2019高考物理 课时作业(二)(含解析)

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.23
m/s 2 B.43 m/s 2 C.89
m/s 2 D.169
m/s 2 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t 2
时刻的瞬时速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度为：v 1＝v －1＝164
m/s ＝4 m/s ；在第二段内中间时刻的瞬时速度为：v 2＝v －2＝162 m/s ＝8 m/s ；则物体加速度为：a ＝v 2－v 1t ＝8－43 m/s 2＝43
m/s 2，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，0～1 s 为匀加速直线运动，速度v ＝at ＝t ，速度为正方向，D 项错误；第一秒末的速度v ＝1 m/s ，1～2 s 加速度变为负值，而速度为正
方向，因此为减速，v ′＝1 m/s －a(t －1)．当第二秒末，速度减小为0，B 项错误；2～3 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，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v 0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.L t 2
B.2L t 2
C.2（v 0t ＋L ）t 2
D.（v 0t ＋L ）t 2 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x 1＝v 0t ＋12
at 2， 货车做匀速直线运动，时间t 内的位移x 2＝v 0t ，
根据x 1－x 2＝L 解得：
a ＝2L t 2，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
B ．a 物体的加速度小于b 物体的加速度
C ．t ＝1 s 时两物体的间距等于t ＝3 s 时两物体的间距
D ．t ＝3 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 ＝Δv Δt ＝4－22
m/s 2＝1 m/s 2，b 的斜率为a ′＝Δv ′Δt ′＝4－52
m/s 2＝－0.5 m/s 2，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 ＝1 s 时，两物体的间距为Δx ＝5×1 m －12×0.5×12 m －2×1 m －12
×1×12 m ＝2.25 m ，t ＝3 s 时两物体的位移为Δx ′＝5×3 m －12×0.5×32 m －2×3 m －12
×1×32 m ＝2.25 m ，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 ＝10 m/s 2
，则( )
A ．滑块的质量m ＝4 kg
B ．木板的质量M ＝2 kg
C ．当F ＝8 N 时滑块加速度为2 m/s 2
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：a ＝1 m/s 2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F
＝(M ＋m)a ，代入数据解得：M ＋m ＝6 kg ，当F 大于6 N 时，根据牛顿第二定律得：a ＝F －μmg M
＝1M F －μmg M ，由图示图像可知，图线的斜率：k ＝1M ＝Δa ΔF ＝16－4＝12，解得：M ＝2 kg ，滑块
的质量为：m ＝4 kg.故A 、B 两项正确；C 项，根据F 大于6 N 的图线知，F ＝4时，a ＝0，
即0＝12×F －μ×402
，代入数据解得：μ＝0.1，由图示图像可知，当F ＝8 N 时，滑块与木板相对滑动，滑块的加速度为：a ＝μg ＝1 m/s 2
.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m 1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m 2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：(m 1＋m 2)gsin θ－f ＝(m 1＋m 2)a ，垂直斜面方向：
F N ＝(m 1＋m 2)gcos θ
摩擦力：f ＝μF N
联立可解得：a ＝gsin θ－μgcos θ，
对小球有：若θ＝β，a ＝gsin β
现有：θ<β，则有：a>gsin β
所以gsin θ－μgcos θ>gsin β，gsin θ－gsin β>μgcos θ
因为θ<β，所以gsin θ－gsin β<0，但μgcos θ>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( )
A ．若μ≠0，则k ＝56
B ．若μ≠0，则k ＝35
C ．若μ＝0，则k ＝12
D ．若μ＝0，则k ＝35 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 ＝F －6μmg 6m ；所以，R 和Q
之间相互作用力F 1＝3ma ＋3μmg ＝12F ，Q 与P 之间相互作用力F 2＝F －μmg －ma ＝F －16F ＝56
F ；所以，k ＝F 1F 2＝12F 56F ＝35；由于讨论过程与μ是否为零无关，故k ＝35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a 1、a 2表示，物块1与物块2间的摩擦力大小用f 1表示，物块2与桌面间的摩擦力大小用f 2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f 12＝2μ·3mg＝6μmg ，2与地面间的最大静摩擦力f 2＝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，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，f 1－4μmg ＝ma ，解得f 1＝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a 2＝f 12－f 2m
＝2μg ，对1根据牛顿第二定律此时的拉力为F ，则F －f 12＝3ma 2，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E 1、方向竖直向下的匀强电场；虚线下方存在
电场强度为E 2、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E 2＝2E 1
B ．如果在A 点时带电小球有向下的初速度v 0，到达B 点后速
度一定大于v 0
C ．如果在A 点时带电小球有水平方向的初速度v 0，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v 0，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 ＋qE 1＝qE 2－mg ，解得E 2＝E 1＋2mg q
，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v 1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v 2，P 与定滑轮间的绳水平，t ＝t 0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v 2＜v 1(含两种情况即f ＞G Q 和f ＜G Q )，第二种v 2>v 1(含
两种情况即f ＞G Q 和f ＜G Q )，下面对这两种情况及分态进行分析．
若v 2＜v 1：则P 受摩擦力f 向右，若f ＞G Q ，则向右匀加速到速度为v 1后做匀速运动到离开，B 项可能；若f ＜G Q ，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v 2＞v 1：则P 受摩擦力f 向左，若f ＞G Q ，则减速到v 1后匀速向右运动离开，无此选项；若f ＜G Q ，则减速到小于v 1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m 1＝2 kg ，m 2＝4 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 ＝76 N ，使两物体一起向右加速运动，经过时间t ＝2 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g ＝10 m/s 2
，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2.4 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：
F －μ1m 1g －μ2m 2g ＝(m 1＋m 2)a
对A 物体有：T －μ1m 1g ＝m 1a
两式联立可得：T ＝22 N ，a ＝6 m/s 2
(2)物体B 到达斜面底端的速度为：v ＝at ＝12 m/s
物体B 到达斜面后，做减速运动，根据牛顿第二定律可知：a 1＝－m 2gsin θ－μ2m 2gcos θm 2
＝－12 m/s 2
物体B 在斜面上上滑的位移为：x ＝0－v 22a 1＝0－122－2×12 m ＝6 m
设AB 间的绳长为L ，则A 在水平面上的加速度为：a ′＝－μ1m 1g m 1
＝－5 m/s 2，到达斜面底端的速度为v ′，则有：v ′2－v 2＝2a ′L
A 在斜面上的加速度为：a 2＝
－m 1gsin θ－μ1m 1gcos θm 1＝－10 m/s 2，在斜面上运动由运动学公式可知：x ＝0－v ′22a 2
，联立解得：L ＝2.4 m 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 ＝0.8 m/s 2
的加速度启动，恰在此时，一辆匀速运动的大卡车以大小v ＝7.2 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t 1；
(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t 2.
答案 (1)从两车并行起，到两车距离最大所经历的时间t 1为9 s ；
(2)两车相遇之前的最大距离L 为32.4 m ；
(3)从两车并行起，两车再次相遇所经历的时间t 2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：v ＝at 1 解得：t 1＝9 s
(2)两车速度相等时，小汽车和卡车行驶的距离分别为：x ＝12
at 12，x ′＝vt 1 又：L ＝x ′－x
解得：L ＝32.4 m
(3)由运动学规律有：12
at 22＝vt 2 解得：t 2＝18 s
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 ＝2.25 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v 0＝4 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m ＝1 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 ＝17 N ，F 作用了t 0＝1 s 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 ＝4 kg ，(重力加速度为g ＝10 m/s 2
)，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3.75 m.
(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1.6 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 ＝ma 1
得a 1＝2 m/s 2
若煤块一直加速到右端，设到右端速度为v 1得
v 12＝2a 1L
解得：v 1＝3 m/s
因为v 1＜v 0，所以煤块一直加速到右端，设需t 1时间到右端得：
t 1＝v 1a 1＝32
s t 1时间内皮带位移：s 皮＝v 0t 1＝4×32
m ＝6 m Δs ＝s 皮－L ＝6 m －2.25 m ＝3.75 m
(2)煤块滑上平板时速度v 1＝3 m/s ，a 1＝2 m/s
两者速度相等有：v 共＝v 1－a 1t 0＝a 2t 0
解得a 2＝1 m/s 2
v 共＝1 m/s
对平板由牛顿第二定律：F ＋μ1mg －μ2(M ＋m)g ＝Ma 2
解得：μ2＝0.3
(3)由于μ2＞μ1，共速后煤块将以a 1匀减速到停止，而平板以a 3匀减速
对平板由牛顿第二定律：μ1mg －μ2(M ＋m)g ＝Ma 3
得a 3＝－134
m/s 2 t 2＝0－v 共a 3＝－0－1134
＝413
s 全过程平板位移：s 板＝0＋v 共2
(t 0＋t 2) 解得s 板＝1726
m 全过程煤块位移：s 煤＝v 122a 1＝94
m 所以板长l ＝s 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U AB 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 ＝5×10－10 kg ，电荷量q ＝1×10－7 C ，L ＝1.2 m ，U 0＝1.2×103 V ，T ＝1.2×10－2 s ，忽略粒子重力，不考虑粒子之间的相互作用力，求：
(1)t ＝0时刻产生的粒子，运动到B 极板所经历的时间t 0；
(2)在0～T 2
时间内，产生的粒子不能到达B 板的时间间隔Δt ； (3)在0～T 2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t 0为6×10－3
s ；
(2)在0～T 2
时间内，产生的粒子不能到达B 板的时间间 隔Δt 为2×10－3 s ；
(3)在0～T 2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21
. 解析 (1)t ＝0时刻，粒子由O 到B ：L 2＝12
at 02 又因为：E ＝U 0L
根据牛顿第二定律可得：a ＝Eq m ＝qU 0mL ＝2.0×105 m/s 2 解得：t 0＝6×10－3 s ＜T 2
＝6×10－3 s 所以：t 0＝6×10－3
s
(2)刚好不能到达B 极板的粒子，先做匀加速运动，达到速度v m 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 ＝2.0×105 m/s 2
匀减速的加速度大小：a ′＝4.0×105 m/s 2
根据运动学规律可得：v m ＝a Δt ＝a ′Δt ′
得：Δt ′＝12
Δt 所以：t ＝Δt ＋Δt ′＝32
Δt 根据运动学规律可得：12L ＝12a Δt ·32
Δt 解得：Δt ＝2L 3a ＝2×10－3 s (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t 0′，
根据运动学规律：L ＝12
a ′t 0′2，可得：t 0′＝2L a ′＝6×10－3 s ＜(T 2
－Δt ′)＝5×10－3 s
即：在0～T 2
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 ＝N B N A ＝（T 2－Δt ）Δt ＝21。