青岛市第十六中学2020届高三上学期第9学段模块检测物理试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精山东省青岛市第十六中学2020届高三上学期第9学段模块检测物理试题含解析物理一、单项选择题（共24分,6小题.每小题只有一个选项符合题意,每小题4分.)1.汽车以12m/s速度在马路上匀速行驶,驾驶员发现正前方18m处的斑马线上有行人，于是刹车礼让，汽车恰好停在斑马线前，假设驾驶员反应时间为0。5s,汽车运动的图象如图所示,则汽车的加速度大小为（）A。20m/s2 B。6m/s2 C.5m/s2 D。4m/s【答案】B【解析】【详解】根据速度时间图像可以知道，在驾驶员反应时间内，汽车的位移为所以汽车在减速阶段的位移根据可解得故选B。2.如图，在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A,A与竖直墙之间放一光滑半圆球B，整个装置处于静止状态。已知A、B两物体的质量分别为M和m，则下列说法正确的是（)A。A物体对地面的压力大小为MgB。A物体对B的支持力等于mgC.B物体对A物体的压力一定大于mgD。A物体对地面的摩擦力可能为零【答案】C【解析】【详解】BC．对B物体受力分析如图所示，可得A对B的弹力即A物体对B的支持力大于mg，则B物体对A的压力大于mg，故B错误，C正确；AD．对整体分析得，地面对A的支持力N3=（M+m）g摩擦力f=N1=mgtanα所以AD错误。故选C.3.如图所示,实线为不知方向的三条电场线，从电场中点以相同速度垂直于电场线方向飞出两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则（)A.一定带正电，一定带负电B。的速度将减小，的速度将增加C.的加速度将减小，的加速度将增加D.两个粒子的动能，一个增加一个减小【答案】C【解析】【详解】带电粒子做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，由于电场线的方向不知，所以粒子带电性质不确定，故A错误；从题图中轨迹变化来看速度与力方向的夹角小于所以电场力都做正功,动能都增大，速度都增大，故BD错误；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确．4.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示.将两球由静止释放.在各自轨迹的最低点，（）A。P球的速度一定大于Q球的速度B。P球的动能一定小于Q球的动能C。P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度D.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力【答案】D【解析】【详解】AB．从静止释放至最低点，由机械能守恒得mgR=mv2解得在最低点的速度只与半径有关，可知vP＜vQ动能与质量和绳长有关，由于P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以不能比较动能的大小,故AB错误；

C．向心加速度即P球的向心加速度一定等于Q球的向心加速度，故C错误；D．在最低点，拉力和重力的合力提供向心力,由牛顿第二定律得解得F=mg+ma=3mg所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，故D正确。

故选D。5.质量为2kg的质点在x—y平面上运动,x方向的速度-时间图像和y方向的位移-时间图像分别如图所示,则质点（）A。初速度为4m/sB.所受合外力为4NC.做匀变速直线运动D.初速度的方向与合外力的方向垂直【答案】B【解析】【详解】A．x轴方向初速度为vx=4m/s，y轴方向初速度vy=—3m/s，质点的初速度故A错误。B．在y轴方向质点做匀速直线运动，x轴方向的加速度a=2m/s2则质点受到的合力F合=ma=4N故B正确;C．x轴方向的合力恒定不变，y轴做匀速直线运动，合力为零，则质点的合力恒定不变，做匀变速曲线运动，故C错误。D．合力沿x轴方向,而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直,故D错误。故选B。【点睛】本题考查运用运动合成与分解的方法处理实际问题的能力，根据速度图像判断物体在x轴方向做匀加速直线运动,y轴做匀速直线运动，根据平行四边形法则结合牛顿第二定律求解；此题类似平抛运动。6.如图所示,E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零．以沿斜面向下为正方向，则物体下滑过程中的位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系图像可能正确的是（)A. B。 C。 D.【答案】B【解析】【详解】物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动，位移—时间图像的开口向上，物体在粗糙的斜面上做匀减速直线运动,位移—时间图像的开口向下，故A错误;物体在斜面上半段做匀加速直线运动，在下半段做匀减速直线运动，由于到达底端的速度为零，则物体在上半段和下半段的平均速度相等，位移也相等，故物体在上半段和下半段的运动时间相等，物体做匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等,方向相反,故物体在上半段和下半段所受合外力大小相等，方向相反，B正确，CD错误；故选B.【点睛】本题虽然考查了物体的运动规律图线问题,但实际上是匀变速直线运动规律的运用,通过两段过程平均速度相等,位移相等得出时间相等是解决本题的关键．二、多项选择题（共4小题，每小题有多个选项符合题意。选不全得2分，有错项得0分，每小题4分，共16分）7。如图，在x轴上x=0与x=3a处分别固定两个点电荷q1、q2,其静电场的电势在x轴上的分布如图所示.下列说法正确的是()A.q1带正电，q2带负电B。x=2aC.q1的电荷量大于q2的电荷量D.电子从x=a处移动到x=2.5a【答案】AC【解析】【详解】A．根据沿着电场线方向电势是降低,从x=0到x=3a处，电势不断减小，因此q1带正电，q2带负电，故A正确；

B．在x=2a处电势为零，但电场强度不为零,但其值是最小,故B错误；

C．在x=2a处电场强度最小，电势为零，结合q1带正电，q2带负电，那么q1的电荷量大于q2的电荷量，故C正确；

D．电子从x=a处移动到x=8.如图所示,图线甲、乙分别为电源和某金属导体的伏安特性曲线，电源的电动势和内阻分别用E、r表示，根据所学知识分析下列选项正确的是（)A。r=ΩB.E=50VC.当该导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为20ΩD.当该导体直接与该电源相连时,电路消耗的总功率为100W【答案】BCD【解析】【详解】A．由图可知选项A错误;B．电源电动势为E=50V选项B正确；C．当该导体直接与该电源相连时，两图像的交点即为电路的工作点,则该导体的电阻为选项C正确；D．当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为P=IE=2×50W=100W选项D正确。故选BCD。9.国家航天局局长许达哲介绍，中国火星探测任务已正式立项，首个火星探测器将于2020年在海南文昌发射场用长征五号运载火箭实施发射，一步实现火星探测器的“绕、着、巡”.假设将来中国火星探测器探测火星时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是（）A.飞船在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能B.飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P点的速度大于在Q点的速度C.飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度小于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度D.若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，就可以推知火星的密度【答案】BD【解析】【详解】A．飞船在轨道Ⅰ上经过P点时,要点火加速,使其速度增大做离心运动，从而转移到轨道Ⅱ上运动,所以飞船在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能，故A错误；B．根据开普勒第二定律可知，速度近大远小,由于P点要比Q点离火星近，所以飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P点的速度大于在Q点的速度,故B正确;C．飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知,加速度必定相等，故C错误；D．飞船在轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度,根据万有引力提供向心力,有可以求出火星的密度故D正确。故选BD。10.如图所示，质量m=1kg的物体从高为h=0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点,物体和传送带之间的动摩擦因数为μ=0。2，传送带AB之间的距离为L=5m，传送带一直以v=4m/s的速度匀速运动，则（g取10m/s2）（）A.物体从A运动到B时间是2.5sB.物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2JC。物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为8JD。物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2J【答案】CD【解析】【详解】A．设物体下滑到A点速度为,对PA过程，由机械能守恒定律有：代入数据得：则物体滑上传送带后,在滑动摩擦力作用下匀加速运动，加速度大小为加速至速度与传送带相等时用时：匀加速运动的位移所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为故物体从A运动到B的时间为：故A错误；B．物体运动到B的速度是．根据动能定理得：摩擦力对物体做功故B错误；D．在时间内,皮带做匀速运动的位移为故产生热量代入数据得Q=2J故D正确；C．电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能,则电动机多做的功故C正确.故选CD.三、实验题：（共15分，2小题.第11题7分,第12题8分。）11。一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则．(1)如图甲,在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶,记下水壶_________时电子秤的示数F．（2）如图乙，将三细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和水壶杯带上．水平拉开细线L1，在白纸上记下结点O的位置、________和电子秤的示数F1．（3）如图丙,将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L1拴在其上．手握电子秤沿着（2)中L2的方向拉开细线L2，使______和三根细线的方向与(2）中重合，记录电子秤的示数F2．（4）在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示,根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示,若________，则平行四边形定则得到验证．【答案】（1）。静止（2)。三细线的方向（3）。结点O的位置(4）。F和F′在误差允许的范围内重合【解析】【详解】（1）[1］要测量装满水的水壶的重力,则记下水壶静止时电子秤的示数F;（2）［2]要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位置的同时也要记录三细线的方向以及电子秤的示数F1;(3）［3］已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O点位置不能变化，力的方向也都不能变化，所以应使结点O的位置和三根细线的方向与②中重合,记录电子秤的示数F2;(4)［4］根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若F和F′在误差范围内重合,则平行四边形定则得到验证．12。某同学用伏安法测量电阻Rx(约为100Ω)的阻值．准备的实验器材除了导线和开关外，还有下列器材:A．电源（电动势E约为10V，内阻未知）B．电流表A1(0～200mA，内阻r=10Ω）C．电流表A2(0～300mA，内阻约为15Ω)D．电阻箱R(最大阻值999.9Ω，符号）E．滑动变阻器R1（0～10Ω，额定电流5A）F．滑动变阻器R2（0～1kΩ，额定电流0。5A）(1）由于准备的器材中没有电压表,需要用电流表改装一个量程为10V的电压表，应选电流表___________（填写器材前的字母序号），将选定的电流表与电阻箱_______(填“并联"或“串联”),并把电阻箱的阻值调至__________Ω．（2）实验要求待测电阻两端电压能够从零开始变化，滑动变阻器应选________(填写器材前的字母序号）．(3)在答题卡的虚线框内画出电路图，并标上所用器材的代号，要求尽量减小误差_____．（4)某一次实验读出电流表A1的示数I1=146mA，电流表A2的示数I2=218mA，待测电阻Rx=_____Ω(结果保留一位小数）．【答案】（1）.(1）B；（2)。串联;(3)。40；（4）.（2）E；(5)。（3)电路图如图所示；（6)。（4）101.4【解析】【分析】（1）选择内阻确切已知的电流表作为改装的表用，根据电表的改装原理结合欧姆定律即可分析求解；

（2）因为要求待测电阻两端的电压能够从零开始变化，故选择分压式电路，在保证安全的前提下,为方便实验操作,应选最大阻值较小的滑动变阻器；

（3）合理选择内外接，作出实验电路图．

(4）根据欧姆定律结合串并联电路特点,即可计算出待测电阻Rx．【详解】（1）改装用的电流表内阻必须确定，故选择B，改装电压表需要将电流表与电阻箱串联，改装电压表的量程：Umax=10V,电流表的内阻:r=10Ω,满偏电流：I1=200mA=0.2A；根据欧姆定律可得：Umax=I1（r+R）=10V；可得电阻箱的阻值：R=40Ω；

(2)实验要求待测电阻两端的电压能够从零开始变化，故选择分压式电路，滑动变阻器应选最大阻值较小的E．

（3）因为改装后的电压表内阻已知，故选择将电流表A2外接，故画出电路图,如图所示：

（4）电流表A1的示数I1=146mA=0.146A，电流表A2的示数I2=218mA=0。218A，

根据欧姆定律结合串并联电路特点可得：【点睛】本题考查了实验器材选择、实验电路设计、实验数据处理，要掌握实验器材的选择原则，认真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理是解题的关键．四、计算题：（共45分，4小题。写出必要的计算过程。）13。中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依此向右穿过各漂移管,在漂移管内做匀速直线运动,在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为6×106m/s,进入漂移管E时速度为1×107m/s,电源频率为1×107Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的（1）漂移管B的长度。（2）相邻漂移管间的加速电压。【答案】（1）0。4m；（2）6×104V【解析】【详解】(1）设质子进入漂移管B的速度为vB，电源的频率、周期分别为f、T,漂移管B的长度为L，则L=vB联立可得L=0。4m（2)设质子进入漂移管E的速度为vE,相邻漂移管间的加速电压为U，电场对质子所做的功为W,质子从漂移管B运动到漂移管E电场力做功W′,质子的电荷量为q、质量为m,则W=qUW′=3W联立各式并代入数据得U=6×104V14.如图所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接,木块A、B和半径为0。5m的光滑圆轨道C静置于光滑水平轨道上，A、B、C质量分别为1.5kg、1。5kg、3kg。现让A以6m/s的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0。2s，碰后速度大小变为4m/s。当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g=10m/s2，求：（1）A与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小;（2)AB第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度h。【答案】（1）75N;(2)0。1m【解析】【详解】（1）A与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正方向，对A由动量定理有Ft=mAv2-mA(-v1)解得F=75N(2）A与B碰撞过程，对A、B系统,水平方向动量守恒有mAv2=(mB＋mA）v3A、B滑上斜面到最高点的过程，对A、B、C系统，水平方向动量守恒有(mB＋mA)v3=(mB＋mA＋mC）v4由能量守恒得解得h=0.1m15.如图甲所示，质量M=5kg的木板A，在t=0时刻，正以20m/s的初速度在粗糙水平地面上向右运动，所受水平向右的恒定拉力F=29N.与此同时在其右端无初速度地放上一质量为m=1kg的小物块B.放上物块后A、B的图象如图乙所示。已知物块可看作质点，木板足够长.取g=10m/s2,求：(1)物块与木板之间动摩擦因数μ1和木板与地面间的动摩擦因数μ2；（2）放上物块后，木板运动的总位移。【答案】(1)0。3;0.6;(2）125。7m【解析】【详解】(1)放上物块后，当A、B相对滑动过程，由图示图象可知，B的加速度A的加速度由牛顿第二定律得对Bμ1mg=maB对AF—μ1mg—μ2(M＋m)g=MaA解得μ1=0.3μ2=0.6（2)放上木块B到两者共速时对木板A2aAx1=v2-v02x1=64mA、B共同运动时，由牛顿第二定律得F—μ2（M＋m)g=（M＋m）a解得a=-m/s2A、B共同运动位移2ax2=0-v2x2=61.7m放上物块后木板运动的总位移x=x1+x2=125。7m16。轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为6m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置,一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接.AB是长度为6l的水平轨道，B端与半径为