名师对话2014年高考物理一轮双基巩固卷 第5单元

名师对话2014年高考物理一轮双基巩固卷 第5单元内容摘要：

1、光世昌老师高中物理精品资源免费下载地址 (考查范围：第五单元分值：110 分)一、选择题(每小题 6 分，共 48 分)1蹦床运动员与床垫接触的过程可简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的床垫(A 位置 )上，随床垫一同向下做变速运动到达最低点 (B 位置)，如图 所示，有关运动员从 A 运动至 B 的过程，下图 列说法正确的是()A运动员的机械能守恒B运动员的速度一直减小C合力对运动员做负功D运动员先失重后超重2如图 所示，一根跨过轻质定滑轮的不可伸长的轻绳两端各系一个物体 A 和 B，不计摩擦图 物体下落 H 高度时的速度为 v，若在 A 的下方挂一个与 A 相同的物体，由静止释放 2、，B 向上运动距离为 H 时的速度大小仍为v，则 A 与 B 的质量之比为()A12B23C. 2 D. 32 23如图 所示，竖直放置的轻弹簧上端与质量为 3 物块 B 相连接，另一个质量为光世昌老师高中物理精品资源免费下载地址 31 物块 A 放在 B 上先向下压 A，然后释放，A 、B 共同向上运动一段后将分离，分离后 A 又上升了 0.2 m 到达最高点，此时 B 的速度方向向下，且弹簧恰好为原长从 A、B 分离到 A 上升到最高点的过程中，弹簧弹力对 B 做的功及弹簧回到原长时 B 的速度大小分别是(g10 m/)A12 J2 m/s B0 2 m/ 0 D4 J2 m/足够长的传送 3、带与水平面的倾角为 ，以一定的速度匀速运动某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图 甲所示)，以此时为 t0 时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图乙所示( 图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中|v 1|已知传送带的速度保持不变，g 取 10 m/)甲乙图 A0t 1 时间内，物块对传送带做正功B物块与传送带间的动摩擦因数 ，即 ，选项 B 错误；0t 2 内，传送带对物块做的功 W 加上物块重力做的功 WW G 而根据 vt 图象可知物块的位移小于零，故 ，选12 2 12 21项 C 错误； 在 0t 2 内时间内，物块与传送带之间有相对滑动，系统的 4、一部分机械能会通过“摩擦生热”转化为热量即内能，其大小 Q对 ，该过程中，物块受到的摩擦力 f 大小恒定，设 0t 1 内物块的位移大小为 x1，t 1t 2 内物块的位移大小为 0 的物块应用动能定理有：W GE k，即E kf( x1x 2)W G，由图乙知 x 相对 x1x 2，选项 D 正确光世昌老师高中物理精品资源免费下载地址 解析 汽车速度最大时， 汽车所受到的牵引力 F1f ，根f， a ( )，图象斜率 k ，b ，所以汽车的功率 P、汽车行驶的最大速度 求，由 f 1项 A、B、C 正确；汽车不是匀加速运动，故不能求出汽车运动到最大速度所需的时间，选项 D 错误6 解析 设斜 5、面倾角为 ，物体受到的合力 F 沿斜面向下，Fmg f，故 F 不随 t 变化，选项 A 正确；根据牛顿第二定律知加速度a 也不变，由 v，vt 图象为过原点的一条倾斜直线，选项 B 错误；位移 x x t 图象是开口向上的抛物线的一部分，12选项 C 正确；设物体起初的机械能为 E0，t 时刻的机械能为 E，则EE 0 0f t 图象是开口向下的抛物线的一部分，选项 D 正12确7C 解析 运动过程中，弹簧和圆环组成的系统机械能守恒，因弹簧弹力对圆环做功，故圆环的机械能不守恒；对弹簧和圆环系统，根据机械能守恒定律知，当圆环滑到杆底端时，弹簧的弹性势能增大量等于圆环重力势能的减小量 因弹簧先被 6、压缩后被拉伸，所以弹簧的弹性势能先增大后减小再增大；圆环到达杆底端时弹簧的弹性势能最大，此时圆环动能为零8 解析 A 、B 及弹簧组成的系统机械能守恒，选项 A 错误，选项B 正确； B 在运动过程中，除重力外弹簧对其做功，所以 B 的机械能不守恒，因此根据机械能守恒定律 得的 v 2 m/s 是错误的，选项12 2误；根据系统机械能守恒，到达地面时的机械能与刚释放时的机械能相等，又弹簧处于原长，则 EE km h)m p6 J，选项 D 正确光世昌老师高中物理精品资源免费下载地址 (1)钩码的重力 (2) (x6x 7)2(x 1x 2)2（x2）x3x 4x 5x 6)解析 (1)滑块匀速 7、下滑时，有 mgf，滑块匀速下滑时，滑块所受合力 FMg f2)v A ；v F ，从 x2）x7） 动能的增加量 E k (x6x 7)2(x 1x 2)2，合力 F 做的12 2F 12 2A Fmg(x 2x 3x 4x 5x 6)10(1) (2) 解析 (1)设滑块第一次与挡板碰撞后上升离开挡板 P 的最大距离为 x) (Lx)0 0解得 x .(2)最终滑块必停靠在挡板处，设滑块在整个运动过程中通过的路程为 12 20解得 s 1)4 m/s(2)Rm 或 R0.6 m解析 (1)根据牛顿第二定律：对滑块有 mg对小车有 a 2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即v0a 1ta 2t1 s，此时小车的速度为 v2a 2t4 m/x1v 0t 1 x1x 2联立解得 3 m，x 22 ， x2s，说明滑块滑离小车前已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与墙壁碰撞时的速度为：v 24 m/s.(2) 滑块与墙壁碰后在小车上做匀减速运动，运动 L 11 m 后滑上半圆轨道若滑块恰能通过最高点，设滑至最高点的速度为 R m 12 2解得 R弧到达 T 点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱14离圆轨道根据动能定理得 解得 R0.6 m 或 R0.6。