【文档说明】山东省滨州市博兴县第三中学2020-2021学年高二上学期第一次月考物理试题【精准解析】.doc，共(16)页，859.500 KB，由小赞的店铺上传

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物理试题一、选择题（1—8为单选，每题3分；9—12为多选，每题4分；共40分）1.下列关于物理史实正确的是（）A.安培建立了场的概念并引入电场线和磁感线来形象直观描述电场和磁场B.法拉第发现了电流的磁效应并建立了右手螺旋定则来判断电流周围磁场的方向C.奥斯特发

现了电流的磁效应，首先建立了电和磁的联系D.奥斯特建立了安培定则来判断电流周围的磁场，同时提出了分子电流假说将磁体的磁场和电流的磁场归于相同本质——电荷的运动【答案】C【解析】【详解】A．法拉第提出场的概念并引入电场线和磁感线来形象直观描述电场和磁场，故A错误；B．奥斯特发现了电流的磁效应，安

培建立了右手螺旋定则来判断电流周围磁场的方向，故B错误；C．奥斯特发现了电流的磁效应，建立了电和磁的联系，故C正确；D．安培建立了安培定则来判断电流周围的磁场，同时提出了分子电流假说将磁体的磁场和电流的磁场归于相同本质——电荷的运动，故D错误。故选C。2.下列说法正确的是（）A.质

量一定的物体，若动量发生变化，则动能一定变化B.质量一定的物体若动能发生变化，则动量一定变化C.做匀速圆周运动的物体，其动能和动量都保持不变D.一个力对物体有冲量，则该力一定会对物体做功【答案】B【解析】【详解】AB．质量一定的物体，若动量发生变化，则可能是速度大小变

化，也可能是速度方向变化，因此动能不一定变化。若动能发生变化，则速度的大小一定发生变化，因此动量一定变化，A错误，B正确。C．做匀速圆周运动的物体，速度的大小不变，但速度的方向时刻在变化，因此物体的动能不变，但动量时刻在变化，C错误。D．一个力对物体有了冲量，则物体的速度可能只有

方向改变，如匀速圆周运动，此时该力对物体不做功，D错误。故选B。3.如图，用与水方向成角的拉力F拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平面运动时间t．木箱受到的重力mg、拉力F、支持力N和摩擦力f的冲量大小分别为A.拉力的冲量大小

为FtcosB.重力的冲量大小为0C.支持力的冲量大小为0D.摩擦力的冲量大小为ft【答案】D【解析】【详解】根据冲量的定义可知，拉力的冲量大小为Ft，故A错误；重力的冲量大小为mgt，故B错误；支持力的冲量大小为Nt，故C错误；摩擦力的冲量大小为ft，故D正确．所以D正确，AB

C错误．4.一个大人和一个小孩面对面站在光滑的冰面上，都处于静止状态，某时刻小孩沿水平方向用力推了大人一下，结果两人向相反方向滑去．已知大人的质量大于小孩的质量，则下列说法正确的是A.小孩受到的冲量较大B.大人

受到的冲量较大C.小孩运动的速度较大D.大人运动的速度较大【答案】C【解析】两人组成的系统，初状态总动量为零，根据动量守恒，可知两人的动量变化量大小相等，方向相反，根据0Pmvmv=−=，可知质量小的速度大，故C正确，D错误；根据动理定理IP=，可知两人的冲量大小相等，故AB错误；故选

C.5.下列小磁针方向（所有小磁针都处于静止状态）正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．小磁针静止时N极所指方向即为磁感应强度的方向，A中小磁针N极所指方向与磁感线方向相反，A错误；B．根据安培定则，从上向下看可知磁感线为逆时针

方向，与小磁针N极所指方向相同，B正确；C．根据安培定则可知环中产生的磁场与纸面垂直，小磁针与纸面平行，C错误；D．根据图中条形磁铁位置可知磁感线由N极指向S极，小磁针N极所指方向与磁感线方向不符，D错误。故选B。6.如图所示，小船静止于水面上，站在

船尾的人不断将鱼抛向左方船头的舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是（）A.向左运动，船向左移动了一些B.小船静止，船向左移动了一些C.小船静止，船向右移动了一些D.小船静止，船不移动【答案】C【解析】【详解】人、船、鱼组成的系统动量守恒，开始时系统静

止，动量为零，由动量守恒定律可知，最终，船是静止的；在人将鱼向左抛出而鱼没有落入船舱的过程中，鱼具有向左的动量，由动量守恒定律可知，船（包括人）具有向右的动量，船要向右移动，鱼落入船舱后船即停止运动，如此反复，在抛鱼的过程中船要向右运动，最终船要向右移一些；A.向左运动，船向左移动了一些，与结论

不相符，选项A不符合题意；B.小船静止，船向左移动了一些，与结论不相符，选项B不符合题意；C.小船静止，船向右移动了一些，与结论相符，选项C符合题意；D.小船静止，船不移动，与结论不相符，选项D不符合题意；7.如图所示，在同一平面内互相绝缘的三

根无限长直导线ab、cd，ef围成一个等边三角形，三根导线通过的电流大小相等，方向如图所示，O为等边三角形的中心，M、N分别为O关于导线ab、cd的对称点．已知三根导线中的电流形成的合磁场在O点的磁感应强度大小为1B，在M点的磁感应强度大小为2B，若撤去导线ef，而ab、cd中电流不变，则此时

N点的磁感应强度大小为（）A.12BB+B.12BB−C.122BB+D.122BB−【答案】C【解析】【详解】设每根导线中的电流在O点产生的磁感应强度大小为0B，ef、cd中的电流在M点产生的磁感应强度大小都为0'B，则在O点有10BB=，在M点有2002'BBB=+，撤去导线ef后

，在N点有00'NBBB=+、联立式各式可得12=2NBBB+．A.12BB+与计算结果12=2NBBB+不相符，故A不符合题意；B.12BB−与计算结果12=2NBBB+不相符，故B不符合题意C.122BB+与计算结果12

=2NBBB+相符，故C符合题意；D.122BB−与计算结果12=2NBBB+不相符，故D不符合题意．8.如图所示，横截面积为5cm2的水柱以10m/s的速度垂直冲到墙壁上，已知水的密度为1×103kg/m3，假设水冲到墙上后不反弹而顺墙壁流下，则

墙壁所受水柱冲击力为（）A.0.5NB.5NC.50ND.500N【答案】C【解析】【详解】设冲水时间t，墙对水柱的作用力为F，对水柱水平方向动量定理得：0mvFt−=−，且mVvtS==，代入数据解得：50FN=，ABD错误C正确9.如图所示，质量为M的

斜面放在光滑的水平面上，质量为m的物体由静止开始从斜面的顶端滑到底端，在这过程中（）A.M、m组成的系统满足动量守恒B.任意时刻m、M各自的水平方向动量的大小相等C.m对M的冲量等于M的动量变化D.M对m的支持力做负功【答案

】BD【解析】【详解】A．物体相对于斜面有沿斜面向下的加速度，相对于地面有竖直向下的分加速度，所以M、m组成的系统竖直方向的合外力不为零，在水平方向受到的合外力为零，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒，A错误；B．

系统在水平方向不受外力，所以系统在水平方向动量守恒，由于初始时系统在水平方向的总动量为零，根据水平方向动量守恒知任意时刻m、M各自的水平方向动量的大小相等，B正确；C．根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量变化量，M受到重力、地面的支持力和m对M的压力，可知，m对M的冲量不等于M的

动量变化，C错误；D．M对m的支持力与斜面垂直，由于M相对于地面要向右运动，所以M对m的支持力与m相对于地面的位移不垂直，且支持力方向和m相对于地面的位移方向的夹角为钝角，所以M对m的支持力要做负功，D错误。故选BD。10.如图所示，一轻质弹簧两端连

着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为0v的子弹射中并嵌在其中。已知子弹的质量是m，物体A和B的质量相同均为2m则（）A.子弹射入A的过程中，A物体获得的最大速度为023vB.弹簧压缩到最短时，B的速度为015vC.运动过程中，物体B能获得

的最大速度为025vD.弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为2025mv【答案】BC【解析】【详解】A．子弹射入A的过程中，对子弹和A组成的系统动量守恒0(2)mvmmv=+解得013vv=故A错误；B．弹簧压缩到最短时，子弹和A、B物体速度相等，设为1v

，对子弹、物体A、物体B组成的系统动量守恒01(22)mvmmmv=++解得0115vv=故B正确；C．运动过程中，当弹簧恢复原长时，B的速度最大，设此时子弹和A的速度为1v，B的速度为2v，由动量守恒及功能关系可得12(2)(

2)2mmvmmvmv+=++2221211(2)(2)222mmvmmvmv+=++解得2025vv=故C正确；D．弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为22210111(2)(22)2215PEmmvmmmvmv=+−++=故

D错误。故选BC。11.如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块质量的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为；若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左右壁发生无机械能损失的碰

撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对盒静止，则（）A.方盒最终的速度为12vB.方盒最终的速度为13vC.滑块相对方盒运动的路程为23vgD.滑块相对方盒运动的路程为28vg【答案】BC【解析】【详解】AB．设滑块的质量是m

，碰后速度为v共，物体与盒子组成的系统合外力为0，设向左为正方向，由动量守恒有()2mvmmv=+共解得13vv=共故B正确，A错误；CD．开始时盒子与物块的机械能为2112Emv=碰后盒子与物块的机械能为()22211226Emmvmv=+=共损失的机械能为12EEEmgs=−=联立

得23vsg=故C正确，D错误。故选BC。12.质量相等的高铁列车与普通列车分别受到恒定动力F1、F2的作用从静止开始做匀加速运动，在t0和4t0时刻的速度分别达到2v0和v0时，撤去F1和F2，此后两列车继续做匀减速运动直

至停止，两列车运动速度随时间变化的图线如图所示，设两次摩擦力的冲量分别为If1、If2，摩擦力做的功分别为Wf1、Wf2，F1和F2的冲量分别为I1和I2，F1和F2做的功分别为W1、W2。下列结论正确的

是（）A.12:3:5ffII=B.12:3:5ffWW=C.12:3:5II=D.12:3:5WW=【答案】AC【解析】【详解】A．根据撤去动力后列车的运动情况可知，两列车受到的摩擦力相等，两列车全程的时间

之比12:3:5tt=故12:3:5ffII=A正确；B．因v-t图线与t轴围成的面积表示位移，故两列车全程的位移之比12000011:23:56:522xxvtvt==故Wf1：Wf2=6：5B错误；C．对列

车全过程利用动量定理，有110fII−=220fII−=故12:3:5II=C正确；D．对列车全过程利用动能定理，有110fWW−=220fWW−=故12:6:5WW=D错误。故选AC。二、填空题13.如图所示，矩形线圈面积为S，放在匀强磁场B中，

开始处于水平位置，磁场与线圈平面法线夹角为，此时的磁通量为___________当线圈绕其一边顺时针转到90°到达竖直位置时的磁通量为___________，线圈中的磁通量的改变量的大小为___________。【答案】(1).1cosBS=(2).2sinBS

=−(3).()sincosBS=+【解析】【详解】[1]处于水平位置，磁场与线圈平面法线夹角为，此时的磁通量为1cosBS=[2]当线圈绕其一边顺时针转到90°到达竖直位置时与磁场从线圈的另一面穿过，的磁通量为2si

nBS=−[3]线圈中的磁通量的改变量为()21sincosBS=−=−+大小为()sincosBS+14.如图所示，斜槽末端水平，小球1m从斜槽某一高度由静止滚下，落到水平面上的P点。今在槽口末端放一与1m半径相同的球2m，仍让球1m从斜槽同一高度滚

下，并与球2m正碰后使两球落地，球1m和2m的落地点分别是M、N，已知槽口末端在白纸上的投影位置为O点。则(1)两小球质量的关系应满足______；A．12mm=B．12mmC．12mm(2)实验必须满足的条件______；A．轨道末端

的切线必须是水平的B．斜槽轨道必须光滑C．入射球1m每次必须从同一高度滚下D．入射球1m和被碰球2m的球心在碰撞瞬间必须在同一高度(3)实验中必须测量的是______；A．两小球的质量1m和2mB．两小球的半

径1r和2rC．桌面离地的高度HD．小球起始高度E．从两球相碰到两球落地的时间F．小球1m单独飞出的水平距离G．两小球1m和2m相碰后飞出的水平距离(4)若两小球质量之比为1m：23m=：2，碰撞前小球1m的质量为1v，碰

撞后小球1m、2m的质量分别为1'v、2'v，两球落点情况如图所示，则碰撞前后有______A．222111122''mvmvmv=+B．112212''mvvmmm=+C．111122''mvmvmv=+D．1122'mvmv=【答案】(1).B(2)

.ACD(3).AFG(4).C【解析】【详解】(1)[1]为了防止在碰撞过程中，入射小球1m反弹，要求12mm故选B(2)[2]A．要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故A正确；B．“验证动量守恒定律”的

实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故B错误；C．要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；D．碰撞的瞬间，入

射球与被碰球的球心连线与轨道末端的切线平行，即小球球心处在同一高度，故D正确。故选ACD(3)[3]根据实验的原理知111122''mvmvmv=+即为112OPOMONxxxmmmttt=+可知需要测量的物理量有，两球的质量1m和2m，小球1m单独飞出

的水平距离OP，两小球1m和2m相碰后飞出的水平距离OM，ON故选AFG(4)[4]由(3)分析可知，碰撞前后有111122''mvmvmv=+故选C三、计算题15.匀强磁场中放一根与磁场方向垂直的通电导线，它的电

流为1.5A，导线长为1cm，它受到的磁场力为6×10-2N。求：(1)该磁场的磁感应强度B；(2)如果把导线中的电流增大到3A，导线受到的磁场力F1。【答案】(1)4T；(2)F1=0.12N【解析】【详解】(1)根据安培力公

式FBIL=得4TFBIL==(2)10.12NFBIL==16.两质量均为2m的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示．一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h，物

块从静止滑下，然后又滑上劈B，重力加速度为g.求：(1)物块第一次离开劈A时，劈A的速度；(2)物块在劈B上能够达到的最大高度．【答案】(1)3gh(2)49h【解析】【详解】（1）设滑块第一次离开A时的速度为v1，A的速度为v2，由系统动量守恒得：1220mvmv−=…

………（1）系统机械能守恒得：221211222mghmvmv=+………………（2）由（1）（2）解得213vgh=143vgh=（2）物块在劈B上达到最大高度h时两者速度相同，设为v，由系统动量守恒和机械

能守恒得1(2)mmvmv+=…………（3）22111(2)22mmvmghmv++=…………（4）由（3）（4）解得49hh=17.如图（1）所示，在光滑的水平面上有甲、乙两辆小车，质量为30kg的小孩乘甲车以5m/s的速度水平向右匀速运

动，甲车的质量为15kg，乙车静止于甲车滑行的前方，两车碰撞前后的位移随时间变化图象如图（2）所示．求：（1）甲乙两车碰撞后的速度大小；（2）乙车的质量；（3）为了避免甲乙两车相撞，小孩至少以多大的水平速度从甲车跳到乙车上？【答案】（1）甲车的速度大小为11/vms=

，乙车的速度大小为v2=3m/s（2）90mkg乙=（3）6.7m/sv=人【解析】（1）由图可知，碰撞后甲车的速度大小为11/vms=（1分）乙车的速度大小为v2="3m/s"（1分）（2）在碰撞过程中，三者组成的系统满足动量守恒．012()()

mmvmmvmv甲甲乙人人+=++（2分）解得：90mkg乙=（1分）（3）设人跳向乙车的速度为v人,由动量守恒定律得人跳离甲车：03()mmvmvmv+=+甲甲人人人（1分）人跳至乙车：4()mvmmv=+乙人人人（1分）为使二车避免相撞，应满足34vv（2分）取“=”时，人跳离甲车的速度最

小，20/6.7/3vmsms==人（2分）18.如图所示，两物块A、B并排静置于高h=0.80m的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg．一颗质量m=0.10kg的子弹C以v0=100m/s的水平

速度从左面射入A，子弹射穿A后接着射入B并留在B中，此时A、B都没有离开桌面．已知物块A的长度为0.27m，A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m．设子弹在物块A、B中穿行时受到的阻力大小相等，g取10m/s2．(平抛过程中物块看成质点)求：（1）物块A和物块B离开桌面

时速度的大小分别是多少；（2）子弹在物块B中打入的深度；（3）若使子弹在物块B中穿行时物块B未离开桌面，则物块B到桌边的最小初始距离．【答案】（1）5m/s；10m/s；（2）23.510BmL−=（3）22.510m−【解析】【详解】试

题分析：(1)子弹射穿物块A后，A以速度vA沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运动：212hgt=解得：t=0.40sA离开桌边的速度Asvt=，解得：vA=5.0m/s设子弹射入物块B后，子弹与

B的共同速度为vB，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：0()ABmvMvMmv=++B离开桌边的速度vB=10m/s（2）设子弹离开A时的速度为1v，子弹与物块A作用过程系统动量守恒：012AmvmvMv=+v1

=40m/s子弹在物块B中穿行的过程中，由能量守恒2221111()222BABfLMvmvMmv=+−+①子弹在物块A中穿行的过程中，由能量守恒22201111()222AAfLmvmvMMv=−−+②由①②解得23.510BL−=m（3）子弹在物块A中穿

行过程中，物块A在水平桌面上的位移为s1，由动能定理：211()02AfsMMv=+−③子弹在物块B中穿行过程中，物块B在水平桌面上的位移为s2，由动能定理2221122BAfsMvMv=−④由②③④

解得物块B到桌边的最小距离为：min12sss=+，解得：2min2.510sm−=考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律．