《高考物理二轮复习 刷题首选卷 阶段滚动卷一（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮复习 刷题首选卷 阶段滚动卷一（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、阶段滚动卷一 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()A21 B52 C65 D73
2、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(1)()()。通过连续两个相等位移的时间的最大比值为1(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(1)均有可能，故B不可能。2. 如图所示，A、B两物体相距s7 m，物体A以vA4 m/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vB10 m/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0.2，那么物体A追上物体B所用的时间为()A7 s B8 s C9 s D10 s答案B解析B匀减速运动的加速度大小ag0.210 m/s22 m/s2，B
3、速度减为零的时间t1 s5 s，此时A的位移xAvAt145 m20 m，B的位移xB m25 m，由于xBsxA，可知B速度减为零时，A还未追上B，A继续追及的时间t2 s3 s，则物体A追上物体B所用的时间tt1t25 s3 s8 s，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x0.5 m处甲、乙两车的速度均为2 m/sC在t2 s末甲、乙两车相遇D在x4 m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v
4、2v2ax，得v22axv，可知图象的斜率k2a，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x0.5 m处甲、乙两车的速度平方均为2 m2s2，速度均为 m/s，故B错误；由v2v2ax，结合图象可知，甲车做初速度为0、加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，乙车做初速度为1 m/s、加速度为1 m/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：xa甲t2v0ta乙t2，解得t2 s，相遇时的位移为x4 m，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
5、别如图b中的、所示。球下落过程所受空气阻力大小f满足fkv(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()Am1m2B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kvmg，得m，所以有，由图知v2v1，故m1m2，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，0t2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v0，此时空气阻力f0，两球均只受重
6、力，加速度均为重力加速度g，故C错误，符合题意；在t1t2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：
7、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)，
8、若不计空气阻力，下列说法中正确的是()AA、B两镖在空中运动的时间相同BB镖掷出时的初速度比A镖掷出时的初速度小CA、B镖的速度变化方向可能不同DA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hgt2得t ，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
9、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
10、杆方向，F弹cos30mgcos30N，则N0，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，则从开始到弹簧与杆垂直位置的过程中，由平衡知识：F弹cosFmgsin30，随角的增加，F弹减小，cos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：FF弹cosmgsin30，随角的减小，F弹增大，cos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
11、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()Aa球质量大于b球质量B在t1时刻两小球间距最小C在0t2时间内两小球间距逐渐减小D在0t3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0t3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0t1时间内做匀减速直线运动，所
12、受排斥力与运动方向相反，在t1t3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，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a0时速度最大，则vm，则雨滴的质量越大，其最大速度越
13、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B圆盘的半径可能为C圆盘转动角速度的最小值为DP点随圆盘转动的线速度不可能为答案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，故A正确；飞镖击中P点时，P恰好在
14、最下方，则2rgt2，解得圆盘的半径为：r，故B错误；飞镖击中P点，则P点转过的角度满足：t2k(k0,1,2)，故，则圆盘转动角速度的最小值为，故C正确；P点随圆盘转动的线速度为：vr，当k2时，v，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10 m/s2，则()A滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1B当F10 N时木板B加速度为4 m/s2C木板B的质量为1 kgD滑块A的质量为4 kg答案BC解析由图乙知，F8 N时，A、B相
15、对静止，当F8 N时，加速度为：a2 m/s2，对A、B整体，由牛顿第二定律有：F(mAmB)a，代入数据解得：mAmB4 kg；当F大于8 N时，A、B发生相对滑动，对B，根据牛顿第二定律得：aF，由图示图象可知，图线的斜率：k kg11 kg1，解得：mB1 kg，滑块A的质量为：mA3 kg；对于方程aF，由图乙知当a0时，F6 N，代入数据解得0.2，故A、D错误，C正确。当F10 N8 N时，滑块A与木板B相对滑动，B的加速度为：aB m/s24 m/s2，故B正确。122019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
16、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0t2这段时间内沿直线飞行C无人机在t2时刻上升至最高点D无人机在t2t3时间内做匀变速运动答案AD解析根据图象可知，无人机在t1时刻，在竖直方向上向上做匀加速直线运动，有竖直向上的加速度，处于超重状态，故A正确；由图象可知，无人机在t0时刻，vy0，合初速度为vx沿水平方向，水平与竖直方向均有加速度，那么合加速度与合初速度不共线，所以无人机做曲线运动，即无人机沿曲线上升，故B错误；无人机在竖直方向，先向上做匀加速直线运动，后向上做匀减速直线运动，在t
17、3时刻上升至最高点，故C错误；无人机在t2t3时间内，在水平方向上做匀速直线运动，而在竖直方向上向上做匀减速直线运动，因此无人机做匀变速运动，故D正确。第卷二、非选择题(本题共4小题，共52分。解答应写出必要的文字说明、只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13. (2019山东淄博三模)(12分)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。某次实验中，砝码的质量m10.1 kg，纸板的质量m20.01 kg，各接触面间的动摩擦因数均为0.2，砝码与纸板左端的距离d0.1
18、m，重力加速度g取10 m/s2。砝码移动的距离超过l0.002 m，人眼就能感知。若本次实验未感知到砝码的移动，求：(1)砝码移动的最长时间；(2)若实验中拉力为恒力，则纸板所需的拉力至少多大？答案(1) s(2)2.44 N解析(1)设砝码在纸板上加速运动时的加速度大小为a1，在桌面上减速运动的加速度大小为a2，由m1gm1a1m1a2知：a1a22 m/s2所以砝码加速和减速的时间相等，分析可知加速运动的最大距离是l，由la1t2，得：t s则砝码移动的最长时间为tm2t s。(2)设当纸板的加速度为a3时砝码经历时间t恰好从纸板上滑下，则此时的拉力最小，设为F，对纸板，由运动学公式：d
19、a3t2得：a3202 m/s2由F(m1m2)gm1gm2a3得：F2.44 N即纸板所需的拉力至少为2.44 N。14(12分)如图所示，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可视为质点的滑块静止放在木板的上表面。t0时刻，给木板一个水平向右的初速度v0，同时对木板施加一个水平向左的恒力F，经一段时间，滑块从木板上掉下来。已知木板质量M3 kg，高h0.2 m，与地面间的动摩擦因数0.2；滑块质量m0.5 kg，初始位置距木板左端L10.46 m，距木板右端L20.14 m；初速度v02 m/s，恒力F8 N，重力加速度g10 m/s2。求：(1)滑块从离开木板开始到落至地面所用的
20、时间；(2)滑块离开木板时，木板的速度大小；(3)从t0时刻开始到滑块落到地面的过程中，摩擦力对木板做的功。答案(1)0.2 s(2)0.6 m/s(3)7.38 J解析(1)设滑块从离开木板开始到落到地面所用的时间为t0，以地面为参考系，滑块离开木板后做自由落体运动，根据运动学公式知hgt得t0 0.2 s。(2)木板向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律F(mM)gMa1得a15 m/s2则木板减速到零所经过的位移s10.4 m由于s1L10.46 m，表明这时滑块仍然停留在木板上，此后木板开始向左做匀加速直线运动，摩擦力的方向改变，由牛顿第二定律F(mM)gMa2得a2 m/s2滑块离开木
21、板时，木板向左的位移s2s1L20.54 m该过程根据运动学公式得滑块滑离瞬间木板的速度v20.6 m/s。(3)滑块离开木板后，木板所受地面的支持力及摩擦力随之改变，由牛顿第二定律FMgMa3，得a3 m/s2故木板在t0这段时间的位移为s3v2t0a3t m整个过程摩擦力对木板做的功为Wf(mM)g(s1s2)Mgs37.38 J。15(14分)将一端带有四分之一圆弧轨道的长木板固定在水平面上，其中B点为圆弧轨道的最低点，BC段为长木板的水平部分，长木板的右端与平板车平齐并紧靠在一起，但不粘连。现将一质量m12 kg的物块由圆弧的最高点A无初速度释放，经过B点时对长木板的压力大小为40 N
22、。物块经C点滑到平板车的上表面，若平板车固定不动，物块恰好停在平板车的最右端。已知圆弧轨道的半径R3.6 m，BC段的长度L15.0 m，平板车的长度L24.0 m，物块与BC段之间的动摩擦因数0.2，平板车与水平面之间的摩擦力可忽略不计，g10 m/s2。求：(1)物块滑到B点的速度vB；(2)物块在BC段滑动的时间t；(3)若换一材料、高度相同但长度仅为L31 m的平板车，平板车的质量m21 kg，且不固定，试通过计算判断物块是否能滑离小车，若不能滑离，求出最终物块离平板车左端的距离；若能滑离，求出滑离时物块和小车的速度的大小。答案(1)6 m/s(2)1 s(3)能滑离滑离时物块的速度大
23、小为 m/s，小车的速度大小为 m/s解析(1)根据作用力和反作用力等大反向可得：物块在B点时受到长木板的支持力F40 N对物块在B点竖直方向上应用牛顿第二定律可得：Fm1g，解得vB 6 m/s。(2)物块在BC段上的合外力为fm1g，故物块以大小为ag2 m/s2的加速度做匀减速运动，故由匀减速运动规律可得：L1vBtat2所以，56tt2，故t1 s或t5 s故物块向右运动到C的时间为t1 s。(3)由(2)可得：物块在C点的速度vCvBat4 m/s平板车固定不动，物块恰好停在平板车的最右端，故在平板车上的平均速度为vC2 m/s，所以，运动时间t12 s那么，加速度大小a1g2 m/
24、s2所以，物块和平板车间的动摩擦因数0.2平板车不固定时，物块做加速度大小为a12 m/s2的匀减速运动，平板车做加速度a22g4 m/s2的匀加速运动，直到达到共同速度或物块滑出平板车，若物块和平板车经过时间t2达到共同速度v，则有vvCa1t2a2t2解得t2 s，故va2t2 m/s那么，物块和平板车的相对位移dt2t2 mL3由此可知，在物块与平板车达到共速之前，物块已经滑离平板车，设物块在平板车上的运动时间为t3，则有相对位移L3vCt3a1ta2t得14t33t所以，t3 s(另一解t31 st1 s，舍去)，故物块的速度v1vCa1t3 m/s平板车的速度v2a2t3 m/s。1
25、6(14分) 小明站在水平地面上，手握住不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动。当小球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如图所示。已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为d，忽略手的运动半径和空气阻力。(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2；(2)求绳能承受的最大拉力；(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应是多少？最大水平距离为多少？答案(1)(2)mg(3)d解析(1)设绳断后球做平抛运动的时间为t1，竖直方向上：dgt水平方向上：dv1t1解得：v1根据动能定理得，mgdmvmv解得v2 。(2)设绳能承受的最大拉力为Fm，球做圆周运动的半径为：Rd，对小球，由牛顿第二定律可得：Fmmgm，解得：Fmmg。(3)设绳长为l，绳断时球的速度为v3，有：Fmmgm解得：v3 。绳断后球做平抛运动，竖直位移为dl，水平位移为x，时间为t2，竖直方向有：dlgt水平方向有：xv3t2。得xv3t24 根据数学关系有当l时，x有最大值，为：xmd。