2019高考物理课时作业二含解.pdf

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1、课时作业(二)课时作业(二) 一、选择题(共 10 个小题，5、7、8、10 为多选，其余为单选，每题 5 分共 50 分) 1(2016上海)物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为 16 m 的路程，第一段用时 4 s，第二段用时 2 s，则物体的加速度是( ) A. m/s2 B. m/s2 2 3 4 3 C. m/s2 D. m/s2 8 9 16 9 答案 B 解析 根据题意，物体做匀加速直线运动，t 时间内的平均速度等于 时刻的瞬时速度，在 t 2 第一段内中间时刻的瞬时速度为：v1 1 m/s4 m/s；在第二段内中间时刻的瞬时速v 16 4 度为：v2 2 m/s8 m/s；

2、则物体加速度为：a m/s2 m/s2，故 B 项正v 16 2 v2v1 t 84 3 4 3 确 2一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示取物体开始运动 的方向为正方向，则下列关于物体运动的 vt 图像正确的是( ) 答案 C 解析 根据加速度随时间变化的图像可得，01 s 为匀加速直线运动，速度 vatt，速 度为正方向，D 项错误；第一秒末的速度 v1 m/s，12 s 加速度变为负值，而速度为正方 向，因此为减速，v1 m/sa(t1)当第二秒末，速度减小为 0，B 项错误 ； 23 s， 加 速度为正方向，初速度为 0，物体为正方向的匀加速直线运动，va(t2

3、)t2，即从第 二秒开始又重复前面的运动，C 项正确、A 项错误 3.(2017汕头一模)一轿车和一货车在两条平行直道上 同向行驶，开始时两车速度都为v0且轿车司机处于货车 车尾并排位置，如图所示，为了超车，轿车司机开始控制轿车 做匀加速运动，经过一段时间 t，轿车司机到达货车车 头并排位置， 若货车车身长度为 L，且 货车保 持匀速，则轿 车加速过程的加速度大小为( ) A. B. L t2 2L t2 C. D. 2（v0tL） t2 （v0tL） t2 答案 B 分析 轿车做匀加速直线运动， 货车做匀速直线运动， 根据运动学基本公式求出时间 t 内两 车的位移，再根据两车的位移差为 L

4、求解即可 解析 轿车做匀加速直线运动，时间 t 内的位移 x1v0t at2， 1 2 货车做匀速直线运动，时间 t 内的位移 x2v0t， 根据 x1x2L 解得： a，故 B 项正确，A、C、D 项错误，故选 B 项 2L t2 点评 本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，抓住位移之差为货车车长列 式，也可以以货车为参考系，则轿车做初速度为零的匀加速直线运动，t 时间内运动的位移 为 L，从而求解加速度，难度不大，属于基础题 4(2017唐山一模)a、b 两物体同时从同一地点开始做匀变速直线运动，二者运动的 vt 图像如图所示，下列说法正确的是( ) Aa、b 两物体运动方向相反

5、 Ba 物体的加速度小于 b 物体的加速度 Ct1 s 时两物体的间距等于 t3 s 时两物体的间距 Dt3 s 时，a、b 两物体相遇 答案 C 分析 速度时间图线速度的正负值表示速度的方向， 图线的斜率表示加速度， 图线与时间 轴围成的面积表示位移 解析 A 项，由图像可知，a、b 两物体的速度都为正值，速度方向相同故 A 项错误 ； B 项， 图像的斜率表示加速度， 由图可知， a 的斜率为 a m/s21 m/s2， b 的斜率为 a v t 42 2 m/s20.5 m/s2， 所以 a物体的加速度比 b物体的加速度大 故 B项错误 ； C、 D v t 45 2 项， t1 s 时

6、， 两物体的间距为x51 m 0.512 m21 m 112 m2.25 m， t 1 2 1 2 3 s 时两物体的位移为x53 m 0.532 m23 m 132 m2.25 m， 故两 1 2 1 2 者物体间距相等，故 C 项正确，D 项错误，故选 C 项 点评 解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义， 知道图线与时间轴围成的面积表示 位移，知道速度的正负表示运动的方向 5(2017揭阳二模)(多选)如图甲所示，一质量为 M 的长木板静置于光滑水平面上，其上 放置一质量为 m 的小滑块 木板受到随时间 t 变化的水平拉力 F 作用时， 用传感器测出其加 速度 a，得到如图乙所示的 a

7、F 图取 g10 m/s2，则( ) A滑块的质量 m4 kg B木板的质量 M2 kg C当 F8 N 时滑块加速度为 2 m/s2 D滑块与木板间动摩擦因数为 0.1 答案 ABD 分析 当拉力较小时， m 和 M 保持相对静止一起做匀加速直线运动， 当拉力达到一定值时， m 和 M 发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析 解析 A 项， 当 F 等于 6 N 时， 加速度为 ： a1 m/s2， 对整体分析， 由牛顿第二定律有 ： F(M m)a， 代入数据解得 ： Mm6 kg， 当 F 大于 6 N 时， 根据牛顿第二定律得 ： a Fmg M 1 M F，由图示图像可

8、知，图线的斜率：k ，解得：M2 kg，滑块的质 mg M 1 M a F 1 64 1 2 量为 ： m4 kg.故 A、B两项正确 ； C项，根据 F大于 6 N的图线知，F4时，a0，即 0 F 1 2 ，代入数据解得 ： 0.1，由图示图像可知，当 F8 N 时，滑块与木板相对滑 40 2 动，滑块的加速度为：ag1 m/s2.故 C 项错误，D 项正确故选 A、B、D 三项 点评 本题考查牛顿第二定律与图像的综合， 知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律 是解决本题的关键，掌握处理图像问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析 6 (2018开封市)如图所示， 一固定杆与水平

9、方向夹角为 ， 将 一质量为 m1的滑块套在杆上， 通过轻绳悬挂一个质量为 m2的小球， 杆与滑块之间的动摩擦因数为 .若滑块与小球保持相对静止以 相同的加速度 a 一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为 ，且 gsin 所以 gsingcosgsin，gsingsingcos 因为 0，所以假设不成立，即速度的方向一 定向上，由于加速度方向向下，所以物体沿杆减速上滑，故 D 项正确 7 (2017海南)(多选)如图， 水平地面上有三个靠在一起的 物块 P、 Q 和 R， 质量分别为 m、 2m 和 3m，物块与地面间的动 摩擦因数都为 .用大小为 F 的水平外力推动物块 P， 则 R 和 Q 之

10、间相互作用力与 Q 与 P 之间相互作用力大小之比为 k.下列判断正确的是( ) A若 0，则 k B若 0，则 k 5 6 3 5 C若 0，则 k D若 0，则 k 1 2 3 5 答案 BD 解析 三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动；则加速度 a；所以，R 和 Q F6mg 6m 之间相互作用力 F13ma3mg F， Q 与 P 之间相互作用力 F2FmgmaF F F ； 1 2 1 6 5 6 所以， k ； 由于讨论过程与是否为零无关， 故 k 恒成立， 故 A、 C 两项错误， B、 D F1 F2 1 2F 5 6F 3 5 3 5 两项正确 8.(2018泸州二模)(多

11、选)如图所示， 质量分别为 3m 和 m 的 1、 2 两物块叠放在水平桌面上， 物块 2 与桌面 间的动摩擦因数为 ， 物块 1 与物块 2 间的动摩擦因 数为 2.物块 1 和物块 2 的加速度大小分别用 a1、 a2 表示，物块 1 与物块 2 间的摩擦力大小用 f1表示，物块 2 与桌面间的摩擦力大小用 f2表示， 最大静摩擦力等于滑动摩擦力当水平力 F 作用在物块 1 上， 下列反映 a 和 f 变化的图线正 确的是( ) 答案 AC 解析 1 与 2 间的最大静摩擦力 f1223mg6mg，2 与地面间的最大静摩擦力 f2 4mg4mg，当拉力 F4mg 时，1、2 两物块静止不动

12、，摩擦力随 F 的增大而增大， 当 1 与 2 开始一起滑动时， 2 与地面间的摩擦力为滑动摩擦力， 故大小不变， 对 2 分析可知， f1 4mgma，解得 f14mgma 逐渐增大，当 1 与 2 刚好发生相对滑动时，2 与地面间 的摩擦力为滑动摩擦力，故大小不变，物体 2 产生的最大加速度 a22g，对 1 f12f2 m 根据牛顿第二定律此时的拉力为 F，则 Ff123ma2，解得 F12mg，拉力继续增大，此 后 2 做匀加速运动，1 做加速度增大的加速度运动，故 A、C 两项正确，B、D 两项错误 9.在地面上方的某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上 方存在电场强度为 E1、方向

13、竖直向下的匀强电场 ； 虚线下方存 在电场强度为 E2、方向竖直向上的匀强电场一个质量为 m、 电荷量为 q(q0)的带正电小球从上方电场区域的 A 点由静止 释放，结果刚好到达下方电场区域中与 A 点关于虚线对称的 B 点时速度为零，则( ) A两电场强度的大小关系满足 E22E1 B如果在 A 点时带电小球有向下的初速度 v0，到达 B 点后速 度一定大于 v0 C如果在 A 点时带电小球有水平方向的初速度 v0，到达 B 点所在高度处时速度与初速度相 同 D如果在 A 点时带电小球有任意方向的初速度 v0，到达 B 点所在高度处时速度与初速度相 同 答案 C 解析 带电小球从A点由静止释

14、放后先做匀加速运动， 到达水平虚线后做匀减速运动， 到达B 点时速度减为零， 根据运动学公式可知， 匀加速过程与匀减速过程的加速度大小相等， 有 mg qE1qE2mg，解得 E2E1，故 A 项错误；如果在 A 点时带电小球有初速度，根据 2mg q 功能关系可知，到达 B 处时速度的大小不变，B 项错误；根据运动的独立性原理和运动的合 成可知，C 项正确 ； 如果在 A 点有向上的速度分量，则带电小球将先在 A 点以上运动，回到 A 点所在高度处时变成有向下的速度分量， 故到达 B 所在高度处时也有向下的速度分量， 与初 速度方向不同，D 项错误 10.如图所示，水平传送带以速度 v1匀速

15、运动，小物体 P、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t0 时刻 P 在传送带 左端具有速度 v2， P 与定滑轮间的绳水平， tt0时刻 P 离开 传送带 不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长 正确描述小物体 P 速度随时间变化的图像可能是( ) 答案 BC 解析 整体来看，可能的情况有第一种 v2v1(含两种情况即 fGQ和 fGQ)，第二种 v2v1(含两种情况即 fGQ和 fGQ)，下面对这两种情况及分态进行分析 若 v2v1： 则 P 受摩擦力 f 向右， 若 fGQ， 则向右匀加速到速度为 v1后做匀速运动到离开， B 项可能 ； 若 fGQ，则向右做匀减速到速度为 0 后再向左匀加速

16、到离开，无此选项 ； 若 v2v1： 则 P 受摩擦力 f 向左，若 fGQ，则减速到 v1后匀速向右运动离开，无此选项；若 fGQ， 则减速到小于 v1后 f 变为向右，加速度变小，此后加速度不变，继续减速到 0 后向左加速 到离开，总位移为 0，则 C 图可能故 A、D 项错误，B、C 项正确 二、计算题(共 4 个小题，11 题 11 分，12 题 12 分，13 题 12 分，14 题 15 分，共 50 分) 11 (2017唐山一模)如图所示， 足够长的倾角 37的斜面与水平地面在 P 点平滑连接， 通过轻绳连接的 A、B 两物体静置于水平地面上，质量分别为 m12 kg，m24

17、kg，此时轻绳 处于水平且无拉力，物体 A 与接触面之间的动摩擦因数均为 10.5，物体 B 与接触面之 间的动摩擦因数均为 20.75，对物体 B 施加水平恒力 F76 N，使两物体一起向右加速 运动， 经过时间 t2 s 物体 B 到达斜面底端 P 点， 此时撤去恒力 F， 若两物体均可视为质点， 重力加速度 g10 m/s2，sin370.6，cos370.8. (1)两物体加速时轻绳上的张力 T； (2)物体 A 进入斜面后，两物体恰好不相撞，求轻绳的长度 L. 答案 (1)两物体加速时轻绳上的张力 T 为 22 N (2)物体 A 进入斜面后，两物体恰好不相撞，轻绳的长度 L 为 2

18、.4 m 分析 (1)两物体加速时， 以整体为研究对象， 由牛顿第二定律求出加速度， 再对 A 物体分析， 由牛顿第二定律求轻绳上的张力 T； (2)利用牛顿第二定律求得 B 在斜面上的加速度，求得 A 在水平面上和斜面上的加速度，根 据运动学公式求得 B 在斜面上的位移， 利用运动学公式求得 B 在斜面上的位移刚好等于 B 的 位移即可求得绳子的长度； 解析 (1)两物体加速时对整体研究有： F1m1g2m2g(m1m2)a 对 A 物体有：T1m1gm1a 两式联立可得：T22 N，a6 m/s2 (2)物体 B 到达斜面底端的速度为：vat12 m/s 物体 B 到达斜面后， 做减速运动

19、， 根据牛顿第二定律可知 ： a1 m2gsin2m2gcos m2 12 m/s2 物体 B 在斜面上上滑的位移为：x m6 m 0v2 2a1 0122 2 12 设 AB 间的绳长为 L，则 A 在水平面上的加速度为 ： a5 m/s2，到达斜面底端 1m1g m1 的速度为 v，则有：v2v22aL A 在斜面上的加速度为 ： a210 m/s2，在斜面上运动由运动学 m1gsin1m1gcos m1 公式可知：x，联立解得：L2.4 m 0v2 2a2 点评 本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式， 关键是抓住 B 物体滑到斜面上减速运动 到零后静止，A 在斜面上的位移最大等于 B

20、在斜面上的位移即可 12(2018济南模拟)元旦期间，小聪和家人出去游玩，在途中的十字路口，他们乘坐的小 汽车正在等绿灯，绿灯亮后，小汽车以大小 a0.8 m/s2的加速度启动，恰在此时，一辆匀 速运动的大卡车以大小 v7.2 m/s 的速度从旁边超过假设小汽车启动后一直以加速度 a 加速行驶，直路足够长，且前方没有其他车辆和行人求： (1)从两车并行起，到两车距离最大所经历的时间 t1； (2)两车相遇之前的最大距离 L； (3)从两车并行起，两车再次相遇所经历的时间 t2. 答案 (1)从两车并行起，到两车距离最大所经历的时间 t1为 9 s； (2)两车相遇之前的最大距离 L 为 32.

21、4 m； (3)从两车并行起，两车再次相遇所经历的时间 t2为 18 s. 分析 (1)两车速度相等时，两车距离最大，由速度公式即可求解两车距离最大经历的时间 ； (2)当速度相等时两车距离最大， 分别求出两车各自的位移， 两者的位移差即为最大距离 ； (3) 两车相遇时位移相等，根据位移公式即可求解 解析 (1)经分析可知，当两车的速度相等时，它们之间的距离最大，有：vat1 解得：t19 s (2)两车速度相等时，小汽车和卡车行驶的距离分别为：x at12，xvt1 1 2 又：Lxx 解得：L32.4 m (3)由运动学规律有： at22vt2 1 2 解得：t218 s 点评 追及相遇

22、问题一定要把握三个点：速度相等时一般距离不是最大就是最小；位移 关系；时间关系；围绕这三点列式求解即可 13 (2018化州市一模)如图所示， 一水平的长 L2.25 m 的传送带与平板紧靠在一起， 且 上表面在同一水平面，皮带以 v04 m/s 匀速顺时针转动，现在传送带上左端静止放上一质 量为 m1 kg 的煤块(视为质点)， 煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为 10.2.经过一段时间，煤块被传送到传送带的右端，此过程在传送带上留下了一段黑色 痕迹， 随后煤块在平稳滑上右端平板上的同时， 在平板右侧施加一个水平向右恒力 F17 N， F 作用了 t01 s 时煤块与平板速度

23、恰相等，此时刻撤去 F.最终煤块没有从平板上滑下，已 知平板质量 M4 kg，(重力加速度为 g10 m/s2)，求： (1)传送带上黑色痕迹的长度； (2)求平板与地面间动摩擦因数 2的大小； (3)平板上表面至少多长(计算结果保留两位有效数字) 答案 (1)传送带上黑色痕迹的长度是 3.75 m. (2)平板与地面间动摩擦因数 2的大小是 0.3. (3)平板上表面至少 1.6 m 长 分析 (1)根据牛顿第二定律求出煤块在传送带上发生相对滑动时的加速度，结合速度时 间公式求出传送带达到速度 v 的时间以及煤块达到该速度的时间， 根据运动学公式分别求出 传送带和煤块的位移，从而得出相对位移

24、的大小 (2)根据牛顿第二定律求出煤块在平板车上的加速度大小，结合速度时间公式求出共同的 速度大小， 从而通过速度时间公式求出平板车的加速度 对平板由牛顿第二定律列式求解 动摩擦因数 2的大小 (3)根据牛顿第二定律求出平板车与地面间的动摩擦因数，得出煤块和平板车共速后煤块和 平板车的运动规律，根据牛顿第二定律和运动学公式求出平板车表面的最小长度 解析 (1)对煤块由牛顿第二定律：1mgma1 得 a12 m/s2 若煤块一直加速到右端，设到右端速度为 v1得 v122a1L 解得：v13 m/s 因为 v1v0，所以煤块一直加速到右端，设需 t1时间到右端得： t1 s v1 a1 3 2

25、t1时间内皮带位移：s皮v0t14 m6 m 3 2 ss皮L6 m2.25 m3.75 m (2)煤块滑上平板时速度 v13 m/s，a12 m/s 两者速度相等有：v共v1a1t0a2t0 解得 a21 m/s2 v共1 m/s 对平板由牛顿第二定律：F1mg2(Mm)gMa2 解得：20.3 (3)由于 21，共速后煤块将以 a1匀减速到停止，而平板以 a3匀减速 对平板由牛顿第二定律：1mg2(Mm)gMa3 得 a3 m/s2 13 4 t2 s 0v共 a3 01 13 4 4 13 全过程平板位移：s板(t0t2) 0v共 2 解得 s板 m 17 26 全过程煤块位移：s煤 m

26、 v12 2a1 9 4 所以板长 ls煤s板1.6 m. 14(2018宿迁一模)如图甲所示，A 和 B 是真空中正对面积很大的平行金属板，位于两平 行金属板正中间的 O 点有一个可以连续产生粒子的粒子源， AB 间的距离为 L.现在 A、 B 之间 加上电压UAB随时间变化的规律如图乙所示， 粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生N 个相同粒子，这种粒子产生后，在电场力作用下由静止开始运动，粒子一旦碰到金属板，它 就附在金属板上不再运动， 且电荷量同时消失， 不影响A、 B板电势 已知粒子质量为m510 10 kg，电荷量 q1107 C，L1.2 m，U01.2103 V，T1.210

27、2 s，忽略粒子重力， 不考虑粒子之间的相互作用力，求： (1)t0 时刻产生的粒子，运动到 B 极板所经历的时间 t0； (2)在 0 时间内，产生的粒子不能到达 B 板的时间间隔t； T 2 (3)在 0 时间内，产生的粒子能到达 B 板的粒子数与到达 A 板的粒子数之比 k. T 2 答案 (1)t0 时刻产生的粒子，运动到 B 极板所经历的时间 t0为103 s；6 (2)在 0 时间内，产生的粒子不能到达 B 板的时间间 T 2 隔t 为 2103 s； (3)在 0 时间内，产生的粒子能到达 B 板的粒子数与到达 A 板的粒子数之比 k 为 . T 2 2 1 解析 (1)t0 时

28、刻，粒子由 O 到 B： at02 L 2 1 2 又因为：EU 0 L 根据牛顿第二定律可得：a2.0105 m/s2 Eq m qU0 mL 解得：t0103 s 6103 s6 T 2 所以：t0103 s6 (2)刚好不能到达 B 极板的粒子，先做匀加速运动，达到速度 vm后，做匀减速运动，到达 B 极板前速度减为 0， 设匀加速时间为t，匀减速时间为t，全程时间为 t， 则：匀加速的加速度：a2.0105 m/s2 匀减速的加速度大小：a4.0105 m/s2 根据运动学规律可得：vmatat 得：t t 1 2 所以：ttt t 3 2 根据运动学规律可得： L at t 1 2 1 2 3 2 解得：t2103 s 2L 3a (3)设刚好不能到达 B 极板的粒子，反向加速到 A 极板的时间为 t0， 根据运动学规律：L at02，可得：t0103 s( t)5103 s 1 2 2L a 6 T 2 即：在 0 时间内，t 内返回的粒子都能打到 A 极板上 T 2 所以粒子数之比：k NB NA （T 2t） t 2 1