2019届全国高考物理9月基础夯实练(7)(解析版)
2019届全国高考物理9月复习检测(9)(解析版)
2019届全国高考物理9月复习检测（9）（解析版）一、选择题1、用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m ，正方形线框的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图8所示，当磁场以10 T/s 的变化率增强时( )图8A ．线框中的感应电动势为0.1 VB ．线框中的感应电动势为0.2 VC ．a 、b 两点间的电势差大小为0.1 VD ．a 、b 两点间的电势差大小为0.2 V【参考答案】BC [题图中正方形线框的左半部分磁通量变化产生感应电动势，从而在线框中有感应电流产生，把左半部分线框看成电源，其电动势为E ，内电阻为r 2，画出等效电路图如图所示，则a 、b 两点间的电势差即为电源的路端电压．设l 是边长，且依题意知ΔB Δt＝10 T/s.由E ＝ΔΦΔt得 E ＝ΔB ·S Δt ＝ΔB Δt ·l 22＝10×0.222V ＝0.2 V ， 所以U ＝IR ＝Er 2＋r 2·r 2＝0.1 V ．] 链接：(2017·河南十校联考)(多选)2017年4月27日，我国国产001A 航母首次下水，预计在2019年服役．假设航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的舰载飞机质量为m ＝103 kg ，在跑道上加速时产生的最大动力为F ＝7×103 N ，所受阻力为重力的0.2倍，当飞机的速度大小达到50 m/s 时才能离开航空母舰起飞．g 取10 m/s 2，设航空母舰甲板长为160 m ，则下列说法中正确的是( )A ．飞机在跑道上加速时所受阻力大小为103 NB ．飞机在跑道上加速时的最大加速度大小为4 m/s 2C ．若航空母舰处于静止状态，弹射系统必须使飞机至少具有大小为30 m/s 的初速度D ．若航空母舰上不装弹射系统，为使飞机仍能在此舰上正常起飞，航空母舰沿飞机起飞方向的速度大小至少应为10 m/s解析：选CD.飞机在跑道上加速时所受阻力f ＝kmg ＝0.2×103×10 N ＝2×103 N ，选项A 错误．由牛顿第二定律得F －f ＝ma ，解得a ＝5 m/s 2，选项B 错误．设弹射系统必须使飞机具有的初速度大小为v 0，由匀变速直线运动规律得v 2－v 20＝2ax ，代入数据解得v 0＝30 m/s ，选项C 正确．若航空母舰上不装弹射系统，设飞机起飞所用的时间为t ，航空母舰的最小速度为v 1，则飞机相对地面的速度v＝v 1＋at ，飞机相对航母的位移大小x ＝12at 2，代入数据联立解得v 1＝10 m/s ，选项D 正确．【链接】历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”定义为，其中v 0和v s 分别表示某段位移s 内的初速和末速。
2019年全国理综卷(新课标)物理部分试题解析(精确排版完美解析)word精品文档9页
2019年普通高等学校招生全国统一考试（新课标）理科综合能力测试物理部分试题解析二、选择题。
本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14.伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。
早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是 （ AD ）A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B.没有力作用，物体只能处于静止状态C.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D.运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动解析：惯性是物体本身保持运动状态的一种属性，也就是抵抗运动状态变化的性质，A 正确；圆周运动的运动方向在时刻改变，即运动状态在时刻改变，C 错误。
没有力作用物体可能静止也可能做匀速直线运动，B 错，D 正确。
答案D 。
15. 如图，x 轴在水平地面内，y 轴沿竖直方向。
图中画出了从y 轴上沿x 轴正向抛出的三个小球a 、b 和c 的运动轨迹，其中b 和c 是从同一点抛出的，不计空气阻力，则（ BD ）A.a 的飞行时间比b 的长B.b 和c 的飞行时间相同C.a 的水平速度比b 的小D.b 的初速度比c 的大 解析：平抛运动的时间gh t 2=是由下落高度决定的，高度相同，时间一样，高度高，飞行时间长。
A 错，B 正确。
水平位移由初速度（等于水平速度）和高度决定，由h gvx 2=得C 错，D 正确。
答案BD 。
16. 如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。
设墙面对球的压力大小为N 1，球对木板的压力大小为N 2。
以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。
不计摩擦，在此过程中 （ B ）A.N 1始终减小，N 2始终增大B.N 1始终减小，N 2始终减小C.N 1先增大后减小，N 2始终减小D.N 1先增大后减小，N 2先减小后增大解析：木板对球的压力与球对木板的压力是相互作用力，大小均为N 2。
2019年高考物理真题和模拟题分项汇编(含解析)
2019年高考物理真题和模拟题分项汇编（含解析）专题目录专题01 ······物理常识单位制专题02 ······直线运动专题03 ······相互作用专题04 ······牛顿运动定律专题05 ······曲线运动专题06 ······万有引力与航天专题07 ······功和能专题08 ······动量专题09 ······静电场专题10 ······稳恒电流专题11 ······磁场专题12 ······电磁感应专题13 ······交流电专题14 ······原子结构、原子核和波粒二象性专题01 物理常识 单位制1．（2019·北京卷）国际单位制（缩写SI ）定义了米（m ）、秒（s ）等7个基本单位，其他单位均可由物理关系导出。
例如，由m 和s 可以导出速度单位m·s –1。
历史上，曾用“米原器”定义米，用平均太阳日定义秒。
但是，以实物或其运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响，而采用物理常量来定义则可避免这种困扰。
精品解析：【全国百强校】湖北省黄冈市2019届高三年级9月质量检测物理试题(解析版)
湖北省黄冈市2019届高三年级9月质量检测物理试卷注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上填写自己的准考证号、姓名、试室号和座位号。
用2B型铅笔把答题卡上试室号、座位号对应的信息点涂黑。
2．选择题每小题选出答案后，用2B型铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卡整洁。
考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
一、选择题1.下列关于牛顿第一定律的说法正确的是（）A. 牛顿第一定律可以通过实验直接验证B. 牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因C. 牛顿第一定律说明物体做何种运动与其受力无关D. 牛顿第一定律说明物体的运动需要力来维持【答案】B【解析】【详解】牛顿在归纳总结了伽利略、笛卡尔等科学家的结论的基础上得出了牛顿第一定律，牛顿第一定律不可以通过实验验证的。
故A错误；牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因，选项B正确；牛顿第一定律说明物体做何种运动与其受力有关，选项C错误；牛顿第一定律说明物体的运动不需要力来维持，选项D错误；故选B.2.如图，木块A、B紧挨在一起静止在斜面上，木块A、B接触面光滑，下列说法正确的是（）A. 木块A质量一定小于木块B的质量B. 木块A的质量一定不大于木块B的质量C. 术块A、B间可能没有弹力D. 术块A一定受到4个力的作用【答案】C【解析】【详解】滑块能否在斜面上静止取决于滑块与斜面之间的摩擦因数，与滑块的质量大小无关，选项AB错误；当AB与斜面之间的摩擦因数满足μ≥tanθ时，两物块之间没有弹力作用，此时A受到重力、斜面的支持力和摩擦力三个力的作用，则选项C正确，D错误；故选C；3.在2018年印尼雅加选亚运会上，中国撑杆跳运动员李玲获得撑杆跳金牌，图为她在比赛中的几个画面。
2019年高考物理一轮复习基础夯实练4含解析新人教版
2019年高考物理（人教）一轮基础夯实练（4）李仕才一、选择题1、(2018·广州模拟)如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R 的阻值，可使电压表的示数减小ΔU(电压表为理想电表)，在这个过程中( )A ．通过R 1的电流减小，减少量一定等于ΔUR 1B ．R 2两端的电压增加，增加量一定等于ΔUC ．路端电压减小，减少量一定等于ΔUD ．通过R 2的电流增加，但增加量一定小于ΔUR 2解析：电压表的示数减小ΔU ，通过R 1的电流减小ΔI ＝ΔUR 1，选项A 正确；R 2与电源内阻的总电压增加ΔU ，选项B 错误；R 2两端的电压增加量小于ΔU ，通过R 2的电流增加量小于ΔUR 2，选项C 错误、D 正确． 答案：AD2、(2018·湖南岳阳一中模拟)如图所示，我们常见这样的杂技表演：四个人A 、B 、C 、D 体型相似，B 站在A 的肩上，双手拉着C 和D ，A 水平撑开双手支持着C 和D.如果四个人的质量均为m ＝60 kg ，g 取10 m/s 2，估算A 的手臂受到的压力和B 的手臂受到的拉力大小分别为( )A ．120 N,240 NB ．240 N,480 NC ．350 N,700 ND ．600 N,1 200 N解析：对C 进行受力分析如图所示，由四人体型相似推知四人手臂长度相同，则B 的手臂与竖直方向的夹角为30°，则有F AC ＝mgtan30°＝33mg ，即C 受到A 的推力约为33mg ，A 的手臂受到的压力也是33mg ＝33×60×10 N≈350 N；F BC ＝mg cos30°＝233mg ，即C 受到B 的拉力为233mg ，则B 的手臂受到的拉力也为233mg ＝233×60×10 N≈700 N，故选C.答案：C3、(2018·吉林省吉林市调研)某质点在几个恒力作用下做匀速直线运动，现突然将与质点速度方向相反的一个力旋转90°，则关于质点运动状况的叙述正确的是( )A ．质点的速度一定越来越小B ．质点的速度可能先变大后变小C ．质点一定做匀变速曲线运动D ．因惯性质点继续保持匀速直线运动解析：将与质点速度方向相反的作用力F 旋转90°时，该力与其余力的合力夹角为90°，这时质点所受的合力大小为2F ，方向与速度的夹角为45°，质点受力的方向与运动的方向之间的夹角是锐角，所以质点做速度增大的曲线运动，故A 、B 错误；根据牛顿第二定律得加速度a ＝2Fm，所以质点做匀变速曲线运动，故C 正确、D 错误． 答案：C4、质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.12mv 2B.12mM m ＋M v 2C.12N μmgL D ．N μmgL解析：小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，最后恰好又回到箱子正中间．二者相对静止，即为共速，设速度为v 1，mv ＝(m ＋M)v 1，系统损失动能E k ＝12mv 2－12(M ＋m)v 21＝12Mmv 2M ＋m ；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔE k ＝Q ＝N μmgL.故本题选B 、D. 答案：BD5、(2018·江西五校联考)(多选)如图所示，含有11H(氕核)、21H(氘核)、42He(氦核)的带电粒子束从小孔O 1处射入速度选择器，沿直线O 1O 2运动的粒子在小孔O 2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P 1、P 2两点．则 ( )A ．打在P 1点的粒子是42He B ．打在P 2点的粒子是21H 和42He C ．O 2P 2的长度是O 2P 1长度的2倍 D ．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等解析：带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等方向相反，即：qvB ＝qE所以v ＝E B可知从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度．带电粒子在磁场中做匀速直线运动，洛伦兹力提供向心力，所以：qvB ＝mv2r ，所以：r＝mv qB ＝m q ·v B ，可知粒子的比荷越大，则运动的半径越小，所以打在P 1点的粒子是11H ，打在P 2点的粒子是21H 和42He.故A 错误，B 正确；由题中的数据可得，11H 的比荷是21H 和42He 的比荷的2倍，所以11H 的轨道的半径是21H 和42He 的半径的12倍，即O 2P 2的长度是O 2P 1长度的2倍，故C正确；粒子运动的周期：T ＝2πr v ＝2πmqB，三种粒子的比荷不相同，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不相等．故D 错误．答案：BC6、如图为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断错误的是( )A ．这是一个降压变压器B ．原线圈的匝数比副线圈的匝数多C ．当原线圈输入交流电压220 V 时，副线圈输出直流电压12 VD ．当原线圈输入交流电压220 V 、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大 解析：根据铭牌上所提供的信息可知：变压器的输入电压为220 V ，输出电压为12 V ，该变压器为降压变压器，故选项A 、B 正确；变压器的工作原理是电磁感应，故变压器的原、副线圈上的电压都为交流电压，选项C 错误；由理想变压器的输出功率等于输入功率，且原线圈的电压大于副线圈的电压，故副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大，选项D 正确．答案：C7、如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为：3，原线圈a 、b 间输入交流电瞬时值的表达式为u ＝2202sin(100πt)V ，副线圈两端接有两只标有“24 W”字样的灯泡，当开关S 1和S 2都闭合时，两灯泡均正常发光，下列说法中正确的是( )A ．两只灯泡能承受的最高电压为12 VB ．断开开关S 1，副线圈两端的电压将变大C ．断开开关S 1，变压器原线圈的输入功率将变小D ．该变压器原、副线圈的输入、输出功率之比为：3解析：由理想变压器的工作原理知原、副线圈的电压与匝数成正比U 1U 2＝n 1n 2，解得副线圈输出电压的有效值为U 2＝12 V ，故灯泡能承受的最高电压应为12 2 V ，A 错误；无论是断开开关S 1还是断开开关S 2，副线圈的电压均不变，B 错误；断开开关S 1，小灯泡L 2仍能正常发光，L 2消耗的功率不变，则理想变压器的输出功率减小，由于理想变压器的输出功率等于输入功率，因此输入功率也减小，C 正确、D 错误．答案：C二、非选择题1、如图甲所示，倾角θ＝37°的足够长粗糙斜面固定在水平面上，滑块A 、B 用细线跨过光滑定滑轮相连，A 与滑轮间的细线与斜面平行，B 距地面一定高度，A 可在细线牵引下沿斜面向上滑动．某时刻由静止释放A ，测得A 沿斜面向上运动的v －t 图象如图乙所示(B 落地后不反弹)．已知m A ＝2 kg ，m B ＝4 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8.求：(1)A 与斜面间的动摩擦因数； (2)A 沿斜面向上滑动的最大位移．解析：(1)在0～0.5 s 内，根据题图乙，可得A 、B 整体的加速度a 1为a 1＝2 m/s 0.5 s ＝4 m/s 2设细线张力大小为F T ，分别对A 、B ，由牛顿第二定律有F T －m A gsin θ－μm A gcos θ＝m A a 1 m B g －F T ＝m B a 1 联立解得μ＝0.25(2)B 落地后，A 继续减速上升由牛顿第二定律有m A gsin θ＋μm A gcos θ＝m A a 2 代入数据得a 2＝8 m/s 2故A 减速向上滑动的位移x 2＝22a 2＝0.25 m0～0.5 s 内A 加速向上滑动的位移x 1＝22a 1＝0.5 m所以，A 上滑的最大位移x ＝x 1＋x 2＝0.75 m 答案：(1)0.25 (2)0.752、(2018·重庆一诊)(1)下列说法正确的是________(填正确答案的标号)． A ．多数分子直径的数量级是10－10cmB ．气体的温度升高时，气体的压强不一定增大C ．在一定的温度下，饱和汽的分子数密度是一定的D ．晶体都是各向异性的E ．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的(2)(15分)如图所示的圆柱形汽缸是一“拔火罐”器皿，汽缸(横截面积为S)固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与质量为m 的重物相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关S 处扔到汽缸内，酒精棉球熄灭时(此时缸内温度为t ℃)闭合开关S ，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸底的距离为L.由于汽缸传热良好，随后重物会被吸起，最后重物稳定在距地面L 10处．已知环境温度为t 0 ℃不变，mg S ＝16p 0，p 0为大气压强，汽缸内的气体可看成理想气体，求：(ⅰ)酒精棉球熄灭时的温度t 与t 0满足的关系式；(ⅱ)汽缸内温度降低到重新平衡的过程中外界对气体做的功． 解析：(1)原子和分子的数量级是10－10m ，A 错误．温度是分子平均动能的标志，温度升高，气体分子的平均动能增大，由气态方程pVT ＝C 可知，温度升高，压强不一定增大，B正确．饱和汽压与分子密度和温度有关，在一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，饱和汽压也是一定的，C 正确．单晶体具有各向异性，而多晶体没有各向异性，D 错误．根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，E 正确．(2)(ⅰ)汽缸内封闭气体的初始状态：p 1＝p 0，V 1＝LS ，T 1＝(273＋t) K ； 末状态：p 2＝p 0－mg S ＝56p 0，V 2＝910LS ，T 2＝(273＋t 0) K.由理想气体的状态方程有p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2，解得t ＝43t 0＋91 ℃.(ⅱ)汽缸内封闭气体的温度降低的过程中，开始时气体的压强变化，但气体的体积没有变化，故此过程外界对气体不做功．活塞向上运动过程为恒压过程，气体的压强为p 2，活塞上移的距离为L 10，故外界对气体做的功为W ＝p 2ΔV ＝56p 0×L 10S ＝p 0LS12.答案：(1)BCE (2)(ⅰ)t＝43t 0＋91 ℃ (ⅱ)p 0LS12。
2019年高考物理真题和模拟题分项汇编专题07功和能含解析
功和能1．（2019·新课标全国Ⅱ卷）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能E k与重力势能E p之和。
取地面为重力势能零点，该物体的E总和E p随它离开地面的高度h的变化如图所示。
重力加速度取10 m/s2。
由图中数据可得A．物体的质量为2 kgB．h=0时，物体的速率为20 m/sC．h=2 m时，物体的动能E k=40 JD．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J【答案】AD【解析】A．E p–h图像知其斜率为G，故G==20 N，解得m=2 kg，故A正确B．h=0时，E p=0，E k=E机–E p=100 J–0=100 J，故=100 J，解得：v=10 m/s，故B错误；C．h=2 m时，E p=40 J，E k=E机–E p=85 J–40 J=45 J，故C错误；D．h=0时，E k=E机–E p=100 J–0=100 J，h=4 m时，E k′=E机–E p=80 J–80 J=0 J，故E k–E k′=100 J，故D正确。
2．（2019·新课标全国Ⅲ卷）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。
距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图所示。
重力加速度取10 m/s2。
该物体的质量为A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg【答案】C【解析】对上升过程，由动能定理，，得，即F+mg=12 N；下落过程，，即N，联立两公式，得到m=1 kg、F=2 N。
3．（2019·江苏卷）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中A．弹簧的最大弹力为μmgB．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgsD．物块在A点的初速度为【答案】BC【解析】小物块压缩弹簧最短时有，故A错误；全过程小物块的路程为，所以全过程中克服摩擦力做的功为：，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：，解得：，故D错误。
精品解析：2019年全国统一高考物理试卷(新课标Ⅰ)(解析版)(2021年整理)
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绝密★启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试物理部分注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。
3．考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
二、选择题:本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.氢原子能级示意图如图所示.光子能量在1。
63 eV～3.10 eV的光为可见光.要使处于基态（n=1）的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为A. 12。
09 eVB. 10。
20 eV C。
1。
89 eV D. 1。
5l eV【答案】A【解析】【详解】由题意可知，基态（n=1）氢原子被激发后，至少被激发到n=3能级后,跃迁才可能产生能量在1.63eV~3.10eV 的可见光。
故 1.51(13.60)eV 12.09eV E ∆=---=。
2019届浙江省高三高考选考科目9月联考物理试题(解析版)
2019届浙江省高三高考选考科目9月联考物理试题（解析版）一、选择题I(本大题共13小题，每小题3分，共39分.每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.电荷之间的静电力像万有引力一样，也是一种超距力，这种超距作用的观点是18-19世纪的多数科学家难以接受的。
首位建立电场概念并使人们摆脱这一困境的科学家是A. 伽利略B. 牛顿C. 安培D. 法拉第【答案】D【解析】【详解】伽利略首次通过理想斜面实验和逻辑推理得出了力不是维持物体运动的原因，A错误；牛顿发现了牛顿定律，B错误；安培发现了分子电流假说，C错误；法拉第首次提出了场的概念，D正确．2.1960年第11届国际计量大会制定了一种国际通用的、包括一切计量领域的单位制，叫作国际单位制。
以下单位符号属于国际单位制中基本单位的是①kg ②m/s ③N ④m ⑤s ⑥g ⑦m/s2⑧cmA. ②③⑦B. ①④⑤C. ⑤⑥⑧D. ①③④【答案】B【解析】【详解】际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔，B正确．【点睛】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的但为叫做导出单位．3.在物理学中突出问题的主要方面，忽略次要因素，建立理想化的“物理模型”，并将其作为研究对象，是经常采用的一种科学研究方法。
下列选项中采用这种科学研究方法的是A. 质点B. 参考系C. 重心D. 电阻【答案】A【解析】【详解】质点是为了方便研究问题而引入的理想化模型，在现实中是不存在的，故从科学方法上来说属于建立理想模型法，A正确．4.列车在通过桥梁、隧道的时候，要提前减速。
假设列车的减速过程可看作匀减速直线运动下列与其运动相关的物理量(位移x、加速度a、速度v、动能E k)随时间t变化的图象，能正确反映其规律的是A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据匀变速直线先关公式，如，分析讨论；【详解】列车做匀减速直线运动，其位移时间图像应符合，即x-t图像应为一条曲线，A错误；其加速度恒定不变，应为一条平行时间轴的直线，B错误；其速度随时间均匀减小，故C正确；其动能，应为一条曲线，D错误．5.与电场强度相对应，我们把描述磁场强弱的物理量叫作磁感应强度。
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2019届全国高考物理9月基础夯实练（7）（解析版）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：AD2、(2018·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，L AC：L CD：L DB＝：：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：1B．两球抛出时初速度之比为：1C．两球动能增加量之比为：2D．两球重力做功之比为：3解析：球1和球2下降的高度之比为：4，根据t＝2hg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：1，时间之比为：2，则初速度之比为：1，故B正确．根据动能定理知，重力做功之比为：4，则动能增加量之比为：4，故C、D错误．答案：B3、(2018·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 JB．F2做功16 JC．F1、F2的合力做功28 JD．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W F1＝F1·l·cos53°＝7.2 J，W F2＝F2·l·cos37°＝12.8 J，故A、B错误；F1、F2的合力F合＝F21＋F22＝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E>mg qC．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>mgq，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、(2018·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＝a 2，由q v B ＝m v 2R ，解得R ＝m v qB ，q 甲q 丙＝12，所以甲粒子受到的洛伦兹力大小是丙粒子的12，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 ＝60°360°T ＝16T ＝πm 3qB ，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、(2018·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 HzB ．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 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U m＝311 V，ω＝314 rad/s，频率f＝ω2π＝50 Hz，选项A正确；电压的有效值U有＝U m2＝220 V，可以使“220 V100 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：ABD7、(2018·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/s 2.(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 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 ＝12m v 2在O 点由牛顿第二定律得F －mg ＝m v 2L解得F ＝30 N(2)细线被拉断后，小球做平抛运动，有x ＝v ty ＝12gt 2x 2＋y 2＝R 2联立并代入数据，解得t ＝1 s.答案：(1)30 N (2)1 s2、(2018·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＝λT＝1 m/s.③发生稳定的干涉现象要求两列波频率相同，则f＝1T＝2.5 Hz.(2)(ⅰ)根据sin45°＝1n，可得玻璃对该光的折射率n＝ 2由n＝cv，解得光线在三棱镜中传播的速度v＝c2＝2c2.(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，sinr sini＝n解得r＝45°.答案：(1)①正方向②1③2.5(2)(ⅰ)22c(ⅱ)45°。