2020屆高考物理二輪復(fù)習 刷題首選卷 階段滾動卷二（含解析）

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1、階段滾動卷二 本試卷分第卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分，滿分100分，時間90分鐘。第卷一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第17題只有一個選項符合題目要求，第812題有多項符合題目要求，全部答對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1(2019四川自貢高三一診)如圖，是發(fā)射的一顆人造衛(wèi)星在繞地球軌道上的幾次變軌圖，軌道是圓軌道，軌道和軌道是依次在P點變軌后的橢圓軌道。下列說法正確的是()A衛(wèi)星在軌道上的運行速度大于7.9 km/sB衛(wèi)星在軌道上運動時，在P點和Q點的速度大小相等 C衛(wèi)星在軌道上運動到P點時的加速度等于衛(wèi)星在軌道上運動到P點時

2、的加速度D衛(wèi)星從軌道的P點加速進入軌道后機械能減小答案C解析第一宇宙速度v17.9 km/s是近地衛(wèi)星的運行速度，是圓軌道衛(wèi)星最大的環(huán)繞速度，根據(jù)半徑越大，線速度越小，可知衛(wèi)星在軌道上運行時的速度一定小于7.9 km/s，故A錯誤；根據(jù)開普勒第二定律可知，衛(wèi)星在軌道上運動時，P點為近地點，Q點為遠地點，則在P點的速度大小大于在Q點的速度大小，故B錯誤；根據(jù)a可知，衛(wèi)星在軌道上運動到P點時的加速度等于衛(wèi)星在軌道上運動到P點時的加速度，故C正確；衛(wèi)星從軌道的P點加速進入軌道后機械能增大，故D錯誤。2. (2019榆林一模)如圖所示，A為地球赤道表面的物體，B為環(huán)繞地球運行的衛(wèi)星，此衛(wèi)星在距離地球表

3、面的高度處做勻速圓周運動，且向心加速度的大小為a，地球的半徑為R，引力常量為G。則下列說法正確的是()A物體A的向心加速度大于aB物體A的線速度比衛(wèi)星B的線速度大C地球的質(zhì)量為D地球兩極的重力加速度大小為a答案D解析根據(jù)Gma得a，可知B的向心加速度a大于地球同步衛(wèi)星的向心加速度，而根據(jù)a2r可知，同步衛(wèi)星的向心加速度大于物體A的向心加速度，則物體A的向心加速度小于a，故A錯誤；根據(jù)Gm可知v ，則B的線速度大于地球同步衛(wèi)星的線速度，而根據(jù)vr可知，同步衛(wèi)星的線速度大于物體A的線速度，則物體A的線速度小于衛(wèi)星B的線速度，故B錯誤；對衛(wèi)星B，根據(jù)Gma可得，地球的質(zhì)量為，故C錯誤；根據(jù)Gmg可得

4、，地球兩極的重力加速度大小為ga，故D正確。3(2019成都三模)目前，我國在人工智能和無人駕駛技術(shù)方面已取得較大突破。為早日實現(xiàn)無人駕駛，某公司對汽車性能進行了一項測試，讓質(zhì)量為m的汽車沿一山坡直線行駛。測試中發(fā)現(xiàn)，下坡時若關(guān)掉油門，則汽車的速度保持不變；若以恒定的功率P上坡，則從靜止啟動做加速運動，發(fā)生位移s時速度剛好達到最大值vm，設(shè)汽車在上坡和下坡過程中所受阻力的大小分別保持不變，下列說法正確的是()A關(guān)掉油門后的下坡過程，汽車的機械能守恒B關(guān)掉油門后的下坡過程，坡面對汽車的支持力的沖量為零C上坡過程中，汽車速度由增至，所用的時間可能等于D上坡過程中，汽車從靜止啟動到剛好達到最大速度v

5、m，所用時間一定小于答案D解析汽車關(guān)掉油門后的勻速下坡過程，汽車的速度不變，動能不變，重力勢能減小，則汽車的機械能減小，故A錯誤；汽車關(guān)掉油門后的下坡過程，坡面對汽車的支持力大小不為零，時間不為零，則支持力的沖量不為零，故B錯誤；汽車上坡過程中，汽車速度由增至，設(shè)所用的時間為t，位移為s，所受阻力為f(包含重力沿坡面的分力)，根據(jù)動能定理可得：Ptfsm2m2，解得t，故C錯誤；上坡過程中，汽車從靜止啟動到剛好達到最大速度vm的過程，功率不變，速度增大，則牽引力減小，加速度減小，做加速度減小的加速運動，設(shè)所用時間為T，則Tv0 Bv1v0 Cv2v0 Dv2v0答案A解析設(shè)探測器的質(zhì)量為m，行

6、星的質(zhì)量為M，探測器和行星發(fā)生彈性碰撞。對于模型一：設(shè)向左為正方向，由動量守恒定律：Mumv0mv1Mu1，由能量守恒Mu2mvmvMu，聯(lián)立解得探測器碰后的速度v1，因Mm，則v12uv0v0，故A正確，B錯誤；對于模型二：設(shè)向左為正方向，由動量守恒定律：Mumv0mv2Mu2，由能量守恒Mu2mvmvMu，聯(lián)立解得探測器碰后的速度v2，因Mm，則v2v02u0，說明此時A仍有沿斜面向上的速度，故B能脫離擋板解析(1)剛開始A壓縮彈簧，設(shè)此時彈簧壓縮量為x1，對A根據(jù)平衡條件可得：4mgsin30kx1解得：x1l設(shè)C與A碰前瞬間速度大小為v1，對C，由動能定理得：4mgsin30(6lx1

7、)4mgcos306l(4m)v(4m)v聯(lián)立以上各式得：v1。(2)依題意，當豎直放置的彈簧被壓縮l時，質(zhì)量為m的物體的動能為零，其重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，由機械能守恒定律，彈簧的彈性勢能為：Epmgl。C與A碰撞過程中動量守恒，有：4mv18mv2C與A碰后一起壓縮彈簧至返回P點過程，B始終未動，對A、C及彈簧組成的系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律得：(8m)vEp8mgsin30l(8m)v此后C與A分離，C沿斜面向上做勻減速運動直至停下，對C，根據(jù)動能定理可得：4mgsin30x24mgcos30x20(4m)v聯(lián)立以上各式得：x22l，即C最終停止的位置與O點相距4l。(3)要使B離開

8、擋板，則彈簧必須伸長到x3l，即A需到達斜面上P點上方l處，此時彈簧的彈性勢能恰也為Ep，假定A可以到達該處，A由P至該處的運動過程，根據(jù)動能定理得：4mgsin30l4mgcos30lWTEk(4m)v其中WTEpmgl由以上式子可得Ek0，說明此時A仍有沿斜面向上的速度，故B能脫離擋板。16(2019山東聊城二模)(14分)如圖a所示，輕質(zhì)彈簧左端固定在墻上，自由狀態(tài)時右端在C點，C點左側(cè)地面光滑、右側(cè)粗糙。用可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m1 kg的物體A將彈簧壓縮至O點并鎖定。以O(shè)點為原點建立坐標軸?，F(xiàn)用水平向右的拉力F作用于物體A，同時解除彈簧鎖定，使物體A做勻加速直線運動，拉力F隨位移x變化的

9、關(guān)系如圖b所示，運動到0.225 m處時，撤去拉力F。(1)求物體A與粗糙地面間的動摩擦因數(shù)以及向右運動至最右端的位置D點的坐標；(2)若在D點給物體A一向左的初速度，物體A恰好能將彈簧壓縮至O點，求物體A到C點時的速度大??；(3)質(zhì)量為M3 kg的物體B在D點與靜止的物體A發(fā)生彈性正碰，碰后物體A向左運動并恰能壓縮彈簧到O點，求物體B與A碰撞前的瞬時速度大小。答案(1)0.50.45 m(2) m/s(3) m/s解析(1)由于物體A做勻加速直線運動，結(jié)合圖象，可知：從O到C點的過程中：F彈Fma在C點，F(xiàn)C彈0、FC5 N，解得：a5 m/s2在C點右側(cè)：Fmgma、F10 N，解得：0.

10、5從O到C點，物體A做勻加速直線運動，則：v2axOC解得：vC1 m/s物體A從C到D的過程中，由動能定理得：Fx1mgxCD0mv其中x10.225 m0.1 m0.125 m解得：xCD0.35 mD點坐標：xDxOCxCD0.45 m。(2)設(shè)物體A到C點時的速度大小為vC1，物體A將彈簧由C點壓縮至O點的過程，由動能定理得：W彈0mv物體A從O到C，由動能定理得：W彈WFmv0其中WFxOC聯(lián)立解得：vC1 m/s。(3)B與A發(fā)生彈性正碰，設(shè)B碰前速度為v0，碰后速度為v1；碰后A的速度為v2，則：由動量守恒定律有Mv0Mv1mv2由機械能守恒定律有MvMvmv物體A從D到C的過程中，由動能定理：mgxCDmvmv聯(lián)立解得：v22 m/s、v0 m/s。- 13 -