高考物理人教一轮基础夯实练7及答案

高考物理人教一轮基础夯实练7及答案

‎2019年高考物理（人教）一轮基础夯实练（7）及答案 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°‎