【文档说明】安徽省安庆市第一中学2022-2023学年高二下学期第一次段考物理试题 含解析.docx，共(21)页，4.247 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-52574d68a29373e94c1e40dc5909beb5.html

以下为本文档部分文字说明：

安庆一中高二第一次段考物理试题一、单选题（每题4分，共24分）1.两位同学对变力问题感兴趣。张明同学将质量为2kgm=的物体放置光滑的水平面，从静止施加水平拉力，拉力随时间的图像Ft−如图甲，2秒末时物体获得的速度为1v；李华同学将质量为2kg

m=的物体放置光滑的水平面，从静止施加水平拉力，拉力随位移的图像Fx−如图乙，运动2米时物体获得的速度为2v，那么（）A14.5m/sv=，24.5m/sv=B.14.5m/sv=，23m/sv=C.16m/sv=，23m/s

v=D.16m/sv=，24.5m/sv=【答案】B【解析】【详解】张明同学拉物体的过程中，由动量定理得10Ftmv=−由Ft−图像可知，图线与坐标轴围成的面积表示力在这段时间内的冲量，代入数据解得，2秒末时物体获得的速度为14.5m/sv=李华同学拉物

体的过程中，由动能定理得2212Fxmv=由Fx−图像可知，图线与坐标轴围成的面积表示力在这段位移内所做的功，代入数据解得，运动2米时物体获得的速度为23m/sv=故选B。2.如图所示，两倾角为光滑

平行导轨间距可调，质量为m的导体棒垂直放在导轨上，整个空间存在垂.的直导体棒的匀强磁场，现在导体棒中通由a到b的恒定电流，使导体棒始终保持静止，已知磁感应强度大小为B，电流为I，重力加速度为g，忽略一切摩擦。则下列说法正确的是（）A.若磁场方向竖直向上，则两导轨

间距为mgBIB.若磁场方向垂直斜面向上，则两导轨间距为sinmgBIC.若磁场方向水平向左，则两导轨间距为sinmgBID.若磁场方向水平向右，则两导轨间距为tanmgBI【答案】B【解析】【详解】A．若磁场方向竖直向上，对导体棒受力分析如图所示由力的平衡条件

得tanBILmg=解得tanmgLBI=A错误；B．若磁场方向垂直斜面向上，安培力沿导轨向上，则由力的平衡条件得sinBILmg=解得sinmgLBI=B正确；C．若磁场方向水平向左，安培力竖直向上，则由力的平衡条件得BILmg=解得mgLBI=C

错误；D．若场方向水平向右，安培力竖直向下，不可能平衡，D错误。故选B。3.如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点，开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度0v击中砂袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不

计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（）A.弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变B.弹丸打入砂袋过程中，系统动量不守恒C.弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为2072mvD.砂袋和弹丸一起摆动所达到的

最大高度为2072vg【答案】D【解析】【详解】A．弹丸打入砂袋过程中，砂袋的速度不断增大，所需要的向心力增大，则细绳对砂袋的拉力增大，由牛顿第三定律知，砂袋对细绳的拉力增大，故A错误；B．弹丸打入砂袋过程时间极短，系统内力远大于外力

，系统动量守恒，故B错误；C．弹丸打入砂袋过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得0(5)mvmmv=+得06vv=产生的热量为22200115(5)2212Qmvmmvmv=−+=故C错误；D．弹丸打入砂

袋后一起摆动过程中整体的机械能守恒，则得21(5)(5)2mmvmmgh+=+解得2072vhg=故D正确。故选D。4.如下图，半径为R的圆心区域中充满了垂直于纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，一不计重力的带电粒子从图中A点以速度0v垂直磁场射入，速度方向与半径方向成45角，当

该粒子离开磁场时，速度方向恰好改变了180，下列说法正确的是（）A.该粒子带正电B.该粒子的比荷为02vBRC.该粒子出磁场时速度方向的反向延长线通过O点D.该粒子在磁场中的运动时间为022Rv【答案

】D【解析】【详解】A．有题意知该粒子离开磁场时，速度方向恰好改变了180，粒子一定向下偏转，由左手定则可知粒子带负电，A错误；B．粒子的运动轨迹如图所示有几何关系可知粒子的轨道半径为22rR=结合20vqvBmr=解得02vqmBR=B错误

；C．由运动轨迹可知，该粒子出磁场时速度方向的反向延长线不通过O点，C错误；D．该粒子在磁场中的运动时间为001122222rRtTvv===D正确。故选D。5.用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫

星一起以7.0×103m/s的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为500kg，最后一节火箭壳体的质量为100kg。某时刻火箭壳体与卫星分离，卫星以1.2×103m/s的速度相对火箭壳体沿轨道切线方向分离，则分离时卫星的速度为（）A.6.0×103m/sB.6.8×103m/sC.7.

2×103m/sD.8.0×103m/s【答案】C【解析】【详解】设火箭壳体和卫星分离前绕地球做匀速圆周运动速度为v，卫星质量为m1，火箭壳体质量为2m，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为

u，分离后火箭壳体的速度为v，取分离前火箭壳体和卫星的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得1212()()mmvmvumv+=++解得35.510m/sv=则分离时卫星速度为3335.510m/s1.210m

/s7.210m/svvu=+=+=卫故选C。6.如图所示，一个粒子源S发射出速度不同的各种粒子，经过PQ两板间的速度选择器后仅有甲、乙、丙、丁四种粒子沿平行于纸面的水平直线穿过挡板MN上的小孔O，在MN下方分布着垂直纸面向

里的匀强磁场，四种粒子的轨迹如图所示，则下面说法正确的是：（）A.若PQ两板间的磁场是垂直纸面向外的匀强磁场，则PQ间的电场方向一定水平向左B.设PQ两板间垂直纸面的匀强磁场为B，匀强电场大小为E，则甲粒子的速度大小为

BvE=C.丙的比荷()qm最大D.若只将速度选择器中的电场、磁场方向反向，则甲、乙、丙、丁四种粒子不能从O点射出【答案】C【解析】【详解】A．以正电荷为例分析，若PQ两板间的磁场是垂直纸面向外的匀强磁场，由左手定则，正电荷沿SO运动时受到洛伦兹力向左，洛伦兹

力和电场力平衡，正电荷所受电场力向右，则PQ间的电场方向一定水平向右。A错误；B．设PQ两板间垂直纸面的匀强磁场为B，匀强电场大小为E，由qvBqE=得EvB=B错误；C．在MN下方匀强磁场中，运动时2vqvBmr=得mvrqB=因经过速度选择器的粒子速度相等，又在M

N下方的匀强磁场中电荷丙的运动半径最小，丙的比荷()qm最大。C正确；D．若只将速度选择器中的电场、磁场方向反向，则洛伦兹力和电场均反向，依然能平衡，则甲、乙、丙、丁四种粒子仍能从O点射出。D错误。故选C。二、多选题（每题6分，选不全得3分，共24分）7.如图所示，一质量M=4

kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动，质量m=1kg的小球（视为质点）通过长L=1m的不可伸长的轻绳与滑块上的O连接，开始时滑块静止、轻绳处于水平状态，现将小球由静止释放（不计一切摩擦力），g取10m/s2。则（）

A.小球可回到初始高度B.小球与滑块组成的系统动量守恒C.小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.2mD.小球从初始位置到第一次到达最低点时的速度大小为25m/s【答案】AC【解析】【详解】A．小球上升到最大高度时，小球和滑块具有

共同速度，由于系统初始动量为零，则到达最大高度时的共同速度也为零，由能量守恒关系可知，小球还能上升到原来的高度，故A正确；B．小球与滑块组成的系统所受合力不为零，故小球与滑块组成的系统的动量不守恒，故B错误；C．小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中，小球和滑块系统水平方向动

量守恒，设滑块在水平轨的道上向右移动的距离为x。取向左为正方向，根据水平动量守恒得0LxxmMtt−=−解得0.2mx=，故C正确；D．小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中，小球和滑块系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，则有120mvMv=−由机械能守恒得22121122mgL

mvMv=+解得小球第一次到达最低点时的速度大小14m/sv=，故D错误。故选AC。8.医院使用血浆时，需利用电磁泵从血库向外抽血。电磁泵的模型如图所示，长方形导管的左右表面绝缘，上下表面为导体，管长为a，内壁高为b，宽为l，且内壁光滑。将

导管放入匀强磁场，让左右表面与磁场垂直。因充满导管的血浆中带有正、负离子，将上下表面和电源接通后，导管的前后两端便会产生压强差p，从而将血浆抽出。已知血液匀速流动速度为v，血浆的电阻率为ρ，所加电源的电动势为E，内阻为r，匀强磁场的磁感应强度为B。则（）A.管中血浆的电阻bRal=B.管中血浆

的电阻lRab=C.血浆受到的安培力大小Fpbl=D.血浆受到的安培力大小BEablFbarl=+【答案】ACD【解析】【详解】AB．根据电阻定律可知，管中血浆的电阻为bRal=故A正确，B错误；C．血液匀速流动，则安培力等于两侧血浆

的压力差，则有Fpbl=故C正确；D．电路电流为brElIa=+血浆受到的安培力大小为FBIb=联立可得BEablFbarl=+故D正确。故选ACD。9.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上。现使A获得水平向右、大小为3m/s的瞬时速度

，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得（）A.在t1和t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于压缩状态B.在21~tt时间内A、B的距离逐渐增大，t2时刻弹簧的弹性势能最大C.

两物体的质量之比为12:1:2mm=D.在t2时刻A、B两物块的动能之比为Ek1：Ek2=1：8【答案】CD【解析】【详解】AB．在10~t时间内弹簧逐渐被压缩，t1时刻弹簧压缩量最大；在21~tt时间内A、B的距离逐渐增大，t2时刻弹簧恢

复原长；在23~tt时间内A、B的距离逐渐增大，t3时刻弹簧处于伸长状态。在t1和t3时刻两物块达到共同速度1m/s，两个时刻弹簧的弹性势能最大，AB错误；C．根据动量守恒，从10~t时刻10121()mvmmv=+即()11231mmm=+解得122mm=即12:1:2mm=C正确；

D．在t2时刻A、B两物块的速度分别为-1m/s和2m/s，根据2k12Emv=，可知动能之比为Ek1：Ek2=1：8D正确。故选CD。10.如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方

向射出速率相等的质量均为m、电荷量均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知33OPOSd==，粒子带负电，粒子所受重力及粒子间的相互作用均不计，则（）A.粒子的速度大小为qBdmB.从x轴上

射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为7:4C.沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为32dD.从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为3mqB【答案】AD【解析】【详解】A．根据几何关系可得

22()()2SPSOOPd=+=所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点，可知粒子做圆周运动的半径r满足22rSPd==可得rd=根据洛伦兹力提供向心力可得2vqvBmr=解得qBdvm=A正确；B．从x轴上射出磁场的粒子中，沿y轴正方向射出的粒子在磁场中运动的时

间最长，从O点射出的粒子时间最短，运动轨迹如图所示根据几何关系，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角分别为32=3=从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为maxmin9222TttT===B错误；C．沿

平行x轴正方向射入的粒子，其圆心现在O点，离开磁场时的位置到O点的距离为r，即沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为d，C错误；D．从O点射出的粒子轨迹如图所示对应的圆心角为3=从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为3rmtvqB==D正确。故选AD。三、填空题

（每空2分，共14分）11.回旋加速器工作原理如图所示。已知两个D形金属扁盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，磁场的磁感应强度为B，离子源置于D形盒的中心附近，若离子源射出粒子的电量为q，质量为m，最大回转半径为R，

其运动轨道如图所示。若为已知量，则两盒所加交流电的频率为，粒子离开回旋加速器时的动能为。【答案】①.2Bqm②.2222qBRm【解析】【详解】[1]由回旋加速器知识可知，所加交流电的周期与粒子在磁场中运动周期相同，则2mTqB=则两盒

所加交流电的频率为12qBfTm==[2]当粒子达到最大回转半径R时，根据2mvqvBR=即qBRvm=所以粒子离开回旋加速器时的动能为2222222k211=222qBRqBREmvmmm==12.某同学用如图所示装置做“验证动量守

恒定律”实验。图中O是斜槽水平末端在记录纸上的垂直投影点，P为未放被碰小球时入射小球的平均落点，M为与被碰小球碰后入射小球的平均落点，N为被碰小球的平均落点。（1）关于实验要点，下列说法错误的是（填选项字母）。A.安装轨道时，轨道末端必须水平B.实验过程中，复

写纸可以移动，白纸不能移动C.入射小球的质量小于被碰小球的质量，两球的半径相同D.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放（2）实验中，除测量平抛射程OM、ON、OP外，还需要测量的物理量有（填选项字母）。A.测量入射小球质量1m和被碰小球质量2mB.测量抛出点距地面高度HC.测量S离水平

轨道的高度h（3）图乙是被碰小球的多次落点痕迹，由此可确定其落点的平均位置对应的读数为cm；若测量的物理量满足关系式（用测量的物理量表示），则入射小球和被碰小球碰撞前后的总动量不变；若OM、ON、OP满足关系式，则入射小球和被碰小球的碰撞为弹性碰撞。【答案】①.C②.

A③.55.40##55.50##55.60④.112mOPmOMmON=+⑤.OPOMON+=【解析】【详解】(1)[1]A．为使小球离开轨道做平抛运动，保证出射速度水平，所以轨道末端必须水平，故A正确；B．在实验过程中，小球的落点通过白纸和复写纸获得，若移动白纸将不能确定

小球的位置，但复写纸可以移动，故B正确；C．为防止入射小球碰后反弹，则入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故C错误；D．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证到达底端做平抛运动时的速度相同，故D正确。故选C。(2)[2]A．需要测量两个小球的质量1m、

2m，故A正确；B．不需要测量抛出点距地面的高度H，故B错误；C．不需要测量S离水平轨道的高度h，故C错误。故选A。(3)[3]由图乙可得落点的平均位置所对应的读数为55.50cm；[4]设入射小球做平抛运动的初速度为0v，碰撞后入射小球的速度为1v，被碰小球

的速度为2v，根据动量守恒定律可知，若满足的101122mvmvmv=+则可得到碰撞前后的总动量不变，本实验中碰撞前后小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，位移相同，而做平抛运动的时间2tHg=可知运动时间相同，水平方向做匀速直线运动，根据动

量守恒定律可得112OPOMONmmmttt=+最终可知若测量的物理量满足关系式112mOPmOMmON=+则入射小球和被碰小球碰撞前后的总动量不；[5]弹性碰撞过程中机械能守恒，则由动量守恒定律101122mvmvmv=+以及机械能守恒定律2221011221

11222mvmvmv=+可得012vvv+=即OPOMON+=可知当满足关系式OPOMON+=两球的碰撞为弹性碰撞。四、解答题（13、14题12分，15题14分）13.如图所示，通电金属杆ab质量m=24g，电阻R=1.5Ω，水平地放置在倾

角θ=30°的光滑金属导轨上。导轨宽度103cmd=，导轨电阻、导轨与金属杆的接触电阻忽略不计，电源内阻r=0.5Ω。匀强磁场的方向竖直向上，磁感应强度B=0.2T，g=10m/s2，若金属杆ab恰能保持静止，求：（1）金属杆ab受到的安培力大小；（

2）电源的电动势大小E。【答案】（1）28310N−；（2）8.0V【解析】详解】（1）对导体棒ab进行受力分析，如图所示根据平衡条件可得tan30Fmg=解得28310NF−=（2）根据安培力的计算公式FBId=根据闭合电路的欧姆定律()EI

Rr=+联立解得电动势8.0VE=14.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有沿x轴负方向的匀强电场，在第二象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，在x轴上的(,0)Pd−点沿与x轴负方向成30=角的方向发射一个带正电的粒子，粒子的

质量为m、电荷量为q，当粒子的速度大小为0v时，粒子垂直y轴射入电场，粒子在电场中沿x轴正方向运动的最大距离为8d，不计粒子的重力。（1）求匀强磁场的磁感应强度大小；（2）求匀强电场的电场强度大小；【（3）若粒子的入射速度减小为02v，

求粒子射出电场时的速度大小和方向。【答案】（1）02mvqd；（2）2016mvqd；（3）04v，方向垂直于x轴向下【解析】【分析】【详解】（1）粒子在磁场中的运动轨迹如图中①所示，设在磁场中的运动半径为1r由

几何关系可知1sinrd=根据牛顿运动定律得2001vqvBmr=解得02mvBqd=（2）粒子进入电场后做匀减速运动，根据动能定理得201802qEdmv−=−解得2016mvEqd=（3）粒子的

入射速度减小为02v，可知其半径122rrd==运动轨迹如图中②所示由几何关系可知粒子出磁.场时的速度方向与y轴负方向的夹角9060=−=粒子进入电场做匀变速曲线运动，沿y轴负方向做匀速运动沿y轴负方向的分速度0cos2yvv=设经过t时间到达x轴，则有22cosyrvt=

沿x轴方向的初速度0sin2xvv=加速度qEam=经时间t速度变为'xvvxat=−可得'0xv=可知粒子射出电场时的速度大小为04v方向垂直于x轴向下（沿y轴负方向）15.如图所示，在光滑水平地面上静置一质量mA=4kg的长木板A和另一质量

mC=3kg的滑块C，其中长木板的左端还放有质量mB=2kg的滑块B（可看成质点）。现给A、B组成的整体施加水平向右的瞬时冲量I=36N·s，此后A、B以相同速度向右运动，经过一段时间后A与C发生碰撞（碰撞时间极短）。木板足够长，则再经

过一段时间后A、B再次以相同速度向右运动，且此后A、C之间的距离保持不变。已知A、B间的动摩擦因数为μ=0.1，重力加速度为g=10m/s2，则（1）获得冲量后瞬间A、B的速度；（2）A、C间的碰撞是否为弹性碰撞？若是，请说明理由；若不是，求A、C碰撞时损失的机械能；（3）滑块B在长木板A上表面所

留痕迹的长度L；（4）最终A、C之间的距离Δs。【答案】（1）6m/s；（2）非弹性碰撞，30J；（3）3m；（4）1m【解析】【详解】（1）对A、B组成的整体，设获得冲量后瞬间A、B的速度为v0，由动量

定理AB0Immv=+（）①解得v0=6m/s②（2）不是弹性碰撞，最终A、B以相同速度向右运动，且A、C之间的距离保持不变，则三者速度相同，设为vC，以三者为系统由动量守恒定律得：AB0ABCCmmvmmmv+=++（）（）③解得vC=4m/sA与C发生碰撞且碰撞时间极短，设碰后

A的速度为vA，由动量守恒定律得A0AACCmvmvmv=+④解得vA=3m/sA、C碰前21A0172J2Emv==⑤A、C碰后222AACC1142J22Emvmv=+=⑥所以A、C间的碰撞为非弹性碰撞，损失的机械能12Δ30

JEEE=−=⑦（3）从A、C发生碰撞到A、B再次以相同速度向右运动，对ABAA20.m/5smgam==⑧对B2B1m/sag==⑨设经时间t两者达到共速0BAAvatvat−=+⑩解得t=2s⑪此过程中2AAA17m2svtat=+

=⑫2B0B12svtat=−=10m⑬BA3mLss=−=⑭（4）从A、C发生碰撞到最终三者一起匀速运动过程中CC8msvt==⑮CAΔ1msss=−=⑯