《2020屆高考物理二輪復習 刷題首選卷 階段滾動卷一（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考物理二輪復習 刷題首選卷 階段滾動卷一（含解析）（13頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、階段滾動卷一 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分100分，時間90分鐘。 第Ⅰ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1～7題只有一個選項符合題目要求，第8～12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·烏魯木齊二模)2018年7月1日，具有完全自主產權的我國加長版“復興號”動車組正式在京滬線上運行。一列加長版“復興號”動車組從上海虹橋車站由靜止開始做勻加速直線運動，從某節(jié)車廂前端開始通過站臺上一站立的工作人員開始計時，相鄰兩節(jié)車廂依次通過該工作人員的時間之比不可能是(

2、　　) A．2∶1 B．5∶2 C．6∶5 D．7∶3 答案　B 解析　初速度為零的勻變速直線運動通過連續(xù)相等位移的時間之比為1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。通過連續(xù)兩個相等位移的時間的最大比值為1∶(－1)，該題是從某節(jié)車廂前端通過該工作人員開始計時，故只要比值小于1∶(－1)均有可能，故B不可能。 2. 如圖所示，A、B兩物體相距s＝7 m，物體A以vA＝4 m/s的速度向右做勻速直線運動(A所受的平衡摩擦的外力未畫出)，而物體B此時的速度vB＝10 m/s，只在滑動摩擦力作用下向右做勻減速直線運動，B與水平地面的動摩擦因數μ＝0.2，那么物體A追上物體B所用的時間為(　　

3、) A．7 s B．8 s C．9 s D．10 s 答案　B 解析　B勻減速運動的加速度大小a＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2，B速度減為零的時間t1＝＝ s＝5 s，此時A的位移xA＝vAt1＝4×5 m＝20 m，B的位移xB＝＝ m＝25 m，由于xB＋s＞xA，可知B速度減為零時，A還未追上B，A繼續(xù)追及的時間t2＝＝ s＝3 s，則物體A追上物體B所用的時間t＝t1＋t2＝5 s＋3 s＝8 s，故B正確，A、C、D錯誤。 3．(2019·湖南三湘名校教育聯(lián)盟三模)甲、乙兩輛汽車在平直公路上，從同一地點同時同向均做勻加速直線運動，甲、乙速度的平方隨位移

4、變化的圖象如圖所示，則(　　) A．甲車的加速度比乙車的加速度小 B．在x＝0.5 m處甲、乙兩車的速度均為2 m/s C．在t＝2 s末甲、乙兩車相遇 D．在x＝4 m處甲、乙兩車不相遇 答案　C 解析　根據勻變速直線運動速度位移關系公式v2－v＝2ax，得v2＝2ax＋v，可知圖象的斜率k＝2a，由圖可知，甲的斜率大于乙的斜率，故甲車的加速度比乙車的加速度大，A錯誤；由圖象可知，在x＝0.5 m處甲、乙兩車的速度平方均為2 m2·s－2，速度均為 m/s，故B錯誤；由v2－v＝2ax，結合圖象可知，甲車做初速度為0、加速度為2 m/s2的勻加速直線運動，乙車做初速度為1 m

5、/s、加速度為1 m/s2的勻加速直線運動，根據勻變速直線運動規(guī)律可得兩車相遇時：x＝a甲t2＝v0t＋a乙t2，解得t＝2 s，相遇時的位移為x＝4 m，故C正確，D錯誤。 4．(2019·山東威海三模)甲、乙兩球質量分別為m1、m2，從不同高度由靜止釋放，如圖a所示。甲、乙兩球的v-t圖象分別如圖b中的①、②所示。球下落過程所受空氣阻力大小f滿足f＝kv(v為球的速率，k為常數)，t2時刻兩球第二次相遇。落地前，兩球的速度都已達到各自的穩(wěn)定值v1、v2。下列判斷不正確的是(　　) A．m1＞m2 B．乙球釋放的位置高 C．兩球釋放瞬間，甲球的加速度較大 D．兩球第一次相遇的時

6、刻在t1時刻之前 答案　C 解析　兩球穩(wěn)定時均做勻速直線運動，則有kv＝mg，得m＝，所以有＝，由圖知v2＞v1，故m1＞m2，A正確，不符合題意；v-t圖象與時間軸圍成的面積表示物體通過的位移，由圖可知，0～t2時間內，乙球下降的高度較大，而t2時刻兩球第二次相遇，所以乙球釋放的位置高，故B正確，不符合題意；兩球釋放瞬間v＝0，此時空氣阻力f＝0，兩球均只受重力，加速度均為重力加速度g，故C錯誤，符合題意；在t1～t2時間內，甲球下落的高度較大，而t2時刻兩球第二次相遇，所以兩球第一次相遇的時刻在t1時刻之前，故D正確，不符合題意。故選C。 5．(2019·江蘇省七市高三第三次調研)

7、將小球以某一初速度從A點水平向左拋出，運動軌跡如圖所示，B為軌跡上的一點。改變拋出點位置，為使小球仍沿原方向經過B點，不計空氣阻力，以下做法可能實現(xiàn)的是(　　) A．在A點左側等高處以較小的初速度水平拋出小球 B．在A點右側等高處以較大的初速度水平拋出小球 C．在A、B兩點間軌跡上某點沿切線向左下方拋出小球 D．在A、B兩點間軌跡上某點以較小的初速度水平向左拋出小球 答案　C 解析　根據平拋運動的推論：速度反向延長線過水平位移的中點，如下圖。 在與A等高處水平拋出小球，無論在A點左側還是右側，只要沿原方向經過B點，則不滿足平拋運動的推論，A、B錯誤；當在A、B兩點間軌跡上

8、某點沿切線向左下方拋出小球，只要小球速度等于原小球經過該點時的速度，則小球軌跡與原軌跡重合，小球能夠沿原方向經過B點，C正確；在A、B兩點間軌跡上某點以較小的初速度水平向左拋出小球，根據幾何關系可知，如果沿原方向經過B點，小球速度反向延長線不能過水平位移中點，D錯誤。 6．(2019·廣東揭陽一模)在豎直墻壁上懸掛一鏢靶，某人站在離墻壁一定距離的某處，先后將兩只飛鏢A、B由同一位置水平擲出，兩只飛鏢落在靶上的狀態(tài)如圖所示(側視圖)，若不計空氣阻力，下列說法中正確的是(　　) A．A、B兩鏢在空中運動的時間相同 B．B鏢擲出時的初速度比A鏢擲出時的初速度小 C．A、B鏢的速度變化方向

9、可能不同 D．A鏢的質量一定比B鏢的質量小 答案　B 解析　B鏢下落的高度大于A鏢下落的高度，根據h＝gt2得t＝ ，B鏢下降的高度大，則B鏢的運動時間長，故A錯誤；因為A、B兩鏢水平位移相等，B鏢的運動時間長，則B鏢的初速度小，故B正確；因為A、B鏢都做平拋運動，速度變化量的方向與加速度方向相同，均豎直向下，故C錯誤；平拋運動的時間與質量無關，本題無法比較兩飛鏢的質量，故D錯誤。 7．(2019·山東濰坊二模)如圖所示，固定的光滑直桿傾角為30°，質量為m的小環(huán)穿過直桿，并通過彈簧懸掛在天花板上，小環(huán)靜止時，彈簧恰好處于豎直位置，現(xiàn)對小環(huán)施加沿桿向上的拉力F，使環(huán)緩慢沿桿滑動，直到彈

10、簧與豎直方向的夾角為60°。整個過程中，彈簧始終處于伸長狀態(tài)，以下判斷正確的是(　　) A．彈簧的彈力逐漸增大 B．彈簧的彈力先減小后增大 C．桿對環(huán)的彈力逐漸增大 D．拉力F先增大后減小 答案　B 解析　整個過程中，彈簧始終處于伸長狀態(tài)，由幾何關系可知，彈簧的長度先減小后增大，即彈簧的伸長量先減小后增大，彈簧的彈力先減小后增大，A錯誤，B正確；開始時，彈簧恰好處于豎直位置，此時F彈＝mg，桿對環(huán)的彈力N為0，當環(huán)緩慢沿桿滑動，直到彈簧與豎直方向的夾角為60°時，由幾何關系知，彈簧的長度等于開始時的長度，此時F彈＝mg，在垂直桿方向，F(xiàn)彈cos30°＝mgcos30°＋N′，則

11、N′＝0，故桿對環(huán)的彈力先增大后減小，C錯誤；設彈簧與桿之間的夾角為θ，則從開始到彈簧與桿垂直位置的過程中，由平衡知識：F彈cosθ＋F＝mgsin30°，隨θ角的增加，F(xiàn)彈減小，cosθ減小，則F增大，從彈簧與桿垂直位置到彈簧與豎直方向的夾角為60°的過程中，由平衡知識：F＝F彈cosθ＋mgsin30°，隨θ角的減小，F(xiàn)彈增大，cosθ增大，則F仍然是增大；綜上可知拉力F一直增大，D錯誤。 8．(2019·河南百師聯(lián)盟高三上學期七調)在光滑水平面上，a、b兩小球沿水平面相向運動。當小球間距小于或等于L時，受到大小相等、方向相反的相互排斥恒力作用。小球間距大于L時，相互排斥力為零。小球在相

12、互作用區(qū)間運動時始終未接觸，兩小球運動時速度v隨時間t的變化關系圖象如圖所示，由圖可知(　　) A．a球質量大于b球質量 B．在t1時刻兩小球間距最小 C．在0～t2時間內兩小球間距逐漸減小 D．在0～t3時間內b球所受排斥力方向始終與運動方向相反 答案　AC 解析　從速度—時間圖象可以看出，在0～t3時間內b球的速度—時間圖線的斜率絕對值較大，所以b球的加速度較大，兩小球之間的排斥力為相互作用力，大小相等，根據a＝知，加速度大的質量小，所以b球質量較小，故A正確；開始時二者做相向運動，兩球間距逐漸減小，當兩小球速度相等時距離最近，即t2時刻兩小球最近，之后距離又開始逐漸變大，

13、故B錯誤，C正確；b球0～t1時間內做勻減速直線運動，所受排斥力與運動方向相反，在t1～t3時間內做反向的勻加速直線運動，所受排斥力與運動方向相同，D錯誤。 9．(2019·山東泰安一模)雨滴在空氣中下落時會受到空氣阻力的作用。假設阻力大小只與雨滴的速率成正比，所有雨滴均從相同高處由靜止開始下落，到達地面前均達到最大速率。下列判斷正確的是(　　) A．達到最大速率前，所有雨滴均做勻加速運動 B．所有雨滴的最大速率均相等 C．較大的雨滴最大速率也較大 D．較小的雨滴在空中運動的時間較長 答案　CD 解析　根據牛頓第二定律：a＝，則雨滴下落時，隨速度的增大，加速度逐漸減小，則達到最大

14、速率前，所有雨滴均做加速度減小的變加速運動，A錯誤；當a＝0時速度最大，則vm＝，則雨滴的質量越大，其最大速度越大，B錯誤，C正確；較小的雨滴在空中運動的最大速度較小，整個過程的平均速度較小，下落的高度相同，它在空中運動的時間較長，D正確。 10．(2019·廣東肇慶三模) 如圖所示，一位同學玩飛鏢游戲。圓盤最上端有一P點，飛鏢拋出時與P等高，且距離P點為L。當飛鏢以初速度v0垂直盤面瞄準P點拋出的同時，圓盤以經過盤心O點的水平軸在豎直平面內勻速轉動。忽略空氣阻力，重力加速度為g，若飛鏢恰好擊中P點，則(　　) A．飛鏢擊中P點所需的時間為 B．圓盤的半徑可能為 C．圓盤轉動角速度

15、的最小值為 D．P點隨圓盤轉動的線速度不可能為 答案　AC 解析　飛鏢水平拋出做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，因此t＝，故A正確；飛鏢擊中P點時，P恰好在最下方，則2r＝gt2，解得圓盤的半徑為：r＝，故B錯誤；飛鏢擊中P點，則P點轉過的角度滿足：θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0,1,2…)，故ω＝＝，則圓盤轉動角速度的最小值為，故C正確；P點隨圓盤轉動的線速度為：v＝ωr＝·＝，當k＝2時，v＝，故D錯誤。 11．(2019·河北衡水中學三模)如圖甲所示，足夠長的木板B靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊A。木板B受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出木板B的加速度a，得到

16、如圖乙所示的a-F圖象，g取10 m/s2，則(　　) A．滑塊A與木板B間動摩擦因數為0.1 B．當F＝10 N時木板B加速度為4 m/s2 C．木板B的質量為1 kg D．滑塊A的質量為4 kg 答案　BC 解析　由圖乙知，F(xiàn)≤8 N時，A、B相對靜止，當F＝8 N時，加速度為：a＝2 m/s2，對A、B整體，由牛頓第二定律有：F＝(mA＋mB)a，代入數據解得：mA＋mB＝4 kg；當F大于8 N時，A、B發(fā)生相對滑動，對B，根據牛頓第二定律得：a＝＝F－，由圖示圖象可知，圖線的斜率：k＝＝ kg－1＝1 kg－1，解得：mB＝1 kg，滑塊A的質量為：mA＝3 kg；對

17、于方程a＝＝F－，由圖乙知當a＝0時，F(xiàn)＝6 N，代入數據解得μ＝0.2，故A、D錯誤，C正確。當F＝10 N＞8 N時，滑塊A與木板B相對滑動，B的加速度為：aB＝＝ m/s2＝4 m/s2，故B正確。 12．2019年央視春晚加入了非常多的科技元素，在舞臺表演中還出現(xiàn)了無人機?，F(xiàn)通過傳感器將某臺無人機上升向前追蹤拍攝的飛行過程轉化為豎直向上的速度vy及水平方向速度vx與飛行時間t的關系圖象，如圖所示。則下列說法正確的是(　　) A．無人機在t1時刻處于超重狀態(tài) B．無人機在0～t2這段時間內沿直線飛行 C．無人機在t2時刻上升至最高點 D．無人機在t2～t3時間內做勻變速運動

18、 答案　AD 解析　根據圖象可知，無人機在t1時刻，在豎直方向上向上做勻加速直線運動，有豎直向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故A正確；由圖象可知，無人機在t＝0時刻，vy＝0，合初速度為vx沿水平方向，水平與豎直方向均有加速度，那么合加速度與合初速度不共線，所以無人機做曲線運動，即無人機沿曲線上升，故B錯誤；無人機在豎直方向，先向上做勻加速直線運動，后向上做勻減速直線運動，在t3時刻上升至最高點，故C錯誤；無人機在t2～t3時間內，在水平方向上做勻速直線運動，而在豎直方向上向上做勻減速直線運動，因此無人機做勻變速運動，故D正確。 第Ⅱ卷 二、非選擇題(本題共4小題，共52分。解答應寫出必要

19、的文字說明、只寫出最后答案的不能得分，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位) 13. (2019·山東淄博三模)(12分)如圖所示，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗。某次實驗中，砝碼的質量m1＝0.1 kg，紙板的質量m2＝0.01 kg，各接觸面間的動摩擦因數均為μ＝0.2，砝碼與紙板左端的距離d＝0.1 m，重力加速度g取10 m/s2。砝碼移動的距離超過l＝0.002 m，人眼就能感知。若本次實驗未感知到砝碼的移動，求： (1)砝碼移動的最長時間； (2)若實驗中拉力為恒力，則紙板所

20、需的拉力至少多大？ 答案　(1) s　(2)2.44 N 解析　(1)設砝碼在紙板上加速運動時的加速度大小為a1，在桌面上減速運動的加速度大小為a2， 由μm1g＝m1a1＝m1a2 知：a1＝a2＝2 m/s2 所以砝碼加速和減速的時間相等，分析可知加速運動的最大距離是l， 由l＝a1t2，得：t＝ s 則砝碼移動的最長時間為tm＝2t＝ s。 (2)設當紙板的加速度為a3時砝碼經歷時間t恰好從紙板上滑下，則此時的拉力最小，設為F，對紙板，由運動學公式：d＋＝a3t2 得：a3＝202 m/s2 由F－μ(m1＋m2)g－μm1g＝m2a3 得：F＝2.44 N 即紙

21、板所需的拉力至少為2.44 N。 14．(12分)如圖所示，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可視為質點的滑塊靜止放在木板的上表面。t＝0時刻，給木板一個水平向右的初速度v0，同時對木板施加一個水平向左的恒力F，經一段時間，滑塊從木板上掉下來。已知木板質量M＝3 kg，高h＝0.2 m，與地面間的動摩擦因數μ＝0.2；滑塊質量m＝0.5 kg，初始位置距木板左端L1＝0.46 m，距木板右端L2＝0.14 m；初速度v0＝2 m/s，恒力F＝8 N，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)滑塊從離開木板開始到落至地面所用的時間； (2)滑塊離開木板時，木板的速度大?。?

22、 (3)從t＝0時刻開始到滑塊落到地面的過程中，摩擦力對木板做的功。 答案　(1)0.2 s　(2)0.6 m/s　(3)－7.38 J 解析　(1)設滑塊從離開木板開始到落到地面所用的時間為t0，以地面為參考系，滑塊離開木板后做自由落體運動，根據運動學公式知h＝gt 得t0＝ ＝0.2 s。 (2)木板向右做勻減速直線運動， 由牛頓第二定律F＋μ(m＋M)g＝Ma1 得a1＝5 m/s2 則木板減速到零所經過的位移s1＝＝0.4 m 由于s1＜L1＝0.46 m，表明這時滑塊仍然停留在木板上，此后木板開始向左做勻加速直線運動，摩擦力的方向改變， 由牛頓第二定律F－μ(m＋M

23、)g＝Ma2 得a2＝ m/s2 滑塊離開木板時，木板向左的位移 s2＝s1＋L2＝0.54 m 該過程根據運動學公式得 滑塊滑離瞬間木板的速度v2＝＝0.6 m/s。 (3)滑塊離開木板后，木板所受地面的支持力及摩擦力隨之改變， 由牛頓第二定律F－μMg＝Ma3，得a3＝ m/s2 故木板在t0這段時間的位移為 s3＝v2t0＋a3t＝ m 整個過程摩擦力對木板做的功為 Wf＝－μ(m＋M)g(s1＋s2)－μMgs3＝－7.38 J。 15．(14分)將一端帶有四分之一圓弧軌道的長木板固定在水平面上，其中B點為圓弧軌道的最低點，BC段為長木板的水平部分，長木板的右端

24、與平板車平齊并緊靠在一起，但不粘連?，F(xiàn)將一質量m1＝2 kg的物塊由圓弧的最高點A無初速度釋放，經過B點時對長木板的壓力大小為40 N。物塊經C點滑到平板車的上表面，若平板車固定不動，物塊恰好停在平板車的最右端。已知圓弧軌道的半徑R＝3.6 m，BC段的長度L1＝5.0 m，平板車的長度L2＝4.0 m，物塊與BC段之間的動摩擦因數μ＝0.2，平板車與水平面之間的摩擦力可忽略不計，g＝10 m/s2。求： (1)物塊滑到B點的速度vB； (2)物塊在BC段滑動的時間t； (3)若換一材料、高度相同但長度僅為L3＝1 m的平板車，平板車的質量m2＝1 kg，且不固定，試通過計算判斷物塊

25、是否能滑離小車，若不能滑離，求出最終物塊離平板車左端的距離；若能滑離，求出滑離時物塊和小車的速度的大小。 答案　(1)6 m/s　(2)1 s (3)能滑離　滑離時物塊的速度大小為 m/s，小車的速度大小為 m/s 解析　(1)根據作用力和反作用力等大反向可得： 物塊在B點時受到長木板的支持力F＝40 N 對物塊在B點豎直方向上應用牛頓第二定律可得： F－m1g＝，解得vB＝ ＝6 m/s。 (2)物塊在BC段上的合外力為f＝μm1g， 故物塊以大小為a＝μg＝2 m/s2的加速度做勻減速運動，故由勻減速運動規(guī)律可得：L1＝vBt－at2 所以，5＝6t－t2，故t＝1 s或

26、t＝5 s 故物塊向右運動到C的時間為t＝1 s。 (3)由(2)可得：物塊在C點的速度 vC＝vB－at＝4 m/s 平板車固定不動，物塊恰好停在平板車的最右端， 故在平板車上的平均速度為vC＝2 m/s， 所以，運動時間t1＝＝2 s 那么，加速度大小a1＝μ′g＝＝2 m/s2 所以，物塊和平板車間的動摩擦因數μ′＝0.2 平板車不固定時，物塊做加速度大小為a1＝2 m/s2的勻減速運動， 平板車做加速度a2＝＝2μ′g＝4 m/s2的勻加速運動，直到達到共同速度或物塊滑出平板車， 若物塊和平板車經過時間t2達到共同速度v， 則有v＝vC－a1t2＝a2t2

27、 解得t2＝＝ s，故v＝a2t2＝ m/s 那么，物塊和平板車的相對位移 d＝t2－t2＝ m＞L3 由此可知，在物塊與平板車達到共速之前，物塊已經滑離平板車， 設物塊在平板車上的運動時間為t3， 則有相對位移L3＝vCt3－a1t－a2t 得1＝4t3－3t 所以，t3＝ s(另一解t3＝1 s>t1＝ s，舍去)， 故物塊的速度v1＝vC－a1t3＝ m/s 平板車的速度v2＝a2t3＝ m/s。 16．(14分) 小明站在水平地面上，手握住不可伸長的輕繩一端，繩的另一端系有質量為m的小球，甩動手腕，使球在豎直平面內做圓周運動。當小球某次運動到最低點時，繩突然斷掉，球

28、飛行水平距離d后落地，如圖所示。已知握繩的手離地面高度為d，手與球之間的繩長為d，忽略手的運動半徑和空氣阻力。 (1)求繩斷時球的速度大小v1和球落地時的速度大小v2； (2)求繩能承受的最大拉力； (3)改變繩長，使球重復上述運動，若繩仍在球運動到最低點時斷掉，要使球拋出的水平距離最大，繩長應是多少？最大水平距離為多少？ 答案　(1)　　(2)mg　(3)　d 解析　(1)設繩斷后球做平拋運動的時間為t1， 豎直方向上：d＝gt 水平方向上：d＝v1t1 解得：v1＝＝ 根據動能定理得，mg·d＝mv－mv 解得v2＝ 。 (2)設繩能承受的最大拉力為Fm，球做圓周運動的半徑為：R＝d， 對小球，由牛頓第二定律可得：Fm－mg＝m， 解得：Fm＝mg。 (3)設繩長為l，繩斷時球的速度為v3，有： Fm－mg＝m 解得：v3＝ 。 繩斷后球做平拋運動，豎直位移為d－l，水平位移為x，時間為t2， 豎直方向有：d－l＝gt 水平方向有：x＝v3t2。 得x＝v3t2＝4 根據數學關系有當l＝時，x有最大值，為： xm＝d。 - 13 -