2019高考物理课时作业（二）（含解析） 12页

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16m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的加速度是(　　)A.m/s2　　　　　　　　　B.m/s2C.m/s2D.m/s2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，在第一段内中间时刻的瞬时速度为：v1＝1＝m/s＝4m/s；在第二段内中间时刻的瞬时速度为：v2＝2＝m/s＝8m/s；则物体加速度为：a＝＝m/s2＝m/s2，故B项正确．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，0～1s为匀加速直线运动，速度v＝at＝t，速n度为正方向，D项错误；第一秒末的速度v＝1m/s，1～2s加速度变为负值，而速度为正方向，因此为减速，v′＝1m/s－a(t－1)．当第二秒末，速度减小为0，B项错误；2～3s，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，v＝a(t－2)＝t－2，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.C.D.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求解即可．解析　轿车做匀加速直线运动，时间t内的位移x1＝v0t＋at2，货车做匀速直线运动，时间t内的位移x2＝v0t，根据x1－x2＝L解得：a＝，故B项正确，A、C、D项错误，故选B项．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(　　)A．a、b两物体运动方向相反nB．a物体的加速度小于b物体的加速度C．t＝1s时两物体的间距等于t＝3s时两物体的间距D．t＝3s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/s2＝1m/s2，b的斜率为a′＝＝m/s2＝－0.5m/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项，t＝1s时，两物体的间距为Δx＝5×1m－×0.5×12m－2×1m－×1×12m＝2.25m，t＝3s时两物体的位移为Δx′＝5×3m－×0.5×32m－2×3m－×1×32m＝2.25m，故两者物体间距相等，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aF图．取g＝10m/s2，则(　　)A．滑块的质量m＝4kgB．木板的质量M＝2kgC．当F＝8N时滑块加速度为2m/s2D．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6N时，加速度为：a＝1m/s2，对整体分析，n由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a，代入数据解得：M＋m＝6kg，当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：a＝＝F－，由图示图像可知，图线的斜率：k＝＝＝＝，解得：M＝2kg，滑块的质量为：m＝4kg.故A、B两项正确；C项，根据F大于6N的图线知，F＝4时，a＝0，即0＝×F－，代入数据解得：μ＝0.1，由图示图像可知，当F＝8N时，滑块与木板相对滑动，滑块的加速度为：a＝μg＝1m/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，一固定杆与水平方向夹角为θ，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μ.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β，且θ<β，则滑块的运动情况是(　　)A．沿着杆加速下滑B．沿着杆减速上滑C．沿着杆减速下滑D．沿着杆加速上滑答案　B解析　把滑块和球看作一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得，若速度方向向下，则沿斜面方向：(m1＋m2)gsinθ－f＝(m1＋m2)a，垂直斜面方向：FN＝(m1＋m2)gcosθ摩擦力：f＝μFN联立可解得：a＝gsinθ－μgcosθ，对小球有：若θ＝β，a＝gsinβ现有：θ<β，则有：a>gsinβ所以gsinθ－μgcosθ>gsinβ，gsinθ－gsinβ>μgcosθ因为θ<β，所以gsinθ－gsinβ<0，但μgcosθ>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μ.用大小为F的水平外力推动物块P，则R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k.下列判断正确的是(　　)nA．若μ≠0，则k＝B．若μ≠0，则k＝C．若μ＝0，则k＝D．若μ＝0，则k＝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之间相互作用力F1＝3ma＋3μmg＝F，Q与P之间相互作用力F2＝F－μmg－ma＝F－F＝F；所以，k＝＝＝；由于讨论过程与μ是否为零无关，故k＝恒成立，故A、C两项错误，B、D两项正确．8.(2018·泸州二模)(多选)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μ，物块1与物块2间的动摩擦因数为2μ.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f12＝2μ·3mg＝6μmg，2与地面间的最大静摩擦力f2＝μ·4mg＝4μmg，当拉力F＜4μmg时，1、2两物块静止不动，摩擦力随F的增大而增大，n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，f1－4μmg＝ma，解得f1＝4μmg＋ma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a2＝＝2μg，对1根据牛顿第二定律此时的拉力为F，则F－f12＝3ma2，解得F＝12μmg，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(q>0)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E2＝2E1B．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v0C．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＋qE1＝qE2－mg，解得E2＝E1＋，故A项错误；如果在A点时带电小球有初速度，根据功能关系可知，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匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0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(　　)n答案　BC解析　整体来看，可能的情况有第一种v2＜v1(含两种情况即f＞GQ和f＜GQ)，第二种v2>v1(含两种情况即f＞GQ和f＜GQ)，下面对这两种情况及分态进行分析．若v2＜v1：则P受摩擦力f向右，若f＞GQ，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f＜GQ，则向右做匀减速到速度为0后再向左匀加速到离开，无此选项；若v2＞v1：则P受摩擦力f向左，若f＞GQ，则减速到v1后匀速向右运动离开，无此选项；若f＜GQ，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θ＝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m1＝2kg，m2＝4kg，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μ1＝0.5，物体B与接触面之间的动摩擦因数均为μ2＝0.75，对物体B施加水平恒力F＝76N，使两物体一起向右加速运动，经过时间t＝2s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g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(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22N(2)物体A进入斜面后，两物体恰好不相撞，轻绳的长度L为2.4m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：F－μ1m1g－μ2m2g＝(m1＋m2)a对A物体有：T－μ1m1g＝m1an两式联立可得：T＝22N，a＝6m/s2(2)物体B到达斜面底端的速度为：v＝at＝12m/s物体B到达斜面后，做减速运动，根据牛顿第二定律可知：a1＝＝－12m/s2物体B在斜面上上滑的位移为：x＝＝m＝6m设AB间的绳长为L，则A在水平面上的加速度为：a′＝＝－5m/s2，到达斜面底端的速度为v′，则有：v′2－v2＝2a′LA在斜面上的加速度为：a2＝＝－10m/s2，在斜面上运动由运动学公式可知：x＝，联立解得：L＝2.4m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a＝0.8m/s2的加速度启动，恰在此时，一辆匀速运动的大卡车以大小v＝7.2m/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9s；(2)两车相遇之前的最大距离L为32.4m；(3)从两车并行起，两车再次相遇所经历的时间t2为18s.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：v＝at1解得：t1＝9s(2)两车速度相等时，小汽车和卡车行驶的距离分别为：x＝at12，x′＝vt1n又：L＝x′－x解得：L＝32.4m(3)由运动学规律有：at22＝vt2解得：t2＝18s点评　追及相遇问题一定要把握三个点：①速度相等时一般距离不是最大就是最小；②位移关系；③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L＝2.25m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v0＝4m/s匀速顺时针转动，现在传送带上左端静止放上一质量为m＝1kg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μ1＝0.2.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F＝17N，F作用了t0＝1s时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去F.最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M＝4kg，(重力加速度为g＝10m/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μ2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3.75m.(2)平板与地面间动摩擦因数μ2的大小是0.3.(3)平板上表面至少1.6m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μ2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：μ1mg＝ma1得a1＝2m/s2若煤块一直加速到右端，设到右端速度为v1得v12＝2a1Ln解得：v1＝3m/s因为v1＜v0，所以煤块一直加速到右端，设需t1时间到右端得：t1＝＝st1时间内皮带位移：s皮＝v0t1＝4×m＝6mΔs＝s皮－L＝6m－2.25m＝3.75m(2)煤块滑上平板时速度v1＝3m/s，a1＝2m/s两者速度相等有：v共＝v1－a1t0＝a2t0解得a2＝1m/s2v共＝1m/s对平板由牛顿第二定律：F＋μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2解得：μ2＝0.3(3)由于μ2＞μ1，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：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma3得a3＝－m/s2t2＝＝－＝s全过程平板位移：s板＝(t0＋t2)解得s板＝m全过程煤块位移：s煤＝＝m所以板长l＝s煤－s板≈1.6m.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m＝5×10－10kg，电荷量q＝1×10－7C，L＝1.2m，U0＝1.2×103V，T＝1.2×10－2s，忽略粒子重力，不考虑粒子之间的相互作用力，求：n(1)t＝0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Δt；(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.答案　(1)t＝0时刻产生的粒子，运动到B极板所经历的时间t0为×10－3s；(2)在0～时间内，产生的粒子不能到达B板的时间间隔Δt为2×10－3s；(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.解析　(1)t＝0时刻，粒子由O到B：＝at02又因为：E＝根据牛顿第二定律可得：a＝＝＝2.0×105m/s2解得：t0＝×10－3s＜＝6×10－3s所以：t0＝×10－3s(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Δt，匀减速时间为Δt′，全程时间为t，则：匀加速的加速度：a＝2.0×105m/s2匀减速的加速度大小：a′＝4.0×105m/s2根据运动学规律可得：vm＝aΔt＝a′Δt′得：Δt′＝Δt所以：t＝Δt＋Δt′＝Δt根据运动学规律可得：L＝aΔt·Δtn解得：Δt＝＝2×10－3s(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＝a′t0′2，可得：t0′＝＝×10－3s＜(－Δt′)＝5×10－3s即：在0～时间内，Δt内返回的粒子都能打到A极板上所以粒子数之比：k＝＝＝