2019高考物理课时作业（五）（含解析）.docx

课时作业(五)一、选择题(共10个小题，3、6、8、9、10为多选，其余为单选，每题5分共50分)1(2018课标全国)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段列车的动能()A与它所经历的时间成正比B与它的位移成正比C与它的速度成正比D与它的动量成正比答案B解析本题考查匀变速直线运动规律、动能、动量及其相关的知识点根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即vat，由动能公式Ekmv2，可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，A、C两项错误；由v22ax，可知列车动能与位移x成正比，B项正确；由动量公式pmv，可知列车动能Ekmv2，即与列车的动量二次方成正比，D项错误2(2018天津)滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中()A所受合外力始终为零B所受摩擦力大小不变C合外力做功一定为零 D机械能始终保持不变答案C解析根据曲线运动的特点分析物体受力情况，根据牛顿第二定律求解出运动员与曲面间的正压力变化情况，从而分析运动员所受摩擦力变化；根据运动员的动能变化情况，结合动能定理分析合外力做功；根据运动过程中，是否只有重力做功来判断运动员的机械能是否守恒因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A项错误；运动员受力如图所示，重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，故有FNmgcosmFNmmgcos，运动过程中速率恒定，且在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据fFN可知摩擦力越来越大，B项错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C项正确；因为克服摩擦力做功，机械能不守恒，D项错误3(2018威海市5月第二次模拟)如图所示，轻质弹簧的一端固定在竖直墙面上，另一端拴接一小物块，小物块放在动摩擦因数为的水平面上，当小物块位于O点时弹簧处于自然状态现将小物块向右移到a点，然后由静止释放，小物块最终停在O点左侧的b点(图中未画出)，以下说法正确的是()AOb之间的距离小于Oa之间的距离B从O至b的过程中，小物块的加速度逐渐减小C小物块在O点时的速度最大D从a到b的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功答案AD解析如果没有摩擦力，根据简谐运动的对称性知O点应该在ab中间，OaOb.现在由于有摩擦力，物块从a到b过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的b点，也即O点靠近b点故OaOb，A项正确；从O至b的过程中，小物块受到向右的摩擦力及向右的弹力，且弹力逐渐变大，故物体的加速度逐渐变大，B项错误；当物块从a点向左运动时，受到向左的弹力和向右的摩擦力，且弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度为零，此时速度最大，故小物块的速度最大位置在O点右侧，C项错误；由能量守恒关系可知，从a到b的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功，D项正确；故选A、D两项4.(2017课标全国)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑地过程中，大圆环对它的作用力()A一直不做功 B一直做正功C始终指向大圆环圆心 D始终背离大圆环圆心答案A解析A、B两项，大圆环是光滑的，则小环和大环之间没有摩擦力；大环对小环的支持力总是垂直于小环的速度方向，所以大环对小环没有做功，故A项正确，B项错误；C、D项，小环在运动过程中，在大环的上半部分运动时，大环对小环的支持力背离大环圆心，运动到大环的下半部分时，支持力指向大环的圆心，故C、D两项错误，故选A项5(2015课标全国)如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道如图放置，三点POQ水平一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道，质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小，用W表示质点从P运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则()AWmgR，质点恰好可以到达Q点BWmgR，质点不能到达Q点CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离DWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离答案C解析根据动能定理可得质点在P点的动能EkPmgR，在圆弧运动时，沿半径方向的合力提供所需的向心力，即FNmgsinm，经过N点时，根据牛顿第三定律，轨道对质点的支持力FN与质点对轨道的压力FN大小相等为4mg，由牛顿第二定律和向心力公式有：4mgmgm，得vN，所以N点的动能EkNmgR，从P到N点过程由动能定理，可得mgRWmgRmgR，得克服摩擦力做功WmgR，滑动摩擦力FfFN，根据功能关系可知质点克服摩擦力做功机械能减少，根据对称性再结合前面可知从N到Q过程中的速度小于P到N过程中对应高度的速度，轨道弹力小于P到N过程中对应高度的弹力，轨道摩擦力小于P到N过程中对应高度的摩擦力，故从N到Q质点克服摩擦力做功WNQ0，质点仍会向上运动一段距离，C项正确6.(2017河北省衡水中学)如图所示，曲线表示电场中关于x轴对称的等势面，在x轴上有a、b两点若一带电粒子沿x轴从a点移到b点，电场力做负功，则下列说法正确的是()Aa点的电场强度方向与x轴方向相反Ba点的电场强度小于b点的电场强度C带电粒子的电势能一定增加D带电粒子的动能一定增加答案BC解析A项，沿着电场线方向电势降低，所以a点的电场强度方向与x轴方向相同，故A项错误；B项，点b的等势面比a点的等势面密，则b点的场强比a点的大即a点的场强小于b点的场强，故B项正确；C项，若一带电粒子沿x轴从a点移到b点，电场力做负功，则带电粒子的电势能一定增加，若只有电场力做功，则动能减小，故C项正确，D项错误故选B、C两项7(2017宁波二模)如图所示为“风光互补路灯”系统，有阳光时通过太阳能电池板发电，有风时通过风力发电机发电，二者皆有时将同时发电，并将电能输至蓄电池储存起来，供路灯照明使用，为了能使蓄电池的使用寿命更为长久，一般充电至90%左右即停止充电，放电至20%左右即停止电能输出如表为某型号风光互补路灯系统配置方案：风力发电机太阳能电池组件其他元件最小启动风速1.0 m/s太阳能电池36 W蓄电池500 Ah12 V最小充电风速2.0 m/s最大限制风速12.0 m/s太阳能转化效率15%大功率LED路灯80 W12 V最大输出功率400 W已知当地垂直于太阳光的平面得到的太阳辐射最大强度约为240 W/m2；当风速为6 m/s时，风力发电机的输出功率将变为50 W根据以上信息，下列说法中正确的是()A当风速超过1 m/s时，风力发电机开始对蓄电池充电B要想使太阳能电池的最大输出功率达到36 W，太阳能电池板的面积至少0.15 m2C当风速为6 m/s时，利用风能将蓄电池的电能由20%充至90%所需时间为84 hD利用该蓄电池给大功率LED路灯供电，蓄电池的电能由90%放电至20%，可使路灯正常工作75 h答案C解析A项，由表格得充电风速2.0 m/s，故A项错误；B项，电池板面积：S m21 m2，故B项错误；C项，蓄电池的容量：W12 V500 Ah(90%20%)12 V500 A3 600 s(90%20%)1.512107 J；需要的时间：t s302 400 s84 h，故C项正确；D项，为了能使蓄电池的使用寿命更为长久，一般充电至90%左右即停止，放电余留20%左右即停止电能输出，故可供灯具发光时间：t灯 s189 000 s52.5 h故D项错误，故选C项8.(2017南通模拟)如图所示，倾角为30的光滑绝缘直角斜面ABC，D是斜边AB的中心，在C点固定一个带电荷量为Q的点电荷一质量为m，电荷量为q的小球从A点由静止释放，小球经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为0，则()A小球从A到D的过程中静电力做功为mv2B小球从A到D的过程中电势能逐渐减小C小球从A到B的过程中电势能先减小后增加DAB两点间的电势差UAB答案CD解析A项，斜面的倾角为30，斜面上ADDB，由几何关系可知，ACADCD，即A到C的距离与D到C的距离是相等的，所以D与A的电势相等，则由WqU，知A到D的过程中电场力做的功等于0.故A项错误；B项，由于A到C的距离与D到C的距离是相等的，由几何关系可知，沿AD的方向上的各点到C的距离先减小后增大，距离减小的过程中电场力对负电荷做正功，所以从A到D的过程中负电荷的电势能先减小后增大，故B项错误；C项，结合B的分析，同理可知，小球从A到B的过程中电势能先减小后增加故C项正确；D项，设AB的长度为2L，则ADDBL，在小球从A到D的过程中，由动能定理有：mgLsinmv20，在小球从A到B的过程中有：mg2Lsin(q)UAB00，所以UAB.故D项正确，故选C、D两项9(2018苏北三市联考)如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高一个质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方处小球从最高点A由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g.下列说法正确的有()A弹簧长度等于R时，小球的动能最大B小球运动到B点时的速度大小为C小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mgD小球从A到C的过程中，弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量答案CD解析由几何关系可知，弹簧长度等于R时，小球的位置在C点上方，此时由于重力作用，小球仍要加速下滑，故此时小球的动能不是最大，A项错误；从A点到B点，由能量守恒定律可知mg2REp1mvB2Ep2；弹簧在A处的伸长量等于在B处的压缩量，则弹力大小相等，且Ep1Ep2，则解得vB2，B项错误；小球在A点时对圆环的压力FAmgF弹；在B点时：FBF弹mgm；联立解得：FFBFAm4mg，C项正确；因机械能的变化量等于除重力以外的其他力做功，故小球从A到C的过程中，除重力做功外只有弹簧弹力做功，故弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量，D项正确；故选C、D两项10如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，不计小球大小开始时a球处在圆弧上端A点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，下列说法正确的是()Aa球下滑过程中机械能保持不变Ba、b两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变Ca、b滑到水平轨道上时速度为D从释放到a、b滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为答案BD解析由机械能守恒的条件得，a机械能不守恒，a、b系统机械能守恒，所以A项错误，B项正确对ab系统由机械能守恒定律得mgR2mgR2mv2，解得v，C项错误对a由动能定理得mgRWmv2，解得W，D项正确二、计算题(共4个小题，11题10分，12题12分，13题14分，14题14分，共50分)11(2017课标全国)一质量为8.00104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面飞船在离地面高度1.60105 m处以7.50103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2.(结果保留2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.答案(1)落地瞬间的机械能为4108 J进入大气层的机械能为2.41012 J (2)克服阻力做功为9.7108 J解析(1)飞机着地瞬间，Ep重0，E机地mv地24.0108 J，进入大气层时，E机大气层mv大气层2mgh大气层2.41012 J.(2)离地600 m时，vv大气层2.0%150 m/s，至着地瞬间过程，由动能定理mghWfmv地2mv2，代入数据Wf9.7108 J，故克服阻力所做的功为9.7108 J.12.(2018北京)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一某滑道示意图如右，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h10 m，C是半径R20 m圆弧的最低点，质量m60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a4.5 m/s2，到达B点时速度vB30 m/s.取重力加速度g10 m/s2.(1)求长直助滑道AB的长度L；(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力示意图，并求其所受支持力N的大小答案(1)100 m(2)1 800 Ns(3)3 900 N解析(1)已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即v2v022aL可解得：L100 m(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的改变量所以ImvB01 800 Ns(3)小球在最低点的受力如图所示由牛顿第二定律可得：Nmgm从B运动到C由动能定理可知：mghmvC2mvB2解得：N3 900 N13(2017浙江模拟)如图所示，水平传送带以v2 m/s的速度匀速向右运动，A、B两点相距s11 m，一质量m1 kg的物块(可视为质点)从左端A点由静止开始运动已知物块与传送带间的动摩擦因数0.2，重力加速度g10 m/s2.求：(1)物块从A运动到B的时间；(2)物块从A到B的过程中，因为传送物块，传送装置多消耗的电能；(3)物块从A到B的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率答案(1)物块从A运动到B的时间为6 s(2)物块从A到B的过程中，因为传送物块，传送装置多消耗的电能为4 J(3)物块从A到B的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率为 W解析(1)物块在传送带上做匀加速运动的加速度为：ag2 m/s2匀加速运动的时间为：t11 s匀加速运动的位移：x11 m11 m则匀速运动的位移x2sx110 m匀速运动的时间t25 s物块从A运动到B的时间为：tt1t26 s(2)物块在加速过程中与传送带间有相对滑动，会产生热量，此过程中传送带的位移为：xvt12 m所以物块与传送带的相对位移xxx11 m此过程中产生的热量为：Qmgx2 J因此物块从A到B的过程中，传送装置多消耗的电能为：EQEk4 J(3)物块从A到B的过程中，摩擦力对物块做