1、12019 高考物理二轮（十一月）课外优选（3）李仕才一、选择题1、(2018浙江百校联盟押题卷)如图所示，A、B 两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为 60和 45，A、B 间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是( )AA、B 的质量之比为 1 ： 3BA、B 所受弹簧弹力大小之比为 ：3 2C悬挂 A、B 的细线上拉力大小之比为 ：12D快速撤去弹簧的瞬间，A、B 的瞬时加速度大小之比为 1 ： 2解析：弹簧对 A、B 的弹力大小相等，设为 kx，对 A、B 分别进行受力分析，由平衡条件可知 mAgkxtan60，F Akx/cos60，m Bg
2、kxtan45，F Bkx/cos45，联立解得A、B 两物体质量之比为 mA ：m Btan60 ：tan45 ：1，F A ：F Bcos453 ：cos60 ：1 ，在剪断弹簧的瞬间，A、B 的瞬时加速度 aA ：a Bgcos602 ：gcos451： ，故 C、D 正确2答案：CD2、如图 所示，竖直平面内有一光滑直杆 AB，杆与水平方向的夹角为 (090)，一质量为 m 的小圆环套在直杆上给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力 F，并从 A 端由静止释放改变直杆和水平方向的夹角 ，当直杆与水平方向的夹角为 30时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为 g，则( )A恒力 F 一
3、定沿与水平方向成 30角斜向右下的方向B恒力 F 和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成 30角斜向右下的方向C若恒力 F 的方向水平向右，则恒力 F 的大小为 mg3D恒力 F 的最小值为 mg32解析：小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆 AB 对小圆环的支持力和恒力 F，把光滑直杆 AB 对小圆环的支持力正交分解，沿直杆方向无分力，由 L at2可知，要使小圆环在12直杆上运动的时间最短，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，当恒力和2重力的合力沿光滑直杆方向时，加速度最大，所以选项 A 错误、B 正确；若恒力 F 的方向水平向右，由 tan30 ，解得 F mg，选项 C 正确
4、；当合力 F 的方向垂直光滑直杆时，mgF 3恒力 F 最小，由 sin60 ，解得 F 的最小值为 Fminmgsin60 mg，选项 D 正确Fmg 32答案：BCD3、(2018衡水模拟)质量为 2 吨的汽车，发动机牵引力的功率为 30 kW，汽车在水平路面上行驶能达到的最大速度为 15 m/s，若汽车以最大功率行驶，所受阻力恒定，则汽车的速度为 10 m/s 时的加速度为( )A0.5 m/s 2 B1 m/s 2C2 m/s 2 D2.5 m/s 2解析：汽车在水平路面上行驶所受阻力 Ff 2 000 N；当汽车的速度为 10 m/s 时，Pv牵引力 F 3 000 N；加速度 a
5、0.5 m/s 2，选项 A 正确Pv F Ffm答案：A4、一正电荷 仅在电场力作用下，从 A 点运动到 B 点，速度大小随时间变化的图象如图所示下列关于 A、B 两点电场强度 E 的大小和电势 的高低的判断，正确的是( )AE AEB， A BBE AE B， A BCE A BDE AEB， A B解析：电荷受电场力的作用，合力不为零由运动图象可知速度的大小没有变化，故电荷只能做匀速圆周运动，故选 B.答案：B5、某一空间存在着磁感应强度为 B 且大小不变、方向随时间 t 做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正为了使静止于该磁场中的带正电的粒子能按 abcd
6、ef 的顺序做横“”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其它力不计)( )3A若粒子的初始位置在 a 处，在 t 时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度3T8B若粒子的初始位置在 f 处，在 t 时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度T2C若粒子的初始位置在 e 处，在 t T 时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度118D若粒子的初始位置在 b 处，在 t 时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度T2解析：要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，粒子做圆周运动的周期应为 T0 ， mqB T2结合左手定则可知，选项 A、D 正确答案：AD6、现有两动能均为 E00
7、.35 MeV 的 H 在一条直线上相向运动，两个 H 发生对撞后21 21能发生核反应，得到 He 和新粒子，且在核反应过程中释放的能量完全转化为 He 和新粒32 32子的动能已知 H 的质量为 2.014 1 u， He 的质量为 3.016 0 u，新粒子的质量为 1.008 21 327 u，核反应时质量亏损 1 u 释放的核能约为 931 MeV(如果涉及计算，结果保留整数)则下列说法正确的是( )A核反应方程为 H H He n21 21 32 10B核反应前后不满足能量守恒定律C新粒子的动能约为 3 MeVD. He 的动能约为 4 MeV32解析：由核反应过程中的质量数和电荷
8、数守恒可知 H H He n，则新粒子为中21 21 32 10子 n，所以 A 正确核反应过程中质量亏损，释放能量，亏损的质量转变为能量，仍然满10足能量守恒定律，B 错误；由题意可知 E(2.014 1 u23.016 0 u1.008 7 u)931 MeV/u3.3 MeV，根据核反应中系统的能量守恒有 EkHeE kn2E 0E，根据核反应中系统的动量守恒有 pHep n0，由 Ek ，可知 ，解得p22m EkHeEkn mnmHeEkHe (2E0E)1 MeV，E kn (2E0E)3 MeV，所以 C 正确、D 错mnmn mHe mHemn mHe误答案：AC二、非选择题4
9、1、如图所示，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中 AB 段是水平的，BD 段为半径R0.2 m 的半圆，两段轨道相切于 B 点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E5.010 3 V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度 v0沿水平轨道向右运动，与静止在 B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞已知甲、乙两球的质量均为 m1.010 2 kg，乙所带电荷量 q2.010 5 C，g 取 10 m/s2.(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)(1)甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点 D，求乙在轨道上的首次落点到 B 点的距离；(2)在满足(1)的条件下，求出甲的
10、速度 v0.解析：(1)根据题意可知，甲、乙两球碰撞后，在水平方向上动量守恒，此时乙获得向右的速度沿轨道运动，在乙恰能通过轨道的最高点 D 的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开 D 点到达水平轨道的时间为 t，乙的落点到 B 点的距离为 x，根据牛顿第二定律有mgqEm v2DR2R ( )t212mg qEmxv Dt联立式并代入数据解得x0.4 m(2)在满足(1)的条件下，设碰撞后甲的速度为 v 甲 、乙的速度为 v 乙 ，根据动量守恒和机械能守恒定律有mv0mv 甲 mv 乙 mv mv mv 12 20 12 2甲 12 2乙联立式解得v 乙 v 0根据动能定理有mg2RqE2R mv mv 12 2D 12 2乙联立式解得5v0v 乙 2 m/s5 mq qE Rm 5答案：(1)0.4 m (2)2 m/s5
