2019高考物理二轮(十一月)课外优选(2)

2019高考物理二轮（十一月）课外优选（8）李仕才一、选择题1、两物体A 、B 由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动，其运动的位移－时间(x －t)图象如图所示．下列说法正确的是( )A ．两物体A 、B 在t ＝2.5 t 0时刻相距最远B ．两物体A 、B 在减速运动过程中加速度相同C ．两物体A 、B 在t ＝2.5t 0时刻速度相同D ．两物体A 、B 在t ＝t 0时刻相距最远解析：两物体A 、B 在t ＝2.5 t 0时刻处于同一位置，相距最近，两物体A 、B 在t ＝t 0时刻相距最远，选项A 错误、D 正确．两物体A 、B 都是先沿x 轴正方向做匀速运动，后沿x 轴负方向做匀速运动，根据位移图象斜率表示速度可知，在沿x 轴负方向做匀速运动过程中速度相同，选项B 错误．两物体A 、B 在t ＝2.5t 0时刻速度不相同，处于同一位置，选项C 错误．答案：D2、(2018·哈师大附中月考)如图，MN 为转轴OO′上固定的光滑硬杆，且MN 垂直于OO′.用两个完全相同的小圆环套在MN 上．分别用两条不可伸长的轻质细线一端与圆环连接，另一端系于OO′上，长度分别为l 1、l 2.已知l 1、l 2与MN 的夹角分别为θ1、θ2，OO′匀速转动时，线上弹力分别为F T 1、F T 2.下列说法正确的是( )A ．若l 1sin θ1>l 2sin θ2，则F T 1>F T 2B ．若l 1cos θ1>l 2cos θ2，则F T 1>F T 2C ．若l 1tan θ1>l 2tan θ2，则F T 1>F T 2D ．若l 1>l 2，则F T 1>F T 2解析：设两环的质量均为m ，硬杆转动的角速度为ω，根据牛顿第二定律，对左环有：FT 1cos θ1＝m ω2l 1cos θ1；对右环有：F T 2cos θ2＝m ω2l 2cos θ2两环ω相等得FT 1FT 2＝l 1l 2；若l 1cos θ1>l 2cos θ2，则F T 1cos θ1>F T 2cos θ2，不能得到F T 1>FT 2；由题意可知l 1sin θ1<l 2sin θ2；若l 1tan θ1>l 2tan θ2，可得cos θ1<cos θ2，不能得到F T 1>F T 2；若l 1>l 2，则F T1>FT2，选项D正确，A、B、C错误．答案：D3、(2018·青岛一模)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M，此时M到挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，而没有力的作用．已知M＝2m，空气阻力不计．松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是( )A．M和m组成的系统机械能守恒B．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和解析：运动过程中，M、m与弹簧组成的系统机械能守恒，A错误；当M速度最大时，弹簧的弹力等于Mgsin30°＝mg，此时m对地面的压力恰好为零，B正确；然后M做减速运动，恰好能到达挡板时，也就是速度刚好减小到了零，之后M会上升并最终到达松手位置，所以此时弹簧弹力大于mg，即此时m受到的绳拉力大于自身重力，m还在加速上升，C错误；根据功能关系，M减小的机械能，等于m增加的机械能与弹簧增加弹性势能之和，而M恰好到达挡板时，动能恰好为零，因此M减小的机械能等于M减小的重力势能，即等于重力对M做的功，D正确．答案：BD4、如图所示，一带电粒子在两个固定的等量正电荷的电场中运动，图中的实线为等势面，虚线ABC为粒子的运动轨迹，其中B点是两点电荷连线的中点，A、C位于同一等势面上，下列说法正确的是( )A．该粒子可能带正电B．该粒子经过B点时的速度最大C．该粒子经过B点时的加速度一定为零D．该粒子在B点的电势能小于在A点的电势能解析：从该带电粒子的运动轨迹看，固定电荷对它有吸引力，由固定电荷带正电可知，该粒子一定带负电，故A错误；因为粒子从A运动到B的过程中，只受电场力且电场力先做正功后做负功，由动能定理知，动能先增加后减小，故B点的动能不是最大，则经过B点时的速度不是最大，故B错误；B点是两点电荷连线的中点，合场强为零，故粒子受力为零，则加速度为零，C正确；因为离正电荷越远，电势越低，即φA<φB，因粒子带负电，由E p ＝φq得，E pA>E pB，故D项正确．答案：CD5、(2018·肇庆市高中毕业班模拟考试)如图所示，水平放置的平行金属导轨MN和PQ 之间接有定值电阻R，导体棒ab长为l且与导轨接触良好，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，现使导体棒ab向右匀速运动，下列说法正确的是( )A．导体棒ab两端的感应电动势越来越小B．导体棒ab中的感应电流方向是a→bC．导体棒ab所受安培力方向水平向右D．导体棒ab所受合力做功为零解析：由于导体棒匀速运动，磁感应强度及长度不变，由E＝BLv可知，运动中感应电动势不变；由楞次定律可知，导体棒中的电流方向由b指向a；由左手定则可知，导体棒所受安培力方向水平向左；由于匀速运动，棒的动能未变，由动能定理可知，合力做的功等于零．选项A、B、C错误，D正确．答案：D6、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：C二、非选择题1、如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里．一电荷量为＋q 、质量为m 的微粒从原点出发沿与x 轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l ，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y 轴穿出复合场．不计一切阻力，求：(1)电场强度E 的大小．(2)磁感应强度B 的大小．(3)粒子在复合场中的运动时间．解析：(1)微粒到达A(l ，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲，所以，Eq＝mg ，得E ＝mg q(2)由平衡条件得qvB ＝2mg电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙．则qvB ＝m v 2r由几何知识可得r ＝2l v ＝2gl联立解得B ＝m q g l. (3)微粒做匀速运动的时间t 1＝2l v ＝l g做圆周运动的时间t 2＝34π·2l v ＝3π4l g 在复合场中运动时间 t ＝t 1＋t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4＋1 l g. 答案：(1)mg q (2)m qg l (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4＋1 l g。

2019高考物理二轮（十一月）课外优选（7）李仕才一、选择题1、(2018·成都模拟)如图所示为成都到重庆的和谐号动车车厢内可实时显示相关信息的显示屏示意图，图中甲、乙两处的数据分别表示了两个物理量．下列说法中正确的是( )A．甲处表示时间，乙处表示平均速度B．甲处表示时间，乙处表示瞬时速度C．甲处表示时刻，乙处表示平均速度D．甲处表示时刻，乙处表示瞬时速度解析：甲处表盘显示时刻，乙处表盘显示动车行进过程中的瞬时速度，答案为D.答案：D2、(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：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、如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们从一楼运到二楼，其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物，图乙是用履带式自动电梯运送，假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物，下列关于两电梯在运送货物时说法正确的是( )A ．两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功B ．图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功C ．图甲中电梯对货物的支持力对货物做正功D ．图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功解析：在图甲中，货物随电梯匀速上升时，货物受到的支持力竖直向上，与货物位移方向的夹角小于90°，故此种情况下支持力对货物做正功，选项C 正确；图乙中，货物受到的支持力与履带式自动电梯接触面垂直，此时货物受到的支持力与货物位移垂直，故此种情况下支持力对货物不做功，故选项A 、B 错误，D 正确．答案：CD4、有一匀强电场，方向如图所示，在电场中有三个点A 、B 、C ，这三点的连线恰好构成一个直角三角形，且AC 边与电场线平行．已知A 、B 两点的电势分别为φA ＝5 V ，φB ＝1.8 V ，A 、B 的距离为4 cm ，B 、C 的距离为3 cm.若把一个电子(e ＝1.6×10－19 C)从A 点移动到C 点，那么电子电势能的变化量为( )A ．8.0×10－19 JB ．1.6×10－19 JC ．－8.0×10－19 JD ．－1.6×10－19J 解析：设AB 与AC 之间的夹角为θ，则cos θ＝45，又AB 的距离S AB ＝4 cm ，则AB 沿场强方向的距离为d AB ＝S AB cos θ＝4×45 cm ＝165cm ，设A 、B 之间电势差为U AB ，则电场强度为E ＝U AB d AB ＝φA －φB d AB＝100 V/m.电子从A 点到达C 点电势能的变化量为ΔE p ＝－W ＝1.6×10－19×100×0.05 J＝8.0×10－19 J ，故A 项正确．答案：A 5、美国《大众科学》月刊网站报道，美国明尼苏达大学的研究人员发现：一种具有独特属性的新型合金能够将热能直接转化为电能．具体而言，只要略微提高温度，这种合金就会变成强磁性合金，从而使环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图所示．A 为圆柱形合金材料，B 为线圈，套在圆柱形合金材料上，线圈的半径大于合金材料的半径．现对A 进行加热，则( )A ．B 中将产生逆时针方向的电流B ．B 中将产生顺时针方向的电流C ．B 线圈有收缩的趋势D ．B 线圈有扩张的趋势解析：合金材料加热后，合金材料成为强磁体，通过线圈B 的磁通量增大，由于线圈B 内有两个方向的磁场，由楞次定律可知线圈只有扩张，才能阻碍磁通量的增加，C 错误、D 正确；由于不知道极性，无法判断感应电流的方向，A 、B 错误．答案：D6、在变电站里，经常要用交流电表监测电网上的强电流．所用的器材叫电流互感器，如图所示，能正确反映其工作原理的是( )解析：电流互感器把大电流变成小电流，测量时更安全，据变压器原理，I 1I 2＝n 2n 1，I 2＝n 1n 2I 1，所以要求线圈匝数n 2>n 1，原线圈要接在火线上，故本题只有A 正确．答案：A二、非选择题1、(2018·银川模拟)某同学通过实验测小车加速度时，用50 Hz 打点计时器打出纸带如图所示，经测量x 1＝1.560 cm ，x 2＝4.802 cm ，x 3＝8.204 cm.(1)每相邻两点的时间间隔是________s.(2)实验中应该先________，后________．(均选填字母：a 、释放小车；b 、接通打点计时器)(3)打点4时对应小车速度的大小为______m/s ，小车的加速度为________m/s 2(结果保留2位有效数字)．解析：(1)每相邻两点的时间间隔：T ＝1f ＝150s ＝0.02 s. (2)接通打点计时器电源和释放小车，应先接通打点计时器电源，后释放小车．(3)根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，可以求出纸带上打第4点时小车的瞬时速度大小：v ＝x 3－x 14T ＝0.082 04－0.015 64×0.02 m/s≈0.83 m/s根据逐差法得：a ＝3－x 2－2－x 14T 2 ＝－－－04×0.022 m/s 2＝1.0 m/s 2答案：(1)0.02 (2)b a (3)0.83 1.0。

B.电场强度大小为 2 ,方向沿 AO 方向
C.电场强度大小为

2
D.电场强度大小为
答案:C
2
2
2
,方向沿 OA 方向
,方向沿 AO 方向
解析:填补法分析:先将A点处-q换成+q,这时由对称性可知,O点处
电场强度为零,这个零电场强度实际上是B、C、D、E四点的电荷
的合电场强度E1与A点处+q的电场强度E2的矢量和,由E1+E2=0可

1场强度的叠加原理求出E=2πκσ ( 2 + 2 )1/2 ,方向沿x轴。现考虑单位
面积电荷量为σ0的无限大均匀带电平板,从其中间挖去一半径为r
的圆板,如图2所示。则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强
度为(
)
关闭
等效法分析:将题图 2 中空白部分看做是电荷面密度为 σ0 和-σ0 的
两部分的组合,其中面密度分别为 σ0 的部分与灰色部分组合在一起后

知,E1 方向向上,大小为 2 ;然后将 A 点处+q 换回成-q,则-q 在 O 点的


电场强度 E'2 方向向上,大小为 2 ,E'2 与 E1 叠加,得到 C 答案。

等效法分析:将A处的-q看做是+q和-2q组成,A点处+q与B、C、D、
E四点的+q在O点处合电场强度为零,这时,只需要考虑-2q在O点处
B.2πκσ0
1/2。
(2 +2 )

D.2πκσ0

关闭
2 + 2 1/2


解析
答案
练2 如图所示,xOy平面是无穷大导体的表面,该导体充满z<0的

2019高考物理二轮（十一月）课外优选（9）李仕才一、选择题1、(2018·福建省仙游一中月考)一条悬链长7.2 m ，从悬挂点处断开，使其自由下落，不计空气阻力，则整条悬链通过悬挂点正下方20 m 处的一点所需的时间是(g 取10 m/s 2)( )A ．0.3 sB ．0.4 sC ．0.7 sD ．1.2 s解析：悬链下端到达20 m 处时，用时t 1，则12.8＝12gt 21，悬挂点落至20 m 处用时t 2，则20＝12gt 22，可知悬链通过20 m 处用时Δt ＝t 2－t 1＝0.4 s ，B 对．答案：B2、(2018·广西重点高中高三一模)2016年10月17日“神舟十一号”载人飞船发射成功，飞船入轨后经过约2天的独立飞行完成与“天宫二号”的对接．如图所示，“天宫二号”处于离地面高h ＝393 km 的圆轨道A 上，“神舟十一号”处于圆轨道B 上．“神舟十一号”在位置1点火后沿轨道C 运动到位置2，然后沿轨道A 运动，通过调整自己与前方的“天宫二号”的相对距离和姿态，最终对接．已知地球半径为R ＝6 371 km ，引力常量为G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2，地球质量为M ＝6.0×1024kg ，不计大气阻力．下列说法正确的是( )A ．“天宫二号”在轨道A 上的运行周期比“神舟十一号”在轨道B 上的运行周期小B ．“天宫二号”在轨道A 上的加速度比“神舟十一号”在轨道B 上的加速度大C ．“天宫二号”在轨道A 上的运行速率约为7.7 km/sD ．“神舟十一号”在位置2时的机械能小于在位置1时的机械能解析：由GMm r 2＝m(2πT)2r ，得T ＝4π2r 3GM ，可知半径越大，周期越大，A 错．由GMm r 2＝ma ，得加速度a ＝GM r 2，半径越大，加速度越小，B 错．由GMm 0＋2＝m 0v 2R ＋h ，得v ＝GM R ＋h＝7.7 km/s ，C 对．“神舟十一号”在轨道C 上运动时，由于点火加速，故其机械能增加，D 错．答案：C3、质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移L 之间的关系如图所示，重力加速度g 取10 m/s 2.则此物体( )A ．在位移L ＝9 m 时的速度是3 3 m/sB ．在位移L ＝9 m 时的速度是3 m/sC ．在OA 段运动的加速度是2.5 m/s 2D ．在OA 段运动的加速度是1.5 m/s 2解析：由图象可知当L ＝9 m 时，W ＝27 J ，而W Ff ＝－μmgL ＝－18 J ，则W 合＝W ＋W Ff ＝9 J ，由动能定理，有W 合＝12mv 2，解得v ＝3 m/s ，A 项错误，B 项正确；在A 点时，W′＝15 J ，W′Ff ＝－μmgL′＝－6 J ，由动能定理可得v A ＝3 m/s ，则a ＝v 2A 2L′＝1.5 m/s 2，C 项错误，D 项正确． 答案：BD4、(2018·舟山模拟)A 、B 两球带等量异种电荷，带电荷量均为2×10－5C ，两球质量均为0.72 kg ，A 球通过绝缘细线吊在天花板上，B 球一端固定绝缘棒，现将B 球放在某一位置，能使绝缘细线伸直，A 球静止且与竖直方向的夹角为30°，g 取10 m/s 2，则B 球到A 球的距离可能为( )A ．0.5 mB ．1 mC ．2 mD ．3 m解析：选A 球为研究对象，它受重力、库仑力和细线的拉力，三力平衡，由几何关系得，库仑力的最小值为F min＝mgsin30°＝0.72×10×12N ＝3.6 N 而由F ＝kq 2r 2得r max ＝kq 2F min ＝9×109×4×10－103.6 m ＝1 m ，故A 、B 正确，C 、D 错误．答案：AB5、如图甲所示，一根电阻R ＝4 Ω的导线绕成半径d ＝2 m 的圆，在圆内部分区域存在变化的匀强磁场，中间S 形虚线是两个直径均为d 的半圆，磁感应强度随时间变化如图乙所示(磁场垂直于纸面向外为正，电流逆时针方向为正)，关于圆环中的感应电流—时间图象，下列选项中正确的是( )解析：0～1 s ，感应电动势为E 1＝ΔB Δt S ＝21×πd 22(V)＝4π(V)，由欧姆定律可知感应电流大小为I 1＝E 1R ＝4π4(A)＝π(A)，由楞次定律知，感应电流为顺时针方向，为负方向，结合选项知C 正确．答案：C6、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、)(2018·河北石家庄质量检测)如图所示为在某十字路口附近的一橡胶减速带，一警用巡逻车正以20 m/s 的速度行驶在该路段，在离减速带50 m 时巡逻车开始做匀减速运动，结果以5 m/s 的速度通过减速带，通过后立即以2.5 m/s 2的加速度加速到原来的速度．警用巡逻车可视为质点，减速带的宽度忽略不计．求由于减速带的存在，巡逻车通过这段距离多用的时间．解析：巡逻车做匀减速直线运动，由速度－位移公式可知，加速度：a ＝v 2－v 202x 1＝－3.75 m/s 2 减速需要的时间：t 1＝v －v 0a＝4 s 巡逻车加速的时间：t 2＝v 0－v a′＝6 s 加速的位移：x 2＝v 20－v 22a′＝75 m 巡逻车通过的总位移x ＝x 1＋x 2＝125 m巡逻车匀速通过这段距离所用的时间t ＝x v＝6.25 s 多用的时间Δt ＝t 1＋t 2－t ＝3.75 s答案：3.75 s。