高考物理 课时作业（五）（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、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

2、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

3、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

4、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，

5、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

6、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

7、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

8、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

9、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

10、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，

11、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

12、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，

13、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

14、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

15、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

16、、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

17、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.(20

18、18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

19、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

20、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

21、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L0.50 m，固定在水平面内，导轨左端串接一个R0.04 的电阻，在导轨间长d0.56 m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B2.0 T，质量m4.0 kg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0.8，棒在导轨之间的电阻r0.01 ，绝缘轻绳系于棒的中点，初始时刻，CD棒距磁场左边界s0.24 m，现通过绳用向右的水平恒力作80 N拉CD棒

22、，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2.4 m/s；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小为48 N；(3)在拉CD棒的过程中，绳的拉力所做的功W为64 J，电阻R上产生的焦耳热Q为21.504 J.解析(1)由牛顿第二定律得：Fmgma，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v22as，解得：v2.4 m/s；(2)CD棒刚进入磁场时：EBLv，感应电流：I，安培力：FABIL，解得：FA48 N；(3)拉力做功：WF(sd)80(0.240.56) J64 J，CD棒进入磁场后：FFAmg，CD棒做匀速直线运动，由能量守恒定律得：mgdQ总Fd，电阻R上产生的热量：QQ总，解得：Q21.504 J.