【文档说明】山东省青岛第十六中学2021届高三上学期第9学段模块检测物理试卷 【精准解析】.doc，共(21)页，1.839 MB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年第一学期高三年级第9学段模块检测物理试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.超重和失重现象在日常生活中到处可见，下列说法正确的是（）A.火箭刚点火

起飞时火箭处于超重状态，火箭的重力比原来大B.汽车匀速驶过拱桥顶端时汽车处于超重状态，汽车的加速度方向向下C.举重运动员刚抓举起杠铃时杠铃处于失重状态，杠铃速度方向向上D.人造飞船绕地球做匀速圆周运动时，

飞船舱内台面上叠放的两本书间无弹力【答案】D【解析】【分析】【详解】A．火箭刚点火起飞时，加速度向上，则火箭处于超重状态，火箭的重力不变，选项A错误；B．汽车匀速驶过拱桥顶端时，汽车的加速度向下，则汽车处于失重状态，选项B错误；C．举重运动员刚抓

举起杠铃时，杠铃加速度向上，处于超重状态，杠铃速度方向向上，选项C错误；D．人造飞船绕地球做匀速圆周运动时，飞船舱内的物体都处于完全失重状态，则台面上叠放的两本书间无弹力，选项D正确。故选D。2.某物体静止在光滑的水平面上。某时刻受到水平方向的作用力F，

此时开始计时，力F随时间t变化的关系如图所示，该图线为正弦曲线。在0-t4时间，下列说法正确的是（）A.t1时刻，物体的速度最大B.t2时刻，物体的位移最大C.该段时间，物体的运动方向有改变D.t1、t3时刻，物体速度相同【答案】D【解析】【分析】【详解

】C．在0-t4时间内，物体先加速再减速到零，做单向直线运动，故C错误；AB．物体在t2时刻速度最大，在t4时刻位移最大，故AB错误；D．在t1-t2时间内，物体一直做加速运动，在t2-t3时间内，物体一直做减速运动；在t1-t2时间内和在t2-t3时

间内速度的变化量大小相等，故t1、t3时刻，物体的速度相同，故D正确。故选D。3.2019年8月，“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包，脚踩由5个小型涡轮喷气发动机驱动的“飞板”，仅用22分钟就飞越了英吉利海峡35公里的海面。已知扎帕塔(及装备)的总质量为120kg，当扎帕塔(及装备)悬浮在空中静止时

，发动机将气流以6000m/s的恒定速度从喷口向下喷出，不考虑喷气对总质量的影响，取g=10m/s2，则发动机每秒喷出气体的质量为（）A.0．02kgB.0．20kgC.1．00kgD.5．00kg【答案】B【解析】【分析】【详解】设扎帕塔（及装备

）对气体的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，气体对扎帕塔（及装备）的作用力的大小也等于F，对扎帕塔（及装备），则F=Mg设时间∆t内喷出的气体的质量∆m，则对气体由动量定理得F∆t=∆mv解得mFMgtvv==代入数据解得0.2mkgt

=发动机每秒喷出气体的质量为0.2kg，故B正确，ACD错误。故选B。4.2019年“山东舰”正式服役，标志着我国进入双航母时代，如图，“山东舰”正在沿直线航行，其质量为m，发动机的输出功率恒为P，所受阻力大小恒为f，某时刻速度为1v、加速度为1a，一段时间t后速度变为2

v（21vv），在这段时间内位移为x。下列关系式正确的是（）A.212tvvx+=B.11Pfamvm=−C.1PfvD.22211122Ptmvmv=−【答案】B【解析】【分析】【详解】A．发动机的输出功率恒为P，所受阻力大小恒为f，在

加速过程中做加速度减小的加速度运动，则这段时间内的平均速度大于初末速度和的一半，即122vvv+122vvxvtt+=A错误；B．“山东舰”受到的牵引力PFv=某时刻速度为1v时，加速度1a满足11Pfamvm=−B正确；C．“山东舰”做

加速运动，牵引力大于阻力，则1PfvC错误；D．由能量守恒可得22211122kfPtEWmvmvfx=+=−+D错误。故选B。5.如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩

托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点。c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。21EE等于（）A.20B.18C.9.0D.3.0【答案】B【解析】【分析】【详解】有题意可知当在a点动能为E1时，

有21112Emv=根据平抛运动规律有2112hgt=11hvt=当在a点时动能为E2时，有22212Emv=根据平抛运动规律有221122hgt=223hvt=联立以上各式可解得2118EE=故选B。6.假设未来某天，我国宇航员乘飞船到达火星，测得火星两极的

重力加速度是火星赤道重力加速度的k倍，已知火星的半径为R，则火星同步卫星轨道半径为（）A.31kRk+B.31kRk−C.311kRk+−D.2311kRk+−【答案】B【解析】【分析】【详解】设物体质

量为m，火星质量为M，火星的自转周期为T，物体在火星两极时，万有引力等于重力2mMGRmg=物体在火星赤道上的重力21mgMmmgGkkR==物体在火星赤道上随火星自转时22212MmMmGGmRRkRT−=

该星球的同步卫星的周期等于自转周期为T，设同步卫星轨道半径为r，则有2''22MmGmrrT=解得31krRk=−故B正确，ACD错误。故选B。7.阴极射线示波管的聚焦电场是由电极A1、A2形成，实线为电场线，虚线为等势线，

z轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则（）A.电极A1的电势高于电极A2的电势B.电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度C.电子在P点处的动能大于在Q点处的动能D.电子从P至R的运动过程中，电场力对它一直做正功【答案】D【解析】【分析】【详解】A．

电场线由电极A1指向电极A2，沿着电场线电势降低，所以电极A1的电势低于电极A2的电势，A错误；B．Q点处的电场线密集程度大于R点，所以Q点的电场强度大于R点的电场强度，B错误；C．沿电场线的方向电势降低，所以：QP根据电势

能：pEq=可知带负电的电子在P点处电势能大，仅有电场力做功，电势能和动能总和保持不变，所以电子在P点处的动能小于在Q点处的动能，C错误；D．沿电场线的方向电势降低，所以：RP可知电子从P至R的运动过程中，电势能减小，电场力做正功，D正确。故选D。8.如图所示，高层住宅外安装空调外机时

，常利用电机通过缆绳牵引外机，为避免外机与阳台、窗户碰撞，通常还会用一根拉绳拽着外机，缆绳拉力的大小为F1，方向与竖直方向成α角；拉绳拉力大小为F2，与竖直方向的夹角为β。现使拉绳与竖直方向的夹角β保持不变，外机沿竖直方向匀速上升，则在提

升外机过程中，下列说法正确的是（）A.角α可能等于角βB.角α可能大于角βC.拉力F1、F2大小都不变D.拉力F1、F2大小都增大【答案】D【解析】【分析】【详解】对空调外机受力分析如图受到重力和两根绳子的拉力，由于空调外机是匀速运动，故合力为零，在竖直方向12cosc

os0FmgF−−=在水平方向12sinsin0FF−=整理得2sin(cos)tanFmg−=在上升过程中，α增大，而β不变，F2增大，根据12coscos0FmgF−−=可得12coscosFmgF=+由于F2增大，α增大，cosα减小，故F1

增大，因F1大于F2，根据F1sinα=F2sinβ可知缆绳与竖直方向的夹角α小于角β，故ABC错误，D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全

的得2分，有选错的得0分。9.图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图像，g取10m/s2，下列判断正确的是（）A.前10s悬线的拉力恒为1500NB.46s末材料离地面的距离为22mC.

在30~36s钢索最容易发生断裂D.36~46s材料处于失重状态【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．前10s的加速度为22110m/s0.1m/s100a−==−由牛顿第二定律得11Fmgma−=解得F1=1515N，A错误；B．根据位移等

于面积得，前36s上升28m，后10s下降6m，46s末离开地面的高度为22m，B正确；C．后30s到46s的过程中，加速度方向向下，拉力小于重力，在0~10s钢索最容易发生断裂，C错误；D．后30s到46s的过程中，加速度方向向下，都处于失重状态，D

正确。故选BD。10.两个质量相等、电荷量不等的带电粒子甲、乙，以不同的速率沿着HO方向垂直射入匀强电场，电场强度方向竖直向上，它们在圆形区域中运动的时间相同，其运动轨迹如图所示。不计粒子所受的重力，则下列说法中正确的是（）A.甲粒子带正电荷B.乙粒子所带的电荷量比甲粒子少C.甲粒子在圆形区

域中电势能变化量小D.乙粒子进入电场时具有的动能比甲粒子大【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．甲粒子向上偏转，所受的电场力向上，与电场方向相同，故甲粒子带正电荷，A正确；B．两个粒子竖直方向都做初速度为零的匀加速

直线运动，有y＝212at＝22qEtmE、t、m相等，则y∝q可知，乙粒子所带的电荷量比甲粒子多，B错误；C．电场力对粒子做功为WqEy=甲粒子电荷量少，偏转位移小，则电场力对甲粒子做功少，其电势能变化量小，C正确；D．水平方向有x＝v0t相同时间内，乙粒子

的水平位移小，则乙粒子进入电场时初速度小，初动能就小，D错误。故选AC。11.我国的高铁技术处于世界领先水平，动车组由动车和拖车组合而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的

额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则关于该列车组的说法正确的是（）A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B.以额定功率开启一节动

车的动力与同时开启两节动车的动力，其最大行驶速度之比为1：2C.以额定功率开启一节动车的动力与以额定功率同时开启两节动车的动力使动车组做匀加速运动时，第2、3节与第5、6节车厢间的作用力之比为1：2D.两节动车都以额定功率使动

车组做匀加速运动时，第2、3节与第5、6节车厢间的作用力之比为2：3【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．启动时动车组做加速运动，乘客受到车厢水平作用力的方向与车运动的方向相同，故A错误；B．由PFv=可知，以额定功率开启的动车组，随着动车组速

度v的增大，其牵引力F逐渐减小，当牵引力F减小到等于所受阻力kmg时，动车组达到最大速度，做匀速运动，即maxPkmgv=，由此可知最大行驶速度maxv与动车组的额定功率P成正比，所以以额定功率开启一节动车的动力与同时开启两节动车的动力，

其最大行驶速度之比为1:2，故B正确；CD．当以额定功率开启一节动车的动力使动车组做匀加速运动时，设第2、3节车厢间的作用力为F23，5、6节车厢间的作用力为F56，加速度为a，动车产生的牵引力为F，每节车厢所受阻力为kmg，将第6、7、8节车厢作为整体分析，由牛顿第

二定律可得5633Fkmgma−=将第3、4、5、6、7、8节车厢作为整体分析，由牛顿第二定律可得2366Fkmgma−=联立上式解得2356:1:2FF=当两节动车都以额定功率使动车组做匀加速运动时，设

第2、3节车厢间的作用力为F23，5、6节车厢间的作用力为F56，加速度为a，每节动车产生的牵引力为F，每节车厢所受阻力为kmg，将第6、7、8节车厢作为整体分析，由牛顿第二定律可得5633Fkmgma−

=将第3、4、5、6、7、8节车厢作为整体分析，由牛顿第二定律可得2366FFkmgma+−=对整列动车组，由牛顿第二定律可得288Fkmgma−=联立上式解得2356:2:3FF=故C错误，D正确。故选BD。12.在某高空杂技类节目现场下

方地面上放置一弹簧垫，此弹簧垫可视为质量为m的木板与两相同直立轻弹货的上端相连，静止时弹簧的压缩量为h，如图所示。某同学为了测试弹簧垫的性能，将一质量为2m的物体从距木板上方2h的O点由静止释放，物体与木板碰撞后，粘在一起向下运动，到达最低点后又向上运动，它们恰能回到A点

，空气阻力、木板厚度、物体大小忽略不计，正力加速度大小为g，则下列说法正确的是（）A.物体与木板一起向下运动过程中的速度先增大后减小B.整个过程中，物体、木板和两弹簧组成的系统机械能守恒C.物体与木板碰后瞬间加速度大小为3g，物体与

木板恰好回到A点时加速度大小为gD.物体与木板碰撞之前，两弹簧的弹性势能总和为13mgh【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．物体与木板一起向下运动过程中，整体受到的弹簧弹力先小于总重力，后大于总重力，整体的合外力先向下后向上，则整体先向下加速，后向下

减速，速度先增大后减小，A正确；B．物体与木板发生非弹性碰撞，系统的机械能有损失，所以，整个过程中，物体、木板和两弹簧组成的系统机械能不守恒，B错误；C．两弹簧原来的弹力大小为Fmg=物体与木板碰后瞬

间弹簧的弹力不变，对整体有(2)(2)mmgFmma+−=+解得23ga=物体与木板恰好回到A点时，弹簧的弹力为0，整体只受重力，加速度大小为g，C错误；D．物体与木板碰撞前瞬间的速度为2022ghv=解得02vgh=碰撞过程，取竖

直向下方向为正方向，由动量守恒定律得02(2)mvmmv=+从碰撞后到回到A点的过程，根据系统的机械能守恒得21(2)(2)2PmmvEmmgh++=+联立解得，物体与木板碰撞之前，两弹簧的弹性势能总和为3PmghE=D正确。故选AD。三、

实验题13.某学习小组在实验室发现一盒子内有8个相同的钩码，由于标识模糊，无法知道钩码的质量，为了测定钩码的质量，同学们找到了以下实验器材：一端带定滑轮的长木板，质量为228g的木块，打点计时器，交流电源，毫米刻度尺，纸带，坐标纸，细线等。经商定，他们确定了以下实验方

案：①如图甲所示，将长木板置于水平桌面上，把打点计时器固定在长木板上并与电源连接，纸带穿过打点计时器并与木块相连，细线一端与木块相连，另一端跨过定滑轮挂上钩码，其余钩码都叠放在木块上；②使木块靠近打点计

时器，接通电源，释放木块，打点计时器在纸带上打下一系列点，记下悬挂钩码的个数n；③将木块上的钩码逐个移到悬挂钩码端，更换纸带，重复实验操作②；④通过纸带计算出悬挂不同钩码个数所对应的加速度a；⑤以a为纵坐标，n为横坐标，建立直角坐标系，做出a—n图像。(1)该实验

是否必须把木板倾斜，以平衡摩擦？___________（选填“是”、“否”）。(2)图乙为由实验数据做出的a-n图像，由图可知：单个钩码的质量为___________g（计算结果保留三位有效数字，重力

加速度取9.8m/s2）(3)除了能测定钩码的质量以外，本实验还可测得的物理量是___________（只需填写物理量名称）；【答案】(1).否(2).46.9(3).木块与桌面间的摩擦因数【解析】【分析】【详解】(1)[1]实验中要对整体进行研究，不需要平衡摩擦力；(2)[2]对木块与钩

码组成的系统，由牛顿第二定律nmg-μ[（8-n）mg+m木g]=(8m+m木）a解得8mgmgangmm+=−+木由图象得：n=0时-μg=a=-4.9μ=0.5由图象的斜率4.9784.26mgmgkmm木+===+解得m=46.9g[3]即本实验能测定钩码的质量，还可测得木块与

桌面间的摩擦因数；14.某同学为测定金属丝的电阻率ρ，设计了如图甲所示电路，电路中ab是一段电阻率较大、粗细均匀的电阻丝，保护电阻R0=4.0Ω，电源的电动势E=3.0V，电流表内阻忽略不计，滑片P与电阻丝始终接触良好。(1)实验

中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为d=___________mm。(2)实验时闭合开关，调节滑片P的位置，分别测量出每次实验中aP长度x及对应的电流值I，实验数据如下表所示：x（m）0.100.

200.300.400.500.60I（A）0.490.430.380.330.310281I（A-1）2.042.332.633.033.233.57①将表中数据描在1xI−坐标纸中，如图丙所示。作出其关系图线___________，图像中直线的斜率的表达式k=_______

____（用题中字母表示），由图线求得电阻丝的电阻率ρ=___________m（保留两位有效数字）。②根据图丙中1xI−关系图线纵轴截距的物理意义，可求得电源的内阻为r=___________Ω（保留两位有效数字）。【答案】(1).0.4

00(2).(3).24Ed(4).1.0×10-6-1.2×10-6(5).1.1-1.5【解析】【分析】【详解】(1)[1]图乙所示螺旋测微器可知，其示数为0.400mm；(2)①[2]应用描点连线法作出1xI−图线如图所示[3]图像的斜率为1

1IkxIx==联立xRS=和ERI=可得24kEd=[4]代入数据得3.61.830.6k−==则可求得261.110Ω4kEd−==②[5]由图丙中1xI−关系图线可读出纵轴截距为1.8，此时待测电阻为零，由闭合电路欧姆定律得0()EIrR=

+可得1.4Ωr=四、计算题：写出必要的文字说明和步骤15.现代社会机动车辆越来越多，交通安全日益突出，要求驾驶员一定要遵守交通法规。一辆汽车以10m/s匀速行驶即将通过红绿灯路口，绿灯还有2s熄灭（假设绿灯熄灭红灯立即

亮），此时汽车距离停车线25m，并假设前方没有其他车辆。若该汽车加速时最大加速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为5m/s2。通过计算说明驾驶员应如何操作才能保证安全行驶不违章：求∶(1)能否直接加速在红灯之前通过停车线？(2)若以最大加

速度减速停车恰好紧靠停车线，请问从此时到停车需要多长时间？【答案】(1)不能；(2)3.5s【解析】【分析】【详解】(1)若汽车直接加速通过，在路灯熄灭之前的2s内最大位移为：x=v0+12at2=24

m<25m小于汽车开始离停车线的距离25m，故不能直接加速通过。(2)若汽车减速停车。汽车减速的最小位移为2210m2vxa==匀速时间为212510s=1.5s10xxtv−−==减速时间为22svta==t=t1+t2=3.5s16.预警雷达探测

到敌机在20000m上空水平匀速飞行，立即启动质量m=100kg的防空导弹，导弹的火箭发动机在制导系统控制下竖直向下喷气，使导弹由静止以a=10g(g取10m/s2)的加速度竖直向上匀加速上升至5000m高空，喷气方向立即变为与竖直方向成角(1cos11=）斜向

下，导弹做曲线运动，直至击中敌机．假设导弹飞行过程中火箭推力大小恒定，且不考虑变化及空气阻力，导弹可视为质点，试求：⑴火箭喷气产生的推力；(2)导弹从发射到击中敌机所用的时间；【答案】(1)F=1.1×104N(2)t总=25s【解析】【分析

】【详解】（1）对导弹，由牛顿第二定律得Fmgma−=解得火箭喷气产生的推力()()410010100111.110FmgaNmgN=+=+==（2）导弹竖直向上做匀加速直线运动的过程，有21112ath=可得11210htsg==推力改变方向后，由于1cos1111

Fmgmg==所以导弹在竖直方向上作匀速运动，运动时间为12yHhtv−=又1100101000m/s20000myvatH====，联立解得215st=故1225sttt=+=总17.如图所示，半径为R的半圆形管道ACB固定在竖直平面内，倾角为θ的斜面固定在水平面上，

细线跨过小滑轮连接小球和物块，细线与斜面平行，物块质量为m，小球质量M＝3m，对物块施加沿斜面向下的力F使其静止在斜面底端，小球恰在A点．撤去力F后，小球由静止下滑．重力加速度为g，sinθ＝2≈0.64，不计一切摩擦．求：(1)力F

的大小；(2)小球运动到最低点C时，速度大小v以及管壁对它弹力的大小N；(3)在小球从A点运动到C点过程中，细线对物块做的功W.【答案】(1)2.36mg(2)gR6mg(3)32mgR.【解析】【分析】【详解】(1)对小球：细线上的拉力T＝3mg对物块：mgsinθ＋F＝

T解得F＝2.36mg.(2)小球在C点时速度与物块速度大小相等．对小球和物块组成的系统，由机械能守恒定律3mgR－mg12πRsinθ＝12(3m＋m)v2解得v＝gR在C点：对小球，由牛顿第二定律N－3mg＝3m2vR解得N＝6mg.(3)在小球从A点运动到C点过程中，对物块，由

动能定理W－mg12πRsinθ＝12mv2－0解得W＝32mgR.18.光滑水平面上有一质量m车＝1.0kg的平板小车，车上静置A、B两物块。物块由轻质弹簧无栓接相连（物块可看作质点），质量mA＝mB＝1.0kg。A距车右端x1（

x1>1.5m），B距车左端x2＝1.5m，两物块与小车上表面的动摩擦因数均为μ＝0.1．车离地面的高度h＝0.8m，如图所示。某时刻，将储有弹性势能Ep＝4.0J的轻弹簧释放，使A、B瞬间分离，A、B两物块在平板车上水平运动。重力加速度g取1

0m/s2，求：(1)弹簧释放瞬间后A、B速度的大小；(2)B物块从弹簧释放后至落到地面上所需时间；(3)若物块A恰好未离开车，求x1的值及两物块在平板车上运动的整个过程中系统产生的热量。【答案】(1)v1＝2

m/s，v2＝2m/s；(2)t=1.4s；(3)x1=1.75m，Q=3.25J。【解析】【分析】【详解】(1)释放弹簧过程A、B系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv1-mBv2＝0由机械能守恒定律得22121122ABPmvmvE+=代入

数据解得v1＝2m/s，v2＝2m/s(2)由于A、B质量相等，且与小车上表面的动摩擦因数相等，则B在平板车上运动到左端的过程小车所受合力为零，小车静止。因此在B运动到小车左端过程，对B由动能定理得：22221122BBBBmgxmvmv−=−由动量定理得-μmBgt1＝mBvB-

mBv2代入数据解得：vB＝1m/s，t1＝1sB离开平板车后做平抛运动，竖直方向2212hgt=代入数据解得t2＝0.4s运动时间t＝t1+t2＝1.4s(3)B离开小车时,vA＝vB＝1m/s，B离开平板车后，A与平板车组成的系统动量守恒

，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAvA＝(mA+m车)v由能量守恒定律得2211()22AAAAmvmmvmgL=++车相对代入数据解得L相对＝0.25mA、B同时在小车上运动时小车不动，B滑出小车

前，A在小车上滑行的距离与B在小车上滑行的距离相等为1.5m，则x1的值x1＝L相对+x2＝1.75m根据能量守恒定律，系统产生的热量Q＝μmAgx1+μmBgx2＝3.25J