1、山东省泰安市宁阳一中2021届高三物理上学期模块考试试题（含解析）第卷（选择题共40分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求1. 木块A、B分别重50N和60N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25，夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为400N/m，系统置于水平地面上静止不动。现用F=2N的水平拉力作用在木板B上，如图所示，则F作用后木板A、B所受摩擦力的大小分别为（）A. 8N，10NB. 8N，15NC. 10N，8ND. 10N，15N【答案】A【解析】【详解】木块受到的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力
2、，木块A受到的最大静摩擦力木块B受到的最大静摩擦力弹簧对木块A、B的弹力为对于木块A，弹簧对木块A的弹力小于木块A受到的最大静摩擦力，所以木块A处于静止状态，根据平衡可得，A受到静摩擦力对于木块B，在水平方向拉力F和弹簧对木块B的弹力的合力为小于木块B受到的最大静摩擦力，所以木块B处于静止状态，根据平衡可得，B受到静摩擦力故选A。2. 赵凯华教授说过“加速度是人类认识史上最难建立的概念之一，也是每个初学物理的人最不易真正掌握的概念”所以对加速度的认识应该引起大家的重视下列说法中正确的是（）A. 加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度大，加速度一定大B. 速度变化得越快，加速度就变化的越快C.
3、物体加速度变大，则速度也一定是在变大D. 加速度的方向与速度变化量的方向相同【答案】D【解析】加速度反映物体速度变化快慢的物理量，加速度的大小取决于速度的变化率，与速度的大小无关，故A错误；加速度反应物体速度变化快慢的物理量，速度变化得越快，加速度就越大，但加速度的变化不一定大故B错误；物体加速度变大，但如果加速度和速度方向相反，则速度在减小，故C错误；根据加速度的定义可知，加速度的方向与速度变化量的方向相同，故D正确故选D.3. 某物理小组用传感器探究一质量为m的物体从静止开始做直线运动的情况，得到加速度随时间变化的关系如图所示，则由图象可知（）A. 物体在t14 s时速度为4.8 m/sB
4、. 物体在1014 s内的平均速度为3.8 m/sC. 物体先做加速运动，再做减速运动，最后做匀速运动D. 物体t2 s与t8 s时所受合外力大小相等，方向相反【答案】B【解析】【详解】A加速度时间图象与坐标轴所围图形面积表示速度变化，所以物体在t14s时速度为故A项错误；B物体在10s末的速度为t=14s时的速度物体在1014 s内的平均速度为故B项正确；C从t=0到t=10s的时间内物体的加速度在变化，且方向一直为正，则物体先做加速度变大的变加速运动，再做加速度减小的变加速运动，最后做匀加速运动，故C错误；D由图知，物体在t=2s与t=8s时的加速度大小不相等、方向相同，由牛顿第二定律知，
5、在这两个时刻物体所受合外力大小不相等，方向相同，故D项错误。故选B。4. 如图所示，A、B两个物体叠放在一起，静止在光滑水平地面上，物体A、B之间的动摩擦因数0.2.物体A的质量m2 kg，物体B的质量M3 kg，重力加速度g取10 m/s2.现对物体B施加一个水平向右的恒力F，为使物体A与物体B相对静止，则恒力的最大值是（物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）A. 10 NB. 15 NC. 20 ND. 25 N【答案】A【解析】【分析】物体A和B刚好不发生相对滑动的临界条件是A、B间的静摩擦力达到最大值，先隔离A分析，再整体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【详解】当F作用在物体
6、B上时，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有对整体进行分析有联立解得故选A。【点睛】物体A和B刚好不发生相对滑动临界条件是A、B间的静摩擦力达到最大值。5. 一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，由闪光照片得到的数据，发现质点在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了s1=2m；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了s3=8m。由此可求得（）A. 第一次闪光时质点的速度B. 质点运动的加速度C. 在第二、第三两次闪光时间间隔内质点的位移D. 质点运动的初速度【答案】C【解析】【详解】C根据则有则 第二次闪光到第三次闪光的位移C正确；B但
7、由于闪光时间末知，故无法求出加速度，B错误；AD由于时间及加速度无法求出，则初速度及第一次闪光的速度也无法求出，AD错误。故选C。6. 如图甲所示，一维坐标系中有一质点静止于x轴上的某位置(图中未画出)，从t=0时刻开始，质点在外力作用下沿x轴正方向做匀变速直线运动，其位置坐标与速率平方关系的图象如图乙所示。下列说法正确的是（）A. 物块运动的加速度大小为1m/s2B. t=4s时物块位于x=2m处C. 前2s时间内物块的位移大小为2mD. 24s时间内物块的平均速度大小为3m/s【答案】B【解析】【详解】A由整理得结合图像可知，物体做匀加速直线运动故A错误；B由当时，解得故B正确；C由将代入
8、，解得故C错误；D匀加速直线运动的平均速度等于中间时刻的速度，根据解得故D错误。故选B。7. 一长轻质薄硬纸置于光滑水平地面上，薄硬纸片上放质量均为1kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为1=0.3，2=0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。则（）A. 若F=1N，则物块、薄硬纸片都静止不动B. 若F=1.5N，则A物块所受摩擦力大小等于1.5NC. 若F=15N，则A物块的加速度为12.0m/s2，B物块的加速度为2.0m/s2D. 无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动【答案】D【解析】【详解】两个木块所受的
9、最大静摩擦力分别为A若F=1N ，所以AB即纸板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，A错误；B若F=1.5NF0=4N，故B一定与薄硬纸片发生滑动，其加速度为，则此时A物块的加速度为C错误；D因为 ，并且水平面光滑，B一定比A先发生滑动，所以无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动，D正确。故选D。8. 如图所示，电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个重物，电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10N。在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8N，关于电梯的运动，以下说法正确的是(g取10m/s2)( )A. 电梯可能向上加速运动，加速度大小为12m/s2B. 电梯可能
10、向下减速运动，加速度大小为2 m/s2C. 电梯可能向下加速运动，加速度大小为2m/s2D. 电梯可能向下减速运动，加速度大小为12m/s2【答案】C【解析】【详解】电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，知重物的重力等于10N，对重物有解得方向竖直向下，则电梯的加速度大小为2m/s2，方向竖直向下，电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，故C正确。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9. 如图甲所示为一半圆形坑，现将一颗弹丸先后两次从A点水平抛出，由于飞行过程中
11、受气流作用，影响了弹丸的飞行时间和速度。若从弹丸离开A点开始计时，t1和t2分别表示它们落到坑壁的时间，v表示它在竖直方向的速度，其vt图象如图乙所示，则下列说法正确的是（）A. 第二次弹丸在竖直方向上的位移比第一次小B. 第二次弹丸在水平方向上的位移比第一次小C. 第二次弹丸在竖直方向上受到的阻力比第一次大D. 第二次弹丸在竖直方向上的加速度比第一次大【答案】AC【解析】【详解】A在图象中，图象与时间轴围成的面积等于物体竖直方向的位移，由图象可知，第二次弹丸在竖直方向上的位移比第一次小，A正确；B由于水平方向的运动情况完全不知道，因此无法比较水平位移的大小，B错误；CD在图象中，图象的斜率表
12、示竖直方向的加速度，由图可知，第二次弹丸在竖直方向上的加速度比第二次小，根据牛顿第二定律可知第二次弹丸受到的阻力比第一次大，C正确，D错误。故选AC。10. 如图所示，三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上，设地球质量为M，半径为R下列说法正确的是( ) A. 地球对一颗卫星的引力大小为B. 一颗卫星对地球的引力大小为C. 两颗卫星之间的引力大小为D. 三颗卫星对地球引力的合力大小为【答案】BC【解析】【详解】A、B项：地球对一颗卫星的引力，则一颗卫星对地球的引力为，故A错误，B正确；C项：由几何关系知，两颗相邻卫星与地球球心的连线互成，间距离，则两卫星的万有引力为，故C正
13、确；D项：卫星对地球的引力均沿卫星地球的连线向外，由于三颗卫星质量大小相等，对地球的引力大小相等，又因为三颗卫星等间隔分布，由几何关系可知，地球受到三颗卫星引力大小相等方向角，所以合力为零，故D错误11. 如图所示为儿童乐园里一项游乐活动的示意图：金属导轨倾斜固定，倾角为，导轨上开有一狭槽，内置一小球，球可沿槽无摩擦滑动，绳子一端与球相连，另一端连接一抱枕，小孩可抱住抱枕与之一起下滑，绳与竖直方向夹角为，且保持不变假设抱枕质量为m1，小孩质量为m2，小球、绳的质量及空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是()A. 分析可知B. 小孩与抱枕一起做匀速直线运动C. 小孩对抱枕的作用力平行导轨方向向下D
14、. 绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1m2)m2【答案】AD【解析】【详解】由于球沿槽无摩擦滑动，此系统加速度为a=gsin，由此可知绳子垂直导轨，选项A 正确，B 错误；小孩受重力向下，抱枕对小孩的作用力与重力的合力方向平行导轨向下，加速度为a=gsin，所以抱枕对小孩的作用力与绳子平行向上，小孩对抱枕的作用力平行绳子向下，选项C 错误；绳子的拉力为（m1+m2）gcos；抱枕对小孩的作用力为m2gcos，故绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为（m1+m2）：m2，选项D 正确12. 某运动员练习射箭时，站在同一位置从不同高度先后水平射出两只箭，射中箭靶上同一竖直线上两点，如图所示，A箭
15、的方向与竖直方向的夹角小于B箭与竖直方向的夹角，忽略空气阻力。已知箭飞行时，箭头的指向与箭的运动方向相同。则（）A. A箭射出的初速度一定比B箭射出的初速度大B. A箭在空中飞行的时间一定比B箭在空中飞行的时间长C. A箭的射出点一定比B箭的射出点高D. A箭射中箭靶时速度一定比B箭射中箭靶时的速度大【答案】BC【解析】【详解】B设飞镖与竖直方向的夹角为，运动时间为，则水平位移如图所示根据速度的合成与分解可得解得由于A飞镖的方向与竖直方向的夹角小于B飞镖与竖直方向的夹角，水平位移相同，所以B正确；A根据水平位移相同，所以，即A飞镖掷出的初速度一定比B飞镖掷出的初速度小，A错误；C根据因为，A箭
16、的射出点一定比B箭的射出点高，C正确；D飞镖在竖直方向的分速度因为，所以 则箭射中箭靶时的速度因为，则无法比较两支箭射中箭靶的速度，D错误。故选BC。第卷（非选择题共60分）三、非选择题：本题共6小题，共60分。13. 某同学用如图甲所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M，弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数，图乙为A的示数。在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，弹簧测力计A的拉力为_ N。(2)下列的实验要求中不必要的是
17、_。A细线应尽可能长一些B应测量重物M所受的重力C细线AO与BO之间的夹角应尽可能大于90D改变拉力的大小与方向，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置(3)图丙是在白纸上根据实验结果画出的力的图示，下列说法正确的是_。A图中的F是力F1和F2合力的理论值B图中的F是力F1和F2合力的理论值CF是力F1和F2合力的实际测量值D本实验将细绳都换成橡皮条，同样能达到实验目的【答案】 (1). 3.80 N（3.793.81） (2). CD (3). BCD【解析】【详解】(1)1由于弹簧秤的最刻度为0.1N，因此估读到0.01N，故读数为3.80 N。(2)2A细线长一些可以使力的方向画的更
18、准确，A正确；B应测出重物M的重量，从而画出重力的图示与重力相平衡的力就是两个弹簧秤的拉力的合力，故B正确；C细线AO与BO之间的夹角应适当大些，但没必要一定大于90o，C错误；D由于第二次O点的位置与第一次O点的位置没有任何关系，因此没必要每次都要使O点静止在同一位置，D错误。故没必要的应为CD。(3)3AC图中的F应是重力的平衡力，因此力F为F1和F2合力的实际值，A错误，C正确；BF是通过平衡四边形做出的，因此图中的F是力F1和F2合力的理论值，B正确；D本实验将细绳都换成橡皮条，不会改变拉力的方向和大小，因此同样能达到实验目的，D正确。故选BCD。14. 某物理小组利用图所示的实验装置
19、研究小车的匀变速直线运动。主要实验步骤如下：a.安装好实验器材，接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次。b.选出一条点迹清晰的纸带，找一个合适的点当作计时起点O（t0），然后每隔相同的时间间隔T选取一个计数点。c.通过测量、计算可以得到小车的加速度。结合上述实验步骤，请你完成下列任务：(1)在下列仪器和器材中，还需要使用的有_和_（填选项前的字母）。A电压合适的50 Hz交流电源B电压可调的直流电源C刻度尺D秒表E天平（含砝码）(2)实验中，保证小车做匀变速直线运动必要措施是_（填选项前的字母）。A细线必须与长木板平行B将长木板上没有滑轮的一端适当垫高C钩码的质量远小于小车的质量D
20、先接通电源后释放小车(3)实验时将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上，打出几条纸带，选取一条比较清晰的纸带，部分计数点如图所示（每两个相邻的计数点间还有4个点未画出）。则小车的加速度a_m/s2（结果保留3位有效数字）。(4)研究匀变速直线运动时，往往用求某个点的瞬时速度，从理论上讲，对t的要求是_（选填“越小越好”、“越大越好”或“与大小无关”）。【答案】 (1). A (2). C (3). A (4). 2.50 (5). 越小越好【解析】【详解】(1)1打点计时器需要使用交流电源，因此需要使用电压合适的50 Hz交流电源；2需要用刻度尺测量各计数点之间的距离，因此需要刻度尺；(
21、2)3A细线必须与长木板平行，以保证小车所受的合外力方向平行于长木板并且大小保持不变，此时小车做匀变速直线运动，A正确；B将长木板上没有滑轮的一端适当垫高，目的是平衡摩擦力，B错误；C钩码的质量远小于小车的质量，目的是用钩码的重力代替小车所受的合外力，C错误；D先接通电源后释放小车，目的是为了完整的记录小车的运动情况，D错误；故选A。(3)4打点计时器打点频率为50 Hz，而且每两个相邻的计数点间还有4个点未画出，因此两个相邻的计数点间的时间间隔为，由逐差法可得解得 (4)5 当不知道小车是否做匀变速直线运动，若用平均速度表示各点的瞬时速度，从理论上讲，对t的要求是越小越好，即才使得平均速度接
22、近瞬时速度；15. 一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度，BC段是倾斜的，长度，倾角37，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接（图中未画出圆弧），传送带以v=4m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数=0.5，重力加速度，现将一个工件（可看做质点）无初速度地放在A点，求：(1)工件第一次到达B点所用的时间；(2)工件沿传送带上升的最大高度【答案】(1)1.4s(2)2.4m【解析】【详解】(1)工件刚放在水平传送带上的加速度为，由牛顿第二定律得解得经时间与传送带的速度相同，则前进的位移为此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时所以工件第一次到达B点所用的时间(2
23、)设工件上升的最大高度为h，由动能定理得解得h=2.4m16. 某实验小组做了如下实验，装置如图甲所示竖直平面内的光滑轨道由倾角为的斜面轨道AB和圆弧轨道BCD组成，将质量m=0.1kg的小球，从轨道AB上高H处的某点静止滑下，用压力传感器测出小球经过圆弧最高点D时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示g=10m/s2求： (1)圆轨道的半径R(2)若小球从D点水平飞出后又落到斜面上，其中最低落点与圆心O等高，求的值【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）小球经过D点时，满足竖直方向的合力提供圆周运动向心力即：从A到D的过程中只有重力做功，根据动能定理
24、有：联立解得：由题中给出的F-H图象知斜率 即所以可得（2）小球离开D点做平抛运动，根据几何关系知，小球落地点越低平抛的射程越小，即题设中小球落地点位置最低对应小球离开D点时的速度最小根据临界条件知，小球能通过D点点时的最小速度为:解得：小球落地地点在斜面上与圆心等高，故可知小球平抛时下落的距离为R所以小球平抛的射程:由几何关系可知， 考点：动能定理、平抛运动、图象问题【名师点睛】小球从A到C运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律求出小球对轨道C点的压力与H的关系式，再结合平抛运动知识和几何关系处理17. 如图所示，倾角的足够长光滑斜面上，质量M=2kg、足够
25、长的木板沿斜面向上运动，上端经过斜面上的P点时速度为v0=4m/s。此时在木板上端轻放上质量m=1kg的小物块(可视为质点)，物块与木板间的动摩擦因数=0.5。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37=0.6。求：（1）木板向上运动过程中物块相对木板的最大位移大小；（2）物块从开始运动到刚好与木板速度相同经历的时间；（3）木板上端再次经过P点时，物块与木板上端的距离。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设木板上滑过程中的加速度为a1，小物块的加运度为a2，根据牛顿第二定律解得a1=8m/s2根据牛顿第二定律解得a2=2 m/s2根据运动学公式有
26、0=v0a1t1v02=2a1x1代入数据解得（2）之后木板下滑，在与物块速度相等之前，物块、木板的加运度均不变，设再经过时间t2时二者速度相等，则v=a2(tl+t2)=a1t2解得（3）设从木板开始下滑到二者速度相等过程木板的位移x3，物块的位移x4，取沿斜面向下为正方向解得此时木板上端仍在P点上方解得此时木板上端物块与木板上端的距离之后二者之间没有摩擦力作用，以相同的加速度下滑，物块不会再相对木块滑动18. 如图，可视为质点小球1、2由不可伸长的细绳相连，小球1悬挂在定滑轮O的下方，小球2在半径为R的半球形固定容器内，定滑轮O与容器的边缘D及球心C在同一水平线上系统静止时，小球1在定滑轮
27、正下方R处的A点，小球2位于B点，BD间的细绳与水平方向的夹角=已知小球1的质量为m，重力加速度为g，不计一切摩擦，忽略滑轮的质量(结果用根号表示)(1)试求小球2的质量；(2)现将小球2置于D处由静止释放(小球1未触及地面)，求小球1到达A点时的动能；(3)在第(2)问中，小球2经过B点时，突然剪断细绳，求小球2经过容器晟低点时对容器的压力【答案】（1）小球2的质量；（2）小球1到达A点时的动能；（3）小球2对容器的压力大小也为，方向向下【解析】【详解】（1）设系统静止时细线中的拉力大小为T小球受到容器的支持力方向沿BC由几何关系知为正三角形，所以对小球1、小球2，根据共点力的平衡条件知解得（2）设经过图示位置时小球1的速度为，小球2的速度为沿绳竖直向上，沿圆弧切线斜向下由几何关系可知，与DB延长线的夹角为由运动关系可知，与应满足由几何关系知 BD=R根据机械能守恒定律，得此时小球1的动能整理得（，）（3）细绳剪断后，小球2以为初速度，从B点沿圆弧运动到最低点，设经过最低点的速度为，根据机械能守恒定律，得：设小球2经过容器最低点时受到的支持力为N根据牛顿第二定律得：整理得：由牛顿第三定律知，小球2对容器的压力大小也为方向向下