2019高考物理课时作业十五含解析.doc
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1、课时作业(十五)一、选择题(共19个小题,6、8、9、10、11、12、16、17、18、19为多选,其余为单项选择题)1.(2018德阳模拟)某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力,在0至t3时间段内,弹簧测力计的示数F随时间t变化如图所示,以竖直向上为正方向,则下列关于物体运动的at图、vt图及Pt图(P为物体重力的功率大小)可能正确的是()答案C解析由于该题没有告诉弹簧的拉力与重力大小之间的关系,可以依题意,分三种情况讨论:(1)若F1mg,则0t1时间内电梯静止或做匀速直线运动,即速度等于0,或速度保持不变,加速度等于0.四个图线没有是可能的;(2)若F2mg,则F1mg,在0t
2、1时间内电梯受到的合外力的方向向下,加速度的方向向下,为负值所以D是不可能的;加速度的方向向下,则物体0t1时间内在可能向下做加速运动,速度为负,故A、B是不可能的;而t1t2时间内受到的合外力等于0,物体做匀速直线运动,物体的速度不变,故B是错误的;又由:Pmgv,可知t1t2时间内重力的功率不变,故C是错误的;(3)若F3mg,则F1mg,F2mg,在0t2时间内电梯受到的合外力的方向都是向下,加速度的方向向下,故A、B、D是不可能的;F3mg,可知在0t1时间内向下的加速度大于t1t2时间内向下的加速度,而t2t3时间内物体做匀速直线运动,所以速度图像如图,速度的方向向下,重力的方向也向
3、下,由Pmgv可知,图C是重力的功率随时间变化的图线故C是正确由以上的分析,可知只有C项是可能的,ABD都是不可能的故选C项2(2018南通模拟)如图甲所示,一轻杆一端固定在O点,另一端固定一小球,在竖直平面内做半径为R的圆周运动,小球运动到最高点时,杆与小球间弹力大小为N,小球在最高点的速度大小为v,Nv2图像如乙图所示,下列说法正确的是()A当地的重力加速度大小为B小球的质量为RCv2c时,杆对小球弹力方向向上D若v22b.则杆对小球弹力大小为2a答案B解析A项,在最高点,若v0,则Nmga;若N0,则mgm,解得g,mR,故A项错误,B项正确;C项,由图可知:当v2b时,杆对小球弹力方向
4、向下,所以当v2c时,杆对小球弹力方向向下,故C项错误;D项,若c2b.则Nmgm,解得Na,故D项错误故选B项3(2018南通模拟)如图所示,A为一足够长的固定斜面,物块B由静止释放后能沿斜面匀加速下滑,现使物块B在t0时由静止释放,并同时受到一随时间变化规律Fkt的垂直于斜面的作用力,v、f、a和E分别表示物块的速度、物块所受的摩擦力、物块的加速度和机械能,则下列描述v、f、a和E随时间t变化规律的图像中,可能正确的是()答案A解析A、C项,物体受重力、F、斜面支持力和滑动摩擦力,滑动摩擦力大小:f(Fmgcos)(ktmgcos)可知,小球受到的滑动摩擦力越来越大,则小球的合外力:F合m
5、gsinfmgsin(ktmgcos)根据牛顿第二定律得F合ma得agsin(tgcos)可知当mgsinf时,物块受到的合外力均匀减小,方向沿斜面向下,则加速度均匀减小,方向沿斜面向下当mgsinf时,合外力为零,加速度为零当mgsinf时,物块受到的合外力均匀增大,方向沿斜面向上,则加速度均匀增大,方向沿斜面向上根据vt图像的斜率等于加速度,知A图正确,故A项正确,C项错误B项,由f(ktmgcos),知f先均匀增大,当物块静止时,f不变,故B项错误D项,物块停止运动前只有重力和摩擦力做功,机械能的减少等于摩擦力做的功,由fxE,得f,可得f,又v所以fv,则知Et图像的斜率是变化的,可知
6、物块停止运动前,Et图像应是曲线,故D项错误;故选A项4(2018宜兴市模拟)一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲,到斜面上某一点后返回底端,斜面粗糙滑块运动过程中加速度大小与时间关系图像如图所示下列四幅图像分别表示滑块运动过程中位移x、速度v、动能Ek和重力势能Ep(以斜面底端为参考平面)随时间变化的关系图像,其中正确的是()答案D解析滑块冲上斜面到沿斜面下滑到底端的过程,先匀减速后匀加速,上滑过程xv0ta1t2,下滑过程xa2(tt1)2,所以两段均为开口向下的抛物线(或者从xt图线的斜率,由过程可知:速度先减小后增大,所以斜率先减小后增大)所以A项错误;因为有摩擦力,所以机械能
7、有损失,回到底端的速度必小于v0,所以B项错误;因为动能Ekmv2,即上滑过程有Ekm(v0a1t)2,下滑过程有Ekma2(tt1)2,上滑到最高点的动能为0,所以C项错误;重力势能Epmgh,所以重力势能先增加后减小,即D项正确5(2018淮南二模)静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升,在某一高度撤去恒力,若不计空气阻力,则在整个上升过程中,下列关于物体机械能E和动能Ek随时间变化的图像正确的是()答案A解析A、B项,设物体在恒力作用下做匀加速运动的加速度为a,则机械能增量EEFhFat2,知Et图像是开口向上的抛物线(右支)撤去拉力后,机械能守恒,则机械能随时间不变,Et图像是平
8、行于t轴的直线故A项正确,B项错误C、D项,物体做匀加速运动时,Ekmv2m(at)2,知Ekt图像是开口向上的抛物线(右支)撤去恒力后,Ekmv2m(v0gt)2,动能开始减小,Ekt图像是开口向下的抛物线,故C、D两项错误故选A项6(2018山东齐鲁名校)一钢球从某高度自由下落在一放在水平地面的弹簧上,从钢球与弹簧接触到压缩到最短的过程中,弹簧的弹力F、钢球的加速度a、重力所做的功WG以及钢球的机械能E与弹簧压缩量x的变化图线如下图(不考虑空气阻力),选钢球与弹簧开始接触点为原点,建立图示坐标系,并规定向下为正方向,则下述选项中的图像符合实际的是()答案BC解析由于向下为正方向,而弹簧中的
9、弹力方向向上,所以A项中的图线应该是负值,在横轴下方,A项错误;根据agx,B项正确,根据重力做功的计算式WGmgx,C项正确钢球和弹簧整体的机械能守恒,故D项错误7.将小球以10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出,取地面为零势能面,小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示取g10 m/s2,下列说法正确的是()A小球的质量为0.2 kgB小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC小球动能与重力势能相等时的高度为 mD小球上升到2 m时,动能与重力势能之差为0.5 J答案D解析在最高点,由Epmgh得m0.1 kg,A项错误;由除重力以外其他力做功
10、W其E,可知fhE高E低,E为机械能,解得f0.25 N,B项错误,设小球动能和重力势能相等时的高度为H,此时有mgHmv2,由动能定理fHmgHmv2mv02,得H m,故C项错;当上升h2 m时,由动能定理fhmghEk2mv02,得Ek22.5 J,Ep2mgh2 J,所以动能与重力势能之差为0.5 J,故D项正确8(2018肇庆三测)x轴上O点右侧各点的电场方向与x轴方向一致,O点左侧各点的电场方向与x轴方向相反,若规定向右的方向为正方向,x轴上各点的电场强度E随x变化的图像如图所示,该图像关于O点对称,x1和x1为x轴上的两对称点下列说法正确的是()AO点的电势最低Bx1和x1两点的
11、电势相等C电子在x1处的电势能大于在x1处的电势能D电子从x1处由静止释放后,若向O点运动,则到达O点时速度最大答案BD解析从图像可以看出,电场强度的大小和方向都沿x轴对称分布,沿着电场强度的方向,电势一定降低,故根据其电场强度E随x变化的图像容易判断,O点的电势最高,A项错误;由于x1和x1两点关于O点对称,且电场强度的大小也相等,故从O点到x1和从O点到x1电势降落相等,故x1和x1两点的电势相等,B项正确;x1和x1两点的电势相等,电子在x1处的电势能等于在x1处的电势能,C项错误;电子从x1处由静止释放后,若向O点运动,O点的电势最高,电子在O点电势能最低,所以动能最大,所以速度最大,
12、D项正确9(2018吉林省实验中学二模)用一水平力F拉静止在水平面上的物体,在F从0开始逐渐增大的过程中,加速度a随外力F变化的图像如图所示,g10 m/s2,则可以计算出()A物体与水平面间的最大静摩擦力BF为14 N时物体的速度C物体与水平面间的动摩擦因数D物体的质量答案ACD解析物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力根据牛顿第二定律,得Fmgma解得ag由aF图线,得到0510410联立得,m2 kg,0.3,故C、D项正确;故a0时,F最大为7 N,即最大静摩擦力为7 N,故A项正确;由于物体先静止后又做变加速运动,无法求速度,故B项错误10如图甲所示,一物体悬挂在细绳下端
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- 2019 高考 物理 课时 作业 十五 解析
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