2019高考物理课时作业（五）（含解析） 10页

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Ⅰ)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v＝at，由动能公式Ek＝mv2，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v2＝2ax，可知列车动能与位移x成正比，B项正确；由动量公式p＝mv，可知列车动能Ek＝mv2＝，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FN－mgcosθ＝m⇒FN＝m＋mgcosθ，运动过程中速率恒定，且θ在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据f＝μFN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．n3．(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μ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(　　)A．Ob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，Oa＝Ob.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Oa>Ob，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Ⅱ)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Ⅰ)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，n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(　　)A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点B．W>mgR，质点不能到达Q点C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W0，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(　　)A．a点的电场强度方向与x轴方向相反B．a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nD．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1.0m/s太阳能电池36W蓄电池500Ah－12V最小充电风速2.0m/s最大限制风速12.0m/s太阳能转化效率15%大功率LED路灯80W－12V最大输出功率400W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240W/m2；当风速为6m/s时，风力发电机的输出功率将变为50W．根据以上信息，下列说法中正确的是(　　)A．当风速超过1m/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36W，太阳能电池板的面积至少0.15m2C．当风速为6m/s时，利用风能将蓄电池的电能由20%充至90%所需时间为84hD．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75h答案　C解析　A项，由表格得充电风速2.0m/s，故A项错误；B项，电池板面积：S＝＝m2＝1m2，故B项错误；C项，蓄电池的容量：W＝12V×500A·h×(90%－20%)＝12V×500A×3600s×(90%－20%)＝1.512×107J；需要的时间：t＝＝s＝302400s＝84h，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＝＝ns＝189000s＝52.5h．故D项错误，故选C项．8.(2017·南通模拟)如图所示，倾角为θ＝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D．AB两点间的电势差UAB＝答案　CD解析　A项，斜面的倾角为θ＝30°，斜面上AD＝DB，由几何关系可知，AC＝AD＝CD，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W＝qU，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AD＝DB＝L，在小球从A到D的过程中，由动能定理有：mgLsinθ＝mv2－0，在小球从A到B的过程中有：mg·2L·sinθ＋(－q)UAB＝0－0，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nC．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mg·2R＋Ep1＝mvB2＋Ep2；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Ep1＝Ep2，则解得vB＝2，B项错误；小球在A点时对圆环的压力FA＝mg＋F弹；在B点时：FB－F弹－mg＝m；联立解得：ΔF＝FB－FA＝m＝4mg，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(　　)A．a球下滑过程中机械能保持不变B．a、b两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变C．a、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mgR＋2mgR＝2×mv2，解得v＝，C项错误．对a由动能定理得mgR＋W＝mv2，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Ⅰ)一质量为8.00×104kgn的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105m处以7.50×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/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9.8m/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600m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4×108J　进入大气层的机械能为2.4×1012J(2)克服阻力做功为9.7×108J解析　(1)飞机着地瞬间，Ep重＝0，E机地＝mv地2＝4.0×108J，进入大气层时，E机大气层＝mv大气层2＋mgh大气层＝2.4×1012J.(2)离地600m时，v＝v大气层·2.0%＝150m/s，至着地瞬间过程，由动能定理mgh＋Wf＝mv地2－mv2，代入数据Wf＝－9.7×108J，故克服阻力所做的功为9.7×108J.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h＝10m，C是半径R＝20m圆弧的最低点，质量m＝60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5m/s2，到达B点时速度vB＝30m/s.取重力加速度g＝10m/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)100m　(2)1800N·s　(3)3900N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v2－v02＝2aL可解得：L＝＝100m(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nI＝mvB－0＝1800N·s(3)小球在最低点的受力如图所示由牛顿第二定律可得：N－mg＝m从B运动到C由动能定理可知：mgh＝mvC2－mvB2解得：N＝3900N13．(2017·浙江模拟)如图所示，水平传送带以v＝2m/s的速度匀速向右运动，A、B两点相距s＝11m，一质量m＝1kg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μ＝0.2，重力加速度g＝10m/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6s(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4J(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：a＝μg＝2m/s2匀加速运动的时间为：t1＝＝1s匀加速运动的位移：x1＝＝1m<11m则匀速运动的位移x2＝s－x1＝10m匀速运动的时间t2＝＝5s物块从A运动到B的时间为：t＝t1＋t2＝6sn(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：x＝vt1＝2m所以物块与传送带的相对位移Δx＝x－x1＝1m此过程中产生的热量为：Q＝μmgΔx＝2J因此物块从A到B的过程中，传送装置多消耗的电能为：E＝Q＋Ek＝4J(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P＝＝W.14．(2018·虹口区一模)两根平行金属导轨相距L＝0.50m，固定在水平面内，导轨左端串接一个R＝0.04Ω的电阻，在导轨间长d＝0.56m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0T，质量m＝4.0kg的金属棒CD置于导轨上，与导轨接触良好，且与两导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.8，棒在导轨之间的电阻r＝0.01Ω，绝缘轻绳系于棒的中点，初始时刻，CD棒距磁场左边界s＝0.24m，现通过绳用向右的水平恒力作80N拉CD棒，使棒由静止运动，运动过程中始终保持与导轨垂直，当CD棒到达磁场右边界时撤去拉力(不计其他电阻以及绳索的质量)，求：(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；(3)在拉CD棒的过程中，绳的拉力所做的功W和电阻R上产生的焦耳热Q.答案　(1)CD棒进入磁场时速度v的大小为2.4m/s；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小为48N；(3)在拉CD棒的过程中，绳的拉力所做的功W为64J，电阻R上产生的焦耳热Q为21.504J.解析　(1)由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，由匀变速直线运动的速度－位移公式得：v2＝2as，解得：v＝2.4m/s；(2)CD棒刚进入磁场时：E＝BLv，感应电流：I＝，安培力：FA＝BIL，解得：FA＝48N；(3)拉力做功：W＝F(s＋d)＝80×(0.24＋0.56)J＝64J，CD棒进入磁场后：F＝FA＋μmg，CD棒做匀速直线运动，由能量守恒定律得：μmgd＋Q总＝Fd，n电阻R上产生的热量：Q＝Q总，解得：Q＝21.504J.