1、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/s B卫星在轨道上运动时，在 P 点和 Q 点的速度大小相等 C卫
2、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 aGMr2 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
3、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 a B物体 A 的线速度比卫星 B 的线速度大 C地球的质量为R2aG D地球两极的重力加速度大小为94a 答案 D 解析 根据 GMmr2 ma 得 aGMr2，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，
4、故 A 错误；根据 GMmr2 mv2r 可知 vGMr，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 G MmRR22ma 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 gGMR2 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
5、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3mv2m32P 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
6、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：Ptfs12mvm2212mvm42，解得 t3mv2m32P fsP，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 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
7、守恒定律：Mumv0mv1Mu1，由能量守恒12Mu212mv2012mv2112Mu21，联立解得探测器碰后的速度v12MuMv0mv0Mm，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12Mu212mv2012mv2212Mu22，联立解得探测器碰后的速度 v2Mv02Mumv0Mm，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
8、A 碰前瞬间速度大小为 v1，对 C，由动能定理得：4mgsin30(6lx1)4mgcos306l12(4m)v2112(4m)v20 联立以上各式得：v1 23gl。(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：4mv18mv2 C 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：12(8m)v22Ep8mgsin30l12(8m)v23 此后 C 与 A 分离，C 沿斜面向上做匀减速
9、运动直至停下，对 C，根据动能定理可得：4mgsin30 x24mgcos30 x2012(4m)v23 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 x34mgsin30kl，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：4mgsin30l4mgcos30lWTEk12(4m)v23 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
10、 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
11、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)0.5 0.45 m(2)22 m/s(3)43 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：v2C2axOC 解得：vC1 m/s 物体 A 从 C 到 D 的过程中，由动能定理得：Fx1mgxCD012mv2C 其中
12、x10.225 m0.1 m0.125 m 解得：xCD0.35 m D 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012mv2C1 物体 A 从 O 到 C，由动能定理得：W 弹WF12mv2C0 其中 WFFC2 xOC 联立解得：vC1 22 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12Mv2012Mv2112mv22 物体 A 从 D 到 C 的过程中，由动能定理：mgxCD12mv2C112mv22 联立解得：v22 m/s、v043 m/s。本课结束
