2020届高考物理二轮复习 刷题首选卷 阶段滚动卷一课件

阶段滚动卷一本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，时间90分钟。第Ⅰ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1～7题只有一个选项符合题目要求，第8～12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·乌鲁木齐二模)2018年7月1日，具有完全自主产权的我国加长版“复兴号”动车组正式在京沪线上运行。一列加长版“复兴号”动车组从上海虹桥车站由静止开始做匀加速直线运动，从某节车厢前端开始通过站台上一站立的工作人员开始计时，相邻两节车厢依次通过该工作人员的时间之比不可能是()A．2∶1B．5∶2C．6∶5D．7∶3答案B解析初速度为零的匀变速直线运动通过连续相等位移的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n＋1－n)。通过连续两个相等位移的时间的最大比值为1∶(2－1)，该题是从某节车厢前端通过该工作人员开始计时，故只要比值小于1∶(2－1)均有可能，故B不可能。2.如图所示，A、B两物体相距s＝7m，物体A以vA＝4m/s的速度向右做匀速直线运动(A所受的平衡摩擦的外力未画出)，而物体B此时的速度vB＝10m/s，只在滑动摩擦力作用下向右做匀减速直线运动，B与水平地面的动摩擦因数μ＝0.2，那么物体A追上物体B所用的时间为()A．7sB．8sC．9sD．10s答案B解析B匀减速运动的加速度大小a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2，B速度减为零的时间t1＝vBa＝102s＝5s，此时A的位移xA＝vAt1＝4×5m＝20m，B的位移xB＝v2B2a＝1004m＝25m，由于xB＋s＞xA，可知B速度减为零时，A还未追上B，A继续追及的时间t2＝xB＋s－xAvA＝25＋7－204s＝3s，则物体A追上物体B所用的时间t＝t1＋t2＝5s＋3s＝8s，故B正确，A、C、D错误。3．(2019·湖南三湘名校教育联盟三模)甲、乙两辆汽车在平直公路上，从同一地点同时同向均做匀加速直线运动，甲、乙速度的平方随位移变化的图象如图所示，则()A．甲车的加速度比乙车的加速度小B．在x＝0.5m处甲、乙两车的速度均为2m/sC．在t＝2s末甲、乙两车相遇D．在x＝4m处甲、乙两车不相遇答案C解析根据匀变速直线运动速度位移关系公式v2－v20＝2ax，得v2＝2ax＋v20，可知图象的斜率k＝2a，由图可知，甲的斜率大于乙的斜率，故甲车的加速度比乙车的加速度大，A错误；由图象可知，在x＝0.5m处甲、乙两车的速度平方均为2m2·s－2，速度均为2m/s，故B错误；由v2－v20＝2ax，结合图象可知，甲车做初速度为0、加速度为2m/s2的匀加速直线运动，乙车做初速度为1m/s、加速度为1m/s2的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律可得两车相遇时：x＝12a甲t2＝v0t＋12a乙t2，解得t＝2s，相遇时的位移为x＝4m，故C正确，D错误。4．(2019·山东威海三模)甲、乙两球质量分别为m1、m2，从不同高度由静止释放，如图a所示。甲、乙两球的v­t图象分别如图b中的①、②所示。球下落过程所受空气阻力大小f满足f＝kv(v为球的速率，k为常数)，t2时刻两球第二次相遇。落地前，两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。下列判断不正确的是()A．m1＞m2B．乙球释放的位置高C．两球释放瞬间，甲球的加速度较大D．两球第一次相遇的时刻在t1时刻之前答案C解析两球稳定时均做匀速直线运动，则有kv＝mg，得m＝kvg，所以有m1m2＝v2v1，由图知v2＞v1，故m1＞m2，A正确，不符合题意；v­t图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，0～t2时间内，乙球下降的高度较大，而t2时刻两球第二次相遇，所以乙球释放的位置高，故B正确，不符合题意；两球释放瞬间v＝0，此时空气阻力f＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故C错误，符合题意；在t1～t2时间内，甲球下落的高度较大，而t2时刻两球第二次相遇，所以两球第一次相遇的时刻在t1时刻之前，故D正确，不符合题意。故选C。5．(2019·江苏省七市高三第三次调研)将小球以某一初速度从A点水平向左抛出，运动轨迹如图所示，B为轨迹上的一点。改变抛出点位置，为使小球仍沿原方向经过B点，不计空气阻力，以下做法可能实现的是()A．在A点左侧等高处以较小的初速度水平抛出小球B．在A点右侧等高处以较大的初速度水平抛出小球C．在A、B两点间轨迹上某点沿切线向左下方抛出小球D．在A、B两点间轨迹上某点以较小的初速度水平向左抛出小球答案C解析根据平抛运动的推论：速度反向延长线过水平位移的中点，如下图。在与A等高处水平抛出小球，无论在A点左侧还是右侧，只要沿原方向经过B点，则不满足平抛运动的推论，A、B错误；当在A、B两点间轨迹上某点沿切线向左下方抛出小球，只要小球速度等于原小球经过该点时的速度，则小球轨迹与原轨迹重合，小球能够沿原方向经过B点，C正确；在A、B两点间轨迹上某点以较小的初速度水平向左抛出小球，根据几何关系可知，如果沿原方向经过B点，小球速度反向延长线不能过水平位移中点，D错误。6．(2019·广东揭阳一模)在竖直墙壁上悬挂一镖靶，某人站在离墙壁一定距离的某处，先后将两只飞镖A、B由同一位置水平掷出，两只飞镖落在靶上的状态如图所示(侧视图)，若不计空气阻力，下列说法中正确的是()A．A、B两镖在空中运动的时间相同B．B镖掷出时的初速度比A镖掷出时的初速度小C．A、B镖的速度变化方向可能不同D．A镖的质量一定比B镖的质量小答案B解析B镖下落的高度大于A镖下落的高度，根据h＝12gt2得t＝2hg，B镖下降的高度大，则B镖的运动时间长，故A错误；因为A、B两镖水平位移相等，B镖的运动时间长，则B镖的初速度小，故B正确；因为A、B镖都做平抛运动，速度变化量的方向与加速度方向相同，均竖直向下，故C错误；平抛运动的时间与质量无关，本题无法比较两飞镖的质量，故D错误。7．(2019·山东潍坊二模)如图所示，固定的光滑直杆倾角为30°，质量为m的小环穿过直杆，并通过弹簧悬挂在天花板上，小环静止时，弹簧恰好处于竖直位置，现对小环施加沿杆向上的拉力F，使环缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为60°。整个过程中，弹簧始终处于伸长状态，以下判断正确的是()A．弹簧的弹力逐渐增大B．弹簧的弹力先减小后增大C．杆对环的弹力逐渐增大D．拉力F先增大后减小答案B解析整个过程中，弹簧始终处于伸长状态，由几何关系可知，弹簧的长度先减小后增大，即弹簧的伸长量先减小后增大，弹簧的弹力先减小后增大，A错误，B正确；开始时，弹簧恰好处于竖直位置，此时F弹＝mg，杆对环的弹力N为0，当环缓慢沿杆滑动，直到弹簧与竖直方向的夹角为60°时，由几何关系知，弹簧的长度等于开始时的长度，此时F弹＝mg，在垂直杆方向，F弹cos30°＝mgcos30°＋N′，则N′＝0，故杆对环的弹力先增大后减小，C错误；设弹簧与杆之间的夹角为θ，则从开始到弹簧与杆垂直位置的过程中，由平衡知识：F弹cosθ＋F＝mgsin30°，随θ角的增加，F弹减小，cosθ减小，则F增大，从弹簧与杆垂直位置到弹簧与竖直方向的夹角为60°的过程中，由平衡知识：F＝F弹cosθ＋mgsin30°，随θ角的减小，F弹增大，cosθ增大，则F仍然是增大；综上可知拉力F一直增大，D错误。8．(2019·河南百师联盟高三上学期七调)在光滑水平面上，a、b两小球沿水平面相向运动。当小球间距小于或等于L时，受到大小相等、方向相反的相互排斥恒力作用。小球间距大于L时，相互排斥力为零。小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图所示，由图可知()A．a球质量大于b球质量B．在t1时刻两小球间距最小C．在0～t2时间内两小球间距逐渐减小D．在0～t3时间内b球所受排斥力方向始终与运动方向相反答案AC解析从速度—时间图象可以看出，在0～t3时间内b球的速度—时间图线的斜率绝对值较大，所以b球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力，大小相等，根据a＝Fm知，加速度大的质量小，所以b球质量较小，故A正确；开始时二者做相向运动，两球间距逐渐减小，当两小球速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，故B错误，C正确；b球0～t1时间内做匀减速直线运动，所受排斥力与运动方向相反，在t1～t3时间内做反向的匀加速直线运动，所受排斥力与运动方向相同，D错误。9．(2019·山东泰安一模)雨滴在空气中下落时会受到空气阻力的作用。假设阻力大小只与雨滴的速率成正比，所有雨滴均从相同高处由静止开始下落，到达地面前均达到最大速率。下列判断正确的是()A．达到最大速率前，所有雨滴均做匀加速运动B．所有雨滴的最大速率均相等C．较大的雨滴最大速率也较大D．较小的雨滴在空中运动的时间较长答案CD解析根据牛顿第二定律：a＝mg－kvm，则雨滴下落时，随速度的增大，加速度逐渐减小，则达到最大速率前，所有雨滴均做加速度减小的变加速运动，A错误；当a＝0时速度最大，则vm＝mgk，则雨滴的质量越大，其最大速度越大，B错误，C正确；较小的雨滴在空中运动的最大速度较小，整个过程的平均速度较小，下落的高度相同，它在空中运动的时间较长，D正确。10．(2019·广东肇庆三模)如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L。当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则()A．飞镖击中P点所需的时间为Lv0B．圆盘的半径可能为gL22v20C．圆盘转动角速度的最小值为πv0LD．P点随圆盘转动的线速度不可能为5πgL4v0答案AC解析飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此t＝Lv0，故A正确；飞镖击中P点时，P恰好在最下方，则2r＝12gt2，解得圆盘的半径为：r＝gL24v20，故B错误；飞镖击中P点，则P点转过的角度满足：θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0,1,2…)，故ω＝θt＝2k＋1πv0L，则圆盘转动角速度的最小值为πv0L，故C正确；P点随圆盘转动的线速度为：v＝ωr＝2k＋1πv0L·gL24v20＝2k＋1πgL4v0，当k＝2时，v＝5πgL4v0，故D错误。11．(2019·河北衡水中学三模)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a­F图象，g取10m/s2，则()A．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1B．当F＝10N时木板B加速度为4m/s2C．木板B的质量为1kgD．滑块A的质量为4kg答案BC解析由图乙知，F≤8N时，A、B相对静止，当F＝8N时，加速度为：a＝2m/s2，对A、B整体，由牛顿第二定律有：F＝(mA＋mB)a，代入数据解得：mA＋mB＝4kg；当F大于8N时，A、B发生相对滑动，对B，根据牛顿第二定律得：a＝F－μmAgmB＝1mBF－μmAgmB，由图示图象可知，图线的斜率：k＝1mB＝28－6kg－1＝1kg－1，解得：mB＝1kg，滑块A的质量为：mA＝3kg；对于方程a＝F－μmAgmB＝1mBF－μmAgmB，由图乙知当a＝0时，F＝6N，代入数据解得μ＝0.2，故A、D错误，C正确。当F＝10N＞8N时，滑块A与木板B相对滑动，B的加速度为：aB＝F－μmAgmB＝10－0.2×3×101m/s2＝4m/s2，故B正确。12．2019年央视春晚加入了非常多的科技元素，在舞台表演中还出现了无人机。现通过传感器将某台无人机上升向前追踪拍摄的飞行过程转化为竖直向上的速度vy及水平方向速度vx与飞行时间t的关系图象，如图所示。则下列说法正确的是()A．无人机在t1时刻处于超重状态B．无人机在0～t2这段时间内沿直线飞行C．无人机在t2