2020届高考物理二轮复习 刷题首选卷 阶段滚动卷二课件

阶段滚动卷二本试卷分第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．(2019·四川自贡高三一诊)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Ⅰ是圆轨道，轨道Ⅱ和轨道Ⅲ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Ⅰ上的运行速度大于7.9km/sB．卫星在轨道Ⅱ上运动时，在P点和Q点的速度大小相等C．卫星在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度等于卫星在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度D．卫星从轨道Ⅰ的P点加速进入轨道Ⅱ后机械能减小答案C解析第一宇宙速度v1＝7.9km/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Ⅰ上运行时的速度一定小于7.9km/s，故A错误；根据开普勒第二定律可知，卫星在轨道Ⅱ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＝GMr2可知，卫星在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度等于卫星在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度，故C正确；卫星从轨道Ⅰ的P点加速进入轨道Ⅱ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R2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R2aGD．地球两极的重力加速度大小为94a答案D解析根据GMmr2＝ma得a＝GMr2，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a＝ω2r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GMmr2＝mv2r可知v＝GMr，则B的线速度大于地球同步卫星的线速度，而根据v＝ωr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GMmR＋R22＝ma可得，地球的质量为9R2a4G，故C错误；根据GMmR2＝mg可得，地球两极的重力加速度大小为g＝GMR2＝94a，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vm4增至vm2，所用的时间可能等于3mv2m32PD．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2svm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vm4增至vm2，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：Pt－fs′＝12mvm22－12m·vm42，解得t＝3mv2m32P＋fs′P，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vm2·Ts，解得T＜2svm，故D正确。4．(2019·安徽合肥二模)如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能E与距地面高度h的关系如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是()A．在0～h0过程中，F大小始终为mgB．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少答案C解析0～h0过程中，Ek­h图象为一条直线，由动能定理得：(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；由A可知，F在0～h0过程中做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；由A、B两项分析可知，在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h0～3.5h0过程中，取任一高度(2h0＋h′)，由图乙可知此时物体的动能为mg(1.5h0－h′)，由动能定理WF′－mgh′＝mg(1.5h0－h′)－1.5mgh0，得WF′＝0，即F做功为0，故物体的机械能保持不变，D错误。5．(2019·大武口区校级一模)质量m＝200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图象甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图象乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是()A．汽车受到的阻力为200NB．汽车的最大牵引力为800NC．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为90mD．8～18s过程中汽车牵引力做的功为8×104J答案D解析当牵引力等于阻力时，汽车的速度达到最大值，则有：f＝Pmvm＝800N，故A错误；在0～8s过程中，汽车做匀加速运动，在8～16s过程中，汽车做加速度减小的加速运动，由F－f＝ma可知，牵引力逐渐减小，由此可知0～8s汽车的牵引力最大，则有：Fm＝Pmv1＝8×1038N＝1000N，故B错误；汽车做变加速运动的过程中，根据动能定理得：Pmt－fs＝12mv2m－12mv21，解得：s＝95.5m，故C错误；8～18s过程中汽车牵引力已达到最大功率，所以牵引力做的功为：W＝Pmt＝8×104J，故D正确。6.(2019·重庆南开中学高三4月模拟)如图所示，甲、乙两小球大小相同，质量相等，甲小球从某高度h处释放，做自由落体运动，乙小球在它的正下方的水平面上以某一初速度同时做竖直上抛运动，如果两小球碰撞时恰好速度大小相等，方向相反，且碰撞过程中无机械能损失，关于其运动，下列说法正确的是()A．甲、乙小球从开始运动到相碰的过程，系统动量守恒B．甲小球碰后将先回到出发点C．乙小球碰前、碰后两个阶段的重力的冲量一定相等D．甲、乙两球碰前的平均速度大小比值为1∶2答案C解析甲、乙小球从开始运动到相碰的过程，由于它们都受重力的作用，系统的合力不为零，所以系统动量不守恒，故A错误；两球发生弹性碰撞，碰后两球速度大小相等，方向相反，运动规律与各自碰撞前的运动规律对称，则它们运动时间相等，即同时回到出发点，所以小球碰前、碰后两个阶段的时间相同，小球所受重力的冲量也相同，故B错误，C正确；设甲、乙两球相遇时的速度为v，甲的初速度为0，乙的初速度为v1，由题知甲、乙两球运动时间相同，加速度大小相等，即v＝gt＝v1－gt，由此可得v1＝2v，由匀变速运动平均速度v＝v0＋vt2知，v甲＝0＋v2＝v2，v乙＝2v＋v2＝3v2，则v甲∶v乙＝1∶3，故D错误。7．(2019·北京西城一模)随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野。“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是()A．v1v0B．v1＝v0C．v2v0D．v2＝v0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：Mu－mv0＝mv1＋Mu1，由能量守恒12Mu2＋12mv20＝12mv21＋12Mu21，联立解得探测器碰后的速度v1＝2Mu＋Mv0－mv0M＋m，因M≫m，则v1≈2u＋v0v0，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：Mu＋mv0＝－mv2＋Mu2，由能量守恒12Mu2＋12mv20＝12mv22＋12Mu22，联立解得探测器碰后的速度v2＝Mv0－2Mu－mv0M＋m，因M≫m，则v2≈v0－2uv0，故C、D均错误。8.(2019·大连模拟)嫦娥四号月球探测器已于2018年12月8日在西昌卫星发射中心由长征三号乙运载火箭发射成功。嫦娥四号将经历地月转移、近月制动、环月飞行，最终实现人类首次月球背面软着陆和巡视勘察。已知地球质量为M1，半径为R1，表面的重力加速度为g，月球质量为M2，半径为R2，两者均可视为质量分布均匀的球体。则下列说法正确的是()A．月球表面的重力加速度为M2gM1R2R12B．探测器在月面行走时，探测器内的仪器处于完全失重状态C．月球的第一宇宙速度为R1M2gM1R2D．嫦娥四号环月飞行的最小周期为2πM1R32M2gR21答案CD解析在地球表面，根据万有引力和重力的关系可得：mg＝GM1mR21，在月球表面，根据万有引力和重力的关系可得：mg月＝GM2mR22，联立解得：g月＝M2gM1R1R22，故A错误；探测器在月面行走时，探测器内的仪器仍受月球的重力作用，不是处于失重状态，故B错误；月球的第一宇宙速度为v＝g月R2＝R1M2gM1R2，故C正确；嫦娥四号环月飞行时按月球的第一宇宙速度运行时周期最小，嫦娥四号环月飞行的最小周期为T＝2πR2v＝2πM1R32M2gR21，故D正确。9.(2019·吉林省长春市二模)如图所示，固定于地面、倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的外力F作用下处于静止状态。某一时刻将力F撤去，在弹簧将A、B弹出过程中，若A、B能够分离，重力加速度为g。则下列叙述正确的是()A．A、B刚分离的瞬间，两物块速度达到最大B．A、B刚分离的瞬间，A的加速度大小为gsinθC．从力F撤去到A、B分离的过程中，A物块的机械能一直增加D．从力F撤去到A、B分离的过程中，A、B物块和弹簧构成的系统机械能守恒答案BCD解析当加速度等于零时，两个物块的速度达到最大，A、B刚分离的瞬间，弹簧处于原长状态，A、B之间没有弹力作用，此时A、B都只受重力和斜面的支持力，有共同的沿斜面向下的加速度gsinθ，速度不是最大，A错误，B正确；从力F撤去到A、B分离的过程中，弹簧对A物块的弹力始终大于B物块对A物块的弹力，这两个力的合力对A做正功，所以A的机械能增大，C正确；从力F撤去到A、B分离的过程中，A、B物块和弹簧构成的系统只有重力和弹簧弹力做功，所以系统机械能守恒，D正确。10．(2019·河北唐山一模)一子弹以初速度v0击中静止在光滑水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块运动的位移为s。则以下说法正确的是()A．子弹动能的亏损等于系统动能的亏损B．子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小C．摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功D．子弹对木块做的功等于木块动能的增量答案BD解析子弹射