2020届高考物理二轮复习 刷题首选卷 阶段滚动卷二（含解析）

阶段滚动卷二 本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，满分100分，时间90分钟。第卷一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一个选项符合题目要求，第812题有多项符合题目要求，全部答对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1(2019四川自贡高三一诊)如图，是发射的一颗人造卫星在绕地球轨道上的几次变轨图，轨道是圆轨道，轨道和轨道是依次在P点变轨后的椭圆轨道。下列说法正确的是()A卫星在轨道上的运行速度大于7.9 km/sB卫星在轨道上运动时，在P点和Q点的速度大小相等 C卫星在轨道上运动到P点时的加速度等于卫星在轨道上运动到P点时的加速度D卫星从轨道的P点加速进入轨道后机械能减小答案C解析第一宇宙速度v17.9 km/s是近地卫星的运行速度，是圆轨道卫星最大的环绕速度，根据半径越大，线速度越小，可知卫星在轨道上运行时的速度一定小于7.9 km/s，故A错误；根据开普勒第二定律可知，卫星在轨道上运动时，P点为近地点，Q点为远地点，则在P点的速度大小大于在Q点的速度大小，故B错误；根据a可知，卫星在轨道上运动到P点时的加速度等于卫星在轨道上运动到P点时的加速度，故C正确；卫星从轨道的P点加速进入轨道后机械能增大，故D错误。2. (2019榆林一模)如图所示，A为地球赤道表面的物体，B为环绕地球运行的卫星，此卫星在距离地球表面的高度处做匀速圆周运动，且向心加速度的大小为a，地球的半径为R，引力常量为G。则下列说法正确的是()A物体A的向心加速度大于aB物体A的线速度比卫星B的线速度大C地球的质量为D地球两极的重力加速度大小为a答案D解析根据Gma得a，可知B的向心加速度a大于地球同步卫星的向心加速度，而根据a2r可知，同步卫星的向心加速度大于物体A的向心加速度，则物体A的向心加速度小于a，故A错误；根据Gm可知v ，则B的线速度大于地球同步卫星的线速度，而根据vr可知，同步卫星的线速度大于物体A的线速度，则物体A的线速度小于卫星B的线速度，故B错误；对卫星B，根据Gma可得，地球的质量为，故C错误；根据Gmg可得，地球两极的重力加速度大小为ga，故D正确。3(2019成都三模)目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值vm，设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是()A关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒B关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零C上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间可能等于D上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，所用时间一定小于答案D解析汽车关掉油门后的匀速下坡过程，汽车的速度不变，动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故A错误；汽车关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则支持力的冲量不为零，故B错误；汽车上坡过程中，汽车速度由增至，设所用的时间为t，位移为s，所受阻力为f(包含重力沿坡面的分力)，根据动能定理可得：Ptfsm2m2，解得t，故C错误；上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm的过程，功率不变，速度增大，则牵引力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动，设所用时间为T，则Tv0 Bv1v0 Cv2v0 Dv2v0答案A解析设探测器的质量为m，行星的质量为M，探测器和行星发生弹性碰撞。对于模型一：设向左为正方向，由动量守恒定律：Mumv0mv1Mu1，由能量守恒Mu2mvmvMu，联立解得探测器碰后的速度v1，因Mm，则v12uv0v0，故A正确，B错误；对于模型二：设向左为正方向，由动量守恒定律：Mumv0mv2Mu2，由能量守恒Mu2mvmvMu，联立解得探测器碰后的速度v2，因Mm，则v2v02u0，说明此时A仍有沿斜面向上的速度，故B能脱离挡板解析(1)刚开始A压缩弹簧，设此时弹簧压缩量为x1，对A根据平衡条件可得：4mgsin30kx1解得：x1l设C与A碰前瞬间速度大小为v1，对C，由动能定理得：4mgsin30(6lx1)4mgcos306l(4m)v(4m)v联立以上各式得：v1。(2)依题意，当竖直放置的弹簧被压缩l时，质量为m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能，由机械能守恒定律，弹簧的弹性势能为：Epmgl。C与A碰撞过程中动量守恒，有：4mv18mv2C与A碰后一起压缩弹簧至返回P点过程，B始终未动，对A、C及弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律得：(8m)vEp8mgsin30l(8m)v此后C与A分离，C沿斜面向上做匀减速运动直至停下，对C，根据动能定理可得：4mgsin30x24mgcos30x20(4m)v联立以上各式得：x22l，即C最终停止的位置与O点相距4l。(3)要使B离开挡板，则弹簧必须伸长到x3l，即A需到达斜面上P点上方l处，此时弹簧的弹性势能恰也为Ep，假定A可以到达该处，A由P至该处的运动过程，根据动能定理得：4mgsin30l4mgcos30lWTEk(4m)v其中WTEpmgl由以上式子可得Ek0，说明此时A仍有沿斜面向上的速度，故B能脱离挡板。16(2019山东聊城二模)(14分)如图a所示，轻质弹簧左端固定在墙上，自由状态时右端在C点，C点左侧地面光滑、右侧粗糙。用可视为质点的质量为m1 kg的物体A将弹簧压缩至O点并锁定。以O点为原点建立坐标轴。现用水平向右的拉力F作用于物体A，同时解除弹簧锁定，使物体A做匀加速直线运动，拉力F随位移x变化的关系如图b所示，运动到0.225 m处时，撤去拉力F。(1)求物体A与粗糙地面间的动摩擦因数以及向右运动至最右端的位置D点的坐标；(2)若在D点给物体A一向左的初速度，物体A恰好能将弹簧压缩至O点，求物体A到C点时的速度大小；(3)质量为M3 kg的物体B在D点与静止的物体A发生弹性正碰，碰后物体A向左运动并恰能压缩弹簧到O点，求物体B与A碰撞前的瞬时速度大小。答案(1)0.50.45 m(2) m/s(3) m/s解析(1)由于物体A做匀加速直线运动，结合图象，可知：从O到C点的过程中：F弹Fma在C点，FC弹0、FC5 N，解得：a5 m/s2在C点右侧：Fmgma、F10 N，解得：0.5从O到C点，物体A做匀加速直线运动，则：v2axOC解得：vC1 m/s物体A从C到D的过程中，由动能定理得：Fx1mgxCD0mv其中x10.225 m0.1 m0.125 m解得：xCD0.35 mD点坐标：xDxOCxCD0.45 m。(2)设物体A到C点时的速度大小为vC1，物体A将弹簧由C点压缩至O点的过程，由动能定理得：W弹0mv物体A从O到C，由动能定理得：W弹WFmv0其中WFxOC联立解得：vC1 m/s。(3)B与A发生弹性正碰，设B碰前速度为v0，碰后速度为v1；碰后A的速度为v2，则：由动量守恒定律有Mv0Mv1mv2由机械能守恒定律有MvMvmv物体A从D到C的过程中，由动能定理：mgxCDmvmv联立解得：v22 m/s、v0 m/s。- 13 -