2019高考物理新调研精练：作业2

1、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m/s2m/s2一段用时4 s,第二段用时2 s,则物体的加速度是（）m/s2m/s2答案解析根据题意，物体做匀加速直线运动,t时间内的平均速度等于与时刻的瞬时速度,在第一段内中间时刻的瞬时速度为:16v1= v1=i m/s= 4 m/s； 在弟一段16内中可时刻的瞬时速度为：V2= V2=2V2m/s = 8 m/s；则物体加速度为：a=一=10- m/s2 =4 m/s2,故 B 项正确. 332. 一物体由静止

2、开始沿直线运动，具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v-t图像正确的是（）答案解析at= tC根据加速度随时间变化的图像可得，0速度为正方向，D项错误；第一秒末的速度1 s为匀加速直线运动，速度 v=v=1 m/s, 12 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；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，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

3、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()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xi = v0t + 1at2,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:2L 一 一一 、，.a = F，故B项正确，A、C、D项错误，故

4、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v-t图像如图所示，下列说法正确的是（）54A. 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 速度一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

5、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 AAv 4 _ 2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 = l =F- m/s2At 2Av' 45=1 m/s2, b的斜率为a'三一= m/s2= m/s2,所以a物体的加速度比bAt'2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Ax = 5X11 .o1m,X x 12 m2X1 m 2x 1 x 12 m= m,t = 3 s时两物体的包移为A x =5X32 o1mQ< x 32 m2X3 m 2乂1乂32 m= m

6、,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一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，具上放置一质量为 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-F图.取g=10 m/s2,M()A.滑块的质量m=4 kgB.木板的质量M =2 kgC.当F = 8 N时滑块加速度为2 m/s2D.滑块与木板间动摩擦因数为答案 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

7、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/s2,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F 一 li mg 1 if mg据牛顿第二定律得：a= M =M1F-方 由图示图像可知，图线的斜率：k1 Aa 11 _ _=而=5，解得：M=2 kg,滑块的质重为：m = 4 kg.故A、B两项M AF 64 2一 一，一，一 1 llX 40正确；C项，根据F大于6 N的图线知，F = 4时，a=0,即0 = 2*F七一，代入数据解得：

8、尸，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=p罗1 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，一固定杆与水平方向夹角为9,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 小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B,且8<0则滑块的运动情况是（）A.沿着杆加速下滑B

9、.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）gsin 8 f=（m+m2）a,垂直斜面方向：Fn = （m1 + m2）gcosO摩擦力：f= n IN联立可解得：a = gsin8 一仙cos 8 ,对小球有：若8= B, a=gsin0 现有：0 <, B则有：a>gsin B所以 gsin 0(i cos Ogsin 0 , gsin 0 -gsin B> 闻cos 8 因为9 <,0所以gsin 8-gsin 0<0,但仙co

10、s9>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F * P Q R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 n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.若产0,5- 6=Knu 贝B.若此0,贝U k =, i 1,-3C.右呼0,则k = 2D.右呼0,则k = 5答案 BDF 6 礼 mg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

11、6m ，1以，R和QN向相互作用力Fi = 3ma+3pmg F, Q与P之间相互作用力F215 一.Fi 23一 一=F n mgma=F 6F=gF；所以，k = R=5- = 5；由于讨论过程与以是否为 6F零无关，故k = 3何成立，故A、C两项错误，B、D两项正确.58. （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 内物块1与 物块2间的动摩擦因数为2仙物块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

12、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（）/412答案 AC解析1与2问的最大静摩擦力fi2= 2卜 3mg6 n mg 2与地面间的最大静摩擦力f2=仙 4mg(i mg当拉力F<4p m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，fi 4n mg ma,解得fi = 4仙mg 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，f12 f2物体2产生的最大加速度a2=-m=2仙g Xt 1根据牛顿第二定律此时的拉力为F,则F f12=3ma2,

13、解得F = 12卜mg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=2EiB.如果在A点时带电小球有向下的初速度 vo,到达B点后速度一定大于vo C.如果在A点时带电小球有水平方向的初速

14、度 vo,到达B点所在高度处时速 度与初速度相同D.如果在A时时带电小球有任意方向的初速度 vo,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 + qEi = qE2 mg,解得E2=Ei + 2mg,故A项 q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

15、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 vi匀速运动，小物工 己体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0 枚 六） 时刻P在传送带左端具有速度v2, P与定滑轮间的纯水平，t = t。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（）Q4V*七*心A.B.C.D.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）,

16、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

17、唐山一模）如图所示，足够长的倾角8= 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 = 2 kg, m2 = 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M =,物体B与接触面之间的动摩擦因数均为 摩=,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/s2, sin37° =, cos37° =.（1）两物体加速时轻绳上的张力T ;（2）物体A进入

18、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 物体A进入斜面后，两物体恰好不相撞，轻绳的长度 L为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纯上的张力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 mmig 隆m2g= (mi + m2)a对 A 物体有：T pimig = mia两式联立可得：T =

19、 22 N, a= 6 m/s2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：ai =一m2gsin 0 p2m2gcos 0m2= - i2 m/s0-v20-i22物体B在斜面上上滑的位移为：x = o =m = 6 m2ai-2X i2一pimig设AB间的纯长为L ,则A在水平面上的加速度为：a' = mi = 5 m/s2,到达斜面底端的速度为v',则有：v'2v2 = 2a'Lmigsin 0 wmigcosOA在斜面上的加速度为：a2=mi= i0 m/s2,在斜面上运动0 v 2由运动

20、学公式可知：x = 2,联立解得：L= m2a2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. (20i8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= 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v= 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ti;(2)两车相遇之前的最大距离L ;(3)从两车并行起,两

21、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ti为9 s；(2)两车相遇之前的最大距离L为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： v = at1解得：t1 = 9 s1(2)两车速度相等时，小汽车和卡车仃驶的距离分别为：x=at12, x*t1又：L=x'

22、; x解得：L = m1 c(3)由运动学规律有：2at2?=vt2解得：t2=18 s点评 追及相遇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L= 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 v0 = 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以=.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

23、平板右侧施加一个水平向右恒力 F=17 N, F作用了 t0=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=4kg,(重力加速度为g=10 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炉的大小；(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 m.(2)平板与地面间动摩擦因数 2的大小是.(3)平板上表面至少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，结合速度一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

24、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，从而通过速度一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炉的大小.(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：mmg = ma1 得 a1 = 2 m/s2若煤块一直加速到右端，设到右端速度为 V1得2vi =2aiL 解得：vi=3 m/s因为V1<V0,所以煤块一直加速到右端，设需ti时间到右

25、端得:vi 3t1 = W=8 sai 23_ti时间内皮市位移：$皮=voti =4X2 m =6 m的=$皮一L=6 m m= m(2)煤块滑上平板时速度 vi = 3 m/s, ai=2 m/s两者速度相等有：v共=vi aito= a2to解得 a2= i m/s2 v 共=i m/s对平板由牛顿第二定律：F+ wmg必M +m)g=Ma2解得：戌=(3)由于区>卬，共速后煤块将以ai匀减速到停止，而平板以a3匀减速对平板由牛顿第二定律：故mg p2(M +m)g=Ma3得 a3= 一 半 m/s20 v 共0 i 4t2= a3 = i3 s40+ v共全过程平板位移：s板=-2(t 0 + t2) i7解得s板='m vi2 9全过程煤块包移：s煤=兀7= 2 m2ai 4所以板长l = s煤一$板=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