生全反