大二轮人教高考物理复习课时作业二.docx
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大二轮人教高考物理复习课时作业二
课时作业
（二）（A卷）
（本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！
）
一、选择题（1～3题为单项选择题，4～5题为多项选择题）
1．（2019·广东惠州4月模拟）A、B两辆列车在能见度很低的雾天里在同一轨道上同向行驶，A车在前，速度vA＝10m/s，B车在后，速度vB＝30m/s。
当B车发现A车时就立刻刹车。
已知B车在进行刹车测试时发现，若车以30m/s的速度行驶时，刹车后至少要前进1800m才能停下，假设B车刹车过程中加速度恒定。
为保证两辆列车不相撞，则能见度至少要达到（ ）
A．400mB．600m
C．800mD．1600m
解析：
对B车，由运动学公式有0－v
＝2ax，解得a＝
m/s2＝－0.25m/s2，所以B车刹车的最大加速度为－0.25m/s2，当B车速度减小到v＝10m/s时，两车相距最近，此时B车的位移为x1＝
，A车的位移x2＝vAt，t＝
，联立解得x1＝1600m，x2＝800m，能见度至少为Δx＝x1－x2＝800m，选项C正确。
答案：
C
2.（2019·天津十二重点中学二模）如图所示，光滑水平面上的小车在水平拉力F的作用下向右加速运动时，物块与竖直车厢壁相对静止，不计空气阻力。
若作用在小车上的水平拉力F增大，则（ ）
A．物块受到的摩擦力不变
B．物块受到的合力不变
C．物块可能相对于车厢壁滑动
D．物块与车厢壁之间的最大静摩擦力不变
解析：
物块受力如图所示，根据牛顿第二定律，对物块有FN＝ma，对物块和小车整体有F＝（M＋m）a，联立可得a＝
，FN＝
F，水平拉力F增大时，加速度a增大，车厢壁对物块的弹力FN增大，物块与车厢壁之间的最大静摩擦力增大，物块相对于车厢壁仍然保持静止，选项C、D均错误；物块在竖直方向受力平衡，则Ff＝mg，即物块受到的摩擦力不变，选项A正确；物块受到的合力等于FN，FN随F的增大而增大，选项B错误。
答案：
A
3．如图甲所示，一维坐标系中有一质量为m＝2kg的物块静置于x轴上的某位置（图中未画出），从t＝0时刻开始，物块在外力作用下沿x轴做匀变速直线运动，如图乙为其位置坐标和速率平方的关系图象，下列说法正确的是（ ）
A．t＝4s时物块的速率为2m/s
B．物块的加速度大小为1m/s2
C．t＝4s时物块位于x＝4m处
D．在0～4s时间内物块运动的位移为6m
解析：
由位移—速度公式得x－x0＝
，结合图象可以知道物块做匀加速直线运动的加速度a＝0.5m/s2，初位置x0＝－2m，t＝4s时物块的速率为v＝at＝0.5×4m/s＝2m/s，A正确；B错误；由x－x0＝
at2得t＝4s时物块位于x＝2m处，C错误；由题意得在0～4s时间内物块运动的位移Δx＝
at2＝
×0.5×42m＝4m，故D错误。
答案：
A
4．（2019·重庆万州区二诊）某游乐园一游客站在斜向上匀加速运行的电动扶梯上（扶栏未画出），游客和扶梯保持相对静止，加速度a的方向如图所示。
下列关于该游客在上升过程中的判断正确的是（ ）
A．游客所受扶梯作用力的方向与a的方向相同
B．游客在竖直方向受到扶梯的支持力大于游客所受重力
C．游客机械能的增加量大于支持力所做的功
D．游客在竖直方向受到的合力为零，在加速度a方向上受到的合力不为零
解析：
游客做匀加速运动，加速度方向沿扶梯斜向上，根据牛顿第二定律知，游客所受的合力沿扶梯斜向上，如图所示，游客受到重力和扶梯的作用力，重力竖直向下，由平行四边形定则可知，游客所受扶梯作用力的方向指向右侧斜上方，与a的方向不同，选项A错误；游客在竖直方向上，有竖直向上的加速度，由牛顿第二定律有FN－mg＝masinθ（θ为加速度a与水平方向之间的夹角），可知游客在竖直方向受到扶梯的支持力大于游客所受重力，选项B正确，D错误；扶梯的支持力对游客做正功，扶梯对游客的静摩擦力水平向右，静摩擦力对游客做正功，根据功能关系知，支持力和静摩擦力做功之和等于游客机械能的增加量，所以游客机械能的增加量大于支持力所做的功，选项C正确。
答案：
BC
5．一质量为2kg的质点在水平力的作用下沿粗糙的水平面做直线运动，vt图象如图所示，已知质点与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.1，g取10m/s2，则（ ）
A．4s内质点的位移为10m
B．前2s内和后2s内加速度大小之比为4∶1
C．4s内质点的平均速度大小为3m/s
D．前2s内和后2s内水平力的大小之比为3∶2
解析：
vt图象的斜率表示加速度，由图可知，该质点在前2s内的加速度大小为a1＝4m/s2，后2s内的加速度大小为a2＝1m/s2，则a1∶a2＝4∶1,0～2s时间内质点减速，摩擦力方向与速度方向相反，故与加速度方向相同，有F1＋Ff＝ma1,2～4s质点加速，摩擦力方向与速度方向相反，故与加速度方向相反，有F2－Ff＝ma2，式中Ff＝μmg＝0.1×2×10N＝2N，可得F1＝6N，F2＝4N，即F1∶F2＝3∶2，选项B、D正确，vt图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得4s内质点的位移为x＝6m，平均速度为
＝
＝1.5m/s，选项A、C错误。
答案：
BD
二、非选择题
6.（2019·河南3月名校联考）蓝牙（Bluetooth）是一种无线技术标准，可实现固定设备、移动设备和楼宇个人域网之间的短距离数据交换。
现有两同学用安装有蓝牙设备的玩具小车甲、乙进行试验。
如图所示，甲、乙两车开始时处于同一直线上相距d＝4m的O1、O2两点，甲车从O1点以初速度v0＝4m/s、加速度a1＝1m/s2沿该直线向右做匀加速运动，乙车从O2点由静止开始以加速度a2＝2m/s2沿该直线向右做匀加速运动，已知当两车间距超过x0＝10m时，两车无法实现通信，忽略信号传递的时间。
已知
＝2.4。
（1）求甲、乙两车相遇前相距的最大距离。
（2）求甲、乙两车相遇前能保持通信的时间。
解析：
（1）当两车速度相等时相距最远，所以有v0＋a1t1＝a2t1，解得t1＝4s
所以相遇前两车的最大距离为x1＝x甲＋d－x乙＝v0t1＋
a1t
＋d－
a2t
＝12m。
（2）当两车的间距大于x0时，两车无法保持通信。
由题可知，两车的间距先增大后减小。
令x甲′＋d－x乙′＝x0，有v0t＋
a1t2＋d－
a2t2＝x0
解得t2＝2s，t3＝6s
又当乙车追上甲车时，有x甲″＋d＝x乙″，即v0t4＋
a1t
＋d＝
a2t
解得t4＝8.8s，所以相遇前有t3－t2＝4s的时间无法通信
则两车相遇前能保持通信的时间为t5＝t4－（t3－t2）＝4.8s。
答案：
（1）12m
（2）4.8s
课时作业
（二）（B卷）
（本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！
）
一、选择题（1～3题为单项选择题，4～5题为多项选择题）
1.（2019·河南许昌、洛阳4月统考）如图所示为某质点做直线运动时的vt图象，图象关于图中虚线对称，则在0～t1时间内，关于质点的运动，下列说法正确的是（ ）
A．若质点能两次到达某一位置，则两次的速度都不可能为零
B．若质点能三次通过某一位置，则可能三次都是加速通过该位置
C．若质点能三次通过某一位置，则可能两次加速通过，一次减速通过
D．若质点能两次到达某一位置，则两次到达这一位置的速度大小一定相等
解析：
画出质点的运动过程简图如图所示。
分析质点运动过程可知，质点在0～t1时间内能两次到达的位置有两个，分别对应质点运动速度为零的两个位置，但质点两次经过这两个位置时，均是一次速度为零，一次速度不为零，选项A、D错误；由质点的运动过程简图可知，质点运动过程中，可能三次通过某一位置，可能两次加速通过，一次减速通过，也可能两次减速通过，一次加速通过，不可能三次加速通过，选项C正确，B错误。
答案：
C
2．（名师改编）压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小。
某同学在升降机的水平底面上利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，其工作原理图如图甲所示。
0～t1时间内升降机处于静止状态。
从电流显示器中得到电路中电流i随时间t变化的情况如图乙所示，则下列判断正确的是（ ）
A．t1～t2时间内绝缘重物处于超重状态
B．t3～t4时间内绝缘重物先处于失重状态后处于超重状态
C．升降机开始时可能停在1楼，从t1时刻开始，经向上加速、匀速、减速的过程，最后停在高楼
D．升降机开始时可能停在高楼，从t1时刻开始，经向下加速、匀速、减速的过程，最后停在1楼
解析：
t1～t2时间内，电流低于i0，根据闭合电路欧姆定律知，压敏电阻阻值增大，压敏电阻所受的压力小于正常值（正常值等于重物的重力），重物处于失重状态，选项A错误；t3～t4时间内，电流高于i0，压敏电阻阻值减小，压敏电阻所受的压力大于正常值，重物处于超重状态，选项B错误；由图乙知，从t1时刻开始，电流经历小于i0、等于i0、大于i0、等于i0的过程，重物对压敏电阻的压力经历小于正常值、等于正常值、大于正常值、等于正常值的过程，则重物先处于失重状态，然后处于平衡状态，再处于超重状态，最后处于平衡状态，若升降机开始时停在1楼，则升降机从t1时刻开始只能先向上加速而处于超重状态，选项C错误；若升降机开始时停在高楼，则从t1时刻起要先向下加速运动（失重），然后向下匀速运动，再向下减速运动（超重），最后停在1楼，选项D正确。
答案：
D
3．（2019·云南昆明4月质检）如图所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，A的左侧面有一个圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面。
当用一水平向左的恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B（可视为质点）在圆弧面上与A保持相对静止，且B距圆弧面末端Q的竖直高度H＝
。
已知重力加速度大小为g，则力F的大小为（ ）
A.
MgB.
Mg
C.
（M＋m）gD.
（M＋m）g
解析：
相对静止的两个物体具有相同的加速度，即A、B整体的加速度方向水平向左，根据牛顿第二定律知，小球受到的重力和支持力FN的合力方向水平向左。
设FN与竖直方向的夹角为θ，如图所示，则cosθ＝
＝
，sinθ＝
＝
，则tanθ＝
，根据牛顿第二定律，对小球有mgtanθ＝ma，解得小球的加速度a＝
g，对A、B整体有F＝（M＋m）a，解得F＝
（M＋m）g，选项D正确。
答案：
D
4．在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成左右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN某一位置的水平地面由静止释放一个质量为m的带电滑块（滑块的电荷量始终不变），如图甲所示。
滑块运动的vt图象如图乙所示，不计空气阻力，则（ ）
A．滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等
B．在t＝5s时，小球经过边界MN
C．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2∶5
D．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功等于电场力做的功
解析：
根据速度与时间图象可知，图线与时间轴所围成的面积表示位移大小，那么滑块在MN右边运动的位移大小小于在MN左边运动的位移大小，故A错误；滑块离开电场前做匀加速直线运动，离开电场后受到摩擦力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t＝2s时，故B错误；由图象的斜率等于加速度得滑块离开电场前的加速度为a1＝
，离开电场后的加速度大小为a2＝
，由牛顿第二定律得qE－Ff＝ma1，Ff＝ma2，解得摩擦力与电场力之比为2∶5，故C正确；整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中摩擦力做的功与电场力做的功大小相等，故D正确。
答案：
CD
5.（2019·山东济南4月二模）质量为1kg的物体从足够高处由静止开始下落，其加速度a随时间t变化的关系图象如图所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．2s末物体所受阻力的大小为10N
B．在0～2s内，物体所受阻力随时间均匀减小
C．在0～2s内，物体的动能增大了100J
D．在0～1s内，物体所受阻力的冲量大小为2.5N·s
解析：
物体由静止下落受重力和阻力作用，重力恒定，阻力变化，2s末物体的加速度为零，则此时阻力等于重力，即此时物体所受阻力的大小为10N，选项A正确；由图象可知，在0～2s内，物体的加速度随时间均匀减小，根据mg－F阻＝ma可知，物体所受阻力随时间均匀增大，选项B错误；at图象与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，在0～2s内，物体的速度增加了Δv＝
×2×10m/s＝10m/s，因此物体在2s末的速度为v＝10m/s，动能增大了ΔEk＝
m（v2－0）＝
×1×102J－0＝50J，选项C错误；在0～1s内，物体速度的增量为Δv1＝
×（5＋10）×1m/s＝7.5m/s，物体所受阻力为变力，根据动量定理有mgt－IF阻＝mΔv1，解得IF阻＝2.5N·s，选项D正确。
答案：
AD
二、非选择题
6.（2019·贵州毕节三模）如图，一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块。
t＝0时刻开始，物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t＝1s时，木板以速度v1＝4m/s与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。
碰撞前后木板速度大小不变，方向相反。
运动过程中物块第一次减速到速度为零时，恰好从木板上掉下。
已知木板的质量是物块质量的15倍，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g＝10m/s2。
求：
（1）t＝0时刻木板的速度大小v0；
（2）木板的长度l。
解析：
（1）设木板、物块的质量分别为M、m，则M＝15m
对木板和物块整体，设它们共同的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有μ1（M＋m）g＝（M＋m）a1，
物块与木板一起以共同速度匀减速向墙壁运动，则v1＝v0－a1t1，其中t1＝1s
解得v0＝5m/s。
（2）碰撞后，设物块的加速度大小为a2，对物块，根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2
设碰后到物块向左运动速度减为0的过程，经历的时间为t2，物块在t2时间内发生的位移大小为x1
则v1＝a2t2，x1＝
t2
对木板，设木板的加速度大小为a3，由牛顿第二定律有μ2mg＋μ1（M＋m）g＝Ma3
t2时间内木板发生的位移大小x2＝v1t2－
a3t
木板长度l＝x1＋x2
解得l＝
m。
答案：
（1）5m/s
（2）
m
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