2020高考物理一轮复习基础夯实练(7)(含解析)新人教版.pdf

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1、【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】1/8 2020高考物理一轮复习基础夯实练（7）（含解析）新人教版编 辑：_时 间：_教学资料范本【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】2/8 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

2、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F2G，则铁球对 AB板的压力 F2F2G，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

3、的压力先减小后增大，故 C项错误，D项正确答案：AD【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】3/8 2、(20 xx 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2：1B两球抛出时初速度之比为4：1C两球动能增加量之比为1：2D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

4、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：B3、(20 xx 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 F16 N，F28 N，则()AF1做功 12 JBF2做功 16 JCF1、F2的合力做功 28 JDF1、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

5、F1l cos53【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】4/8 7.2 J，WF2 F2l 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：D4、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 EmgqC小球在 M点的电势能比在 N点的大DM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

6、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：B5、(20 xx 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

7、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()【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】5/8 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

8、域内的运动轨迹对应的圆心角均为60，t TT，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：AC6、(20 xx 湖北黄冈中学月考)(多选)有一个交变电流 U311sin314t(V)，则下列说法中正确的是()A这个交变电流的频率是50 HzB它可以使“220 V100 W”的灯泡正常发光C用交流电压表测量时，读数为311 VD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，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 V100 W”的灯泡正常发光，选项B正确

9、；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【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】6/8 7、(20 xx 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

10、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 L5 m，小球质量为

11、 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g10 m/s2.(1)求小球运动到最低点O时细线的拉力 F 的大小【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】7/8(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 R5 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Fmg mv2L解得 F30 N(2)细线被拉断后，小球做平抛运动，有xvtygt2x2y2R2联立并代入数据，

12、解得t 1 s.答案：(1)30 N(2)1 s2、(20 xx 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该列波沿 x 轴_传播(填“正方向”或“负方向”)；该列波的波速大小为_m/s；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，A70，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：()光线在三棱镜中传播的速度；()光线第一次从三棱镜射入空气时的折射角【本资料精心搜集整理

13、而来，欢迎广大同仁惠存！】8/8 解析：(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 轴正方向传播由图甲可知波长0.4 m，由图乙可知周期T0.4 s，则v1 m/s.发生稳定的干涉现象要求两列波频率相同，则f 2.5 Hz.(2)()根据 sin45，可得玻璃对该光的折射率n2 由 n，解得光线在三棱镜中传播的速度v.()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 18020409030，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 r45.答案：(1)正方向12.5(2)()c()45