扬州中学2021-2022学年高一下学期5月物理试题(解析版)

江苏省扬州中学2021—2022学年第二学期5月
月考试题高一物理
一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。

每题只有一个选项最符合题意。

1.关于曲线运动，下列说法正确的是（）
A.曲线运动的加速度可能为零
B.物体在恒力作用下不可能做曲线运动
C.相同时间内速度变化量一定不相等
D.所有做曲线运动的物体，所受合外力方向与速度方向肯定不在一条直线上
【答案】D【解析】【详解】A．做曲线运动的物体，其速度方向一定改变，所以曲线运动一定是变速运动，加速度不可能为零，A错误；
B．物体在恒力作用下可能做曲线运动，比如平抛运动，B错误；
C．曲线运动在相同时间内速度变化量可能相等，比如平抛运动，C错误；
D．物体做曲线运动的条件是所受合外力方向与速度方向不在同一条直线上，D正确。

故选D。

2.关于电场的性质正确的是（）
A.电场强度大的地方，电势一定高
B.等量同种电荷产生的电场中电势都为正
C.电场强度大的地方，电势可以为0V
D.匀强电场中，两点间的电势差只与两点间距离成正比
【答案】C【解析】【详解】A．电场强度大的地方，电势不一定高，例如距离负点电荷越近的点，场强大，电势低，选项A错误；
B．若规定无穷远处电势为零，则等量同种正电荷产生的电场中电势都为正，等量同种负电荷产生的电场中电势都为负，选项B错误；
C．电场强度大的地方，电势可以为0V，例如等量异种电荷连线的中垂线上，选项C正确；
D．匀强电场中，根据U=Ed可知，两点间的电势差与两点间沿电场线方向的距离成正比，选项D错误。

故选C。

3.如图所示是建筑工地上起吊重物的吊车，某次操作过程中，液压杆收缩，吊臂绕固定转轴O顺时针转动，吊臂边缘的M、N两点做圆周运动，O、M、N三点不共线，此时M点的角速度为ω。

已知MN=2OM=2L，则下列说法正确的是（）
A.M点的速度方向平行于N点的速度方向
B.N点的角速度ωN=ω
C.N点的向心加速度大小a N=2ω2L
D.M、N两点的线速度大小关系为v N=2v M
【答案】B【解析】【详解】A．液压杆收缩，吊臂绕固定转轴O顺时针转动同时进行，M、N两点速度是收缩速度与转动速度的合速度，因为M、N 两点转动线速度大小不同，则合速度的方向不同，即M点的速度方向不平行于N点的速度方向，故A错误。

B ．M 、N 两点属于同轴转动，角速度相同，故N 点的角速度也为ω，故B 正确；
C ．根据向心加速度的公式2a r
ω=及N 点的角速度也ω，且22MN OM L
==则N
3r L
=得
2N 3a L
ω=故C 错误；
D ．M 、N 两点的角速度相同，根据
v r
ω=N M
3r r =得N
M
3v v =D 错误；故选B 。

4.两个半径相同的金属小球，所带同种电荷电荷量之比为1：7，相距为r （r 远大于球半径），两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力为原来的（
）
A.
47
B.
37
C.
79
D.
167
【答案】D 【解析】
【详解】设电荷量少的小球电荷量为Q ，则另一个小球的电荷量为7Q ，根据库伦定律，两球接触前的库仑力为22
7Q F k r =接触后两球的电荷量相同，即'
742
Q Q
Q
Q +=
=两球接触后的库仑力为2
'
216167
Q F k F r ==故ABC 错误，D 正确。

故选D。

5.2022年11月下旬，“神舟十五号”发射升空并完成对接后，“天宫”空间站将呈现6舱盛况，包含“天和”核心舱、“问天”实验舱、“梦天”实验舱，“天舟五号”货运飞船、“神舟十四号”载人飞船、“神舟十五号”。

组合体总质量将达到97.4吨，呈现100吨级空间站的盛况！空间站离地面高度为400km ，则（
）
A.空间站的线速度小于7.9km/s
B.空间站的加速度小于地球表面的重力加速度
C.空间站的线速度小于地球赤道上物体随地球自转的线速度
D.空间站的加速度小于地球赤道上物体随地球自转的加速度
【答案】AB 【解析】【详解】A ．假定地球质量为M ，卫星轨道半径为r ，引力常数为G ，空间站质量为m ，则有
2
2Mm v G m r r
=
则有
v =
可知轨道半径越大，运行速度越小，而7.9km/s 是轨道半径为地球半径时的速度，空间站的半径大于地球半径，则空间站的速度小于7.9km/s ，故A 正确；
B ．依题意有2Mm
G ma r
=空间站的加速度为2
GM
a r =
因为地球表面的加速度为
2
GM g R =
所以空间站的加速度小于地球表面的重力加速度，故B 正确；C ．据前面分析，空间站的运行速度为
v =
轨道半径越大，运行速度越小，因同步卫星的半径大于空间站的半径，则空间站的速度大于同步卫星的速度；根据
v r ω=，可知而同步卫星的速
度大于地球赤道上物体随地球自转的线速度，所以空间站的线速度大于地球赤道上物体随地球自转的线速度，故C 错误；D ．据前面分析，空间站的运行加速度为
2
GM a r =
轨道半径越大，加速度越小，可知空间站的加速度大于同步卫星的加速度，根据2a
r
ω=，可知同步卫星的加速度大于地球赤道上物体随地球自
转的加速度，则空间站的加速度大于地球赤道上物体随地球自转的加速度，故D 错误。

故选AB 。

6.如图所示，在原来不带电的金属细杆ab 附近P 处，放置一个正点电荷，达到静电平衡后，则下列判断中正确的是（
）
A.a 端的电势与b 端相等
B.b 端的电势比d 点的高
C.a 端的电势与c 端的电势不相等
D.细杆表面的感应电荷在杆内c 处产生的场强方向由b 指向a 【答案】A 【解析】
【详解】AC ．达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，则a 端的电势与b 端电势，与c 端的电势都相等，A 正确，C 错误；B ．由正电荷在右边，所以越往右电势越高，b 端的电势比d 点的低，B 错误；
D ．杆处于静电平衡状态，所以内部的场强为零，正电荷和感应电荷在内部产生的合场强为零，正电荷在c 处产生的场强方向由b 指向a ，所以细杆表面的感应电荷在杆内c 处产生的场强方向由a 指向b ，D 错误。

故选A 。

7.如图所示，水平传送带以恒定的速率v 顺时针转动，将质量为
m 的工件（可视为质点）轻放在传送带的A 端。

由于摩擦力的作用。

工件做匀加速
运动，经过时间t ，工件恰好相对传送带静止。

在此过程中，下列说法正确的是（
）
A.工件的位移大小为vt
B.工件所受的摩擦力大小为
mv t
C.
工件所受摩擦力做的功为2
12
mv
-D.
传送带所受摩擦力做的功为2
12
mv
-【答案】B
【解析】【分析】【详解】A ．工件在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，位移大小为
2
v x t
=A 错误；
B ．对工件由牛顿第二定律可得=f ma
又v
at
=联立解得工件所受的摩擦力大小为
mv
f t
=
B 正确；
C ．由动能定理可得
212
W mv =
故工件所受摩擦力做的功为
2
12
mv ，C 错误；D ．传动带所受摩擦力方向向左，大小为f ，位移为
x vt
'=故传送带所受摩擦力做的功为
W fx ''
=-联立解得
2
W mv '=-D 错误。

故选B。

8.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的轻质绝缘细绳一端系着一个带电小球，另一端固定于O点、小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。

不计空气阻力，则（）
A.小球带负电
B.小球所受电场力与重力的大小不相等
C.小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减少
D.小球在从a点运动到b点的过程中，合外力不做功
【答案】D【解析】【详解】AB．据题小球在竖直平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，小球受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力应与重力平衡，即小球所受电场力与重力等大反向，则知小球带正电。

故AB错误；
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故C错误；
D．小球在从a点运动到b点的过程中，动能不变，则合外力不做功，故D正确。

故选D。

9.如图甲所示，在真空中固定两个相同的点电荷A、B关于x轴对称，它们在x轴上的E—x图像如图乙所示（规定x轴正方向为电场的正方向）。

若在坐标原点O由静止释放一个电荷量为q的正点电荷，它将沿x轴正方向运动，不计重力。

则（）
A.A、B带等量正电
B.点电荷在x1处电势能最大
C.点电荷q在x2处动能最大
D.点电荷q将一直沿x轴正方向运动【答案】C【解析】
【详解】A．由E—x图像可知，在x轴上的P点对应x2点，在P点的左侧电场强度为正值，沿x轴正方向，右侧为负值，可知A、B带等量负电，A 错误；
BC．电荷量为q的正点电荷，从O点到P点，电场力做正功，电势能减小，从P点沿x轴正方向运动，电场力做负功，电势能增加，因此点电荷q 在x1处电势能不是最大；可知点电荷q在x2处动能最大，B错误，C正确；
D．由对称性可知，点电荷q沿x轴正方向最远能到达O点关于P点的对称点O＇点位置，不会一直沿x轴正方向运动，D错误。

故选C。

10.如图所示，三个完全相同的可视为点电荷的小球甲、乙、丙放在光滑绝缘的水平面上，且三个小球在同一条直线上，现在小球丙上施加一水平的恒力F，三个小球保持相对静止且共同向右做匀加速直线运动，已知三个小球甲、乙、丙所带电荷量之比为6：3：8，且相邻两个小球之间的距离相
等。

则下列说法正确的是（）
A.小球丙的合力大小为F
B.小球甲、丙带异种电荷，小球甲、乙带同种电荷
C.小球乙和小球丙之间的作用力大小为
43
F D.小球甲和小球乙之间的作用力大小为
23
F 【答案】C 【解析】【详解】A ．设甲、乙、丙三球的质量为m ，加速度为a ，相邻两个小球之间的距离为r ，三球的带电量分别为6q 、3q 、8q ，对甲、乙、丙三球整体，由牛顿第二定律得
3F ma
=对丙球，由牛顿第二定律得
3
F
F ma ==
丙合A 错误；
B ．甲、丙间库仑力大小为222
6812(2)q q kq F
k r r ⋅==
甲丙
乙、丙间库仑力大小为
2
223824q q kq F k r r ⋅==
乙丙
甲、乙间库仑力大小为
2
2
2
3618q q kq F k r r ⋅==甲乙
即
F F F >>甲乙乙丙甲丙
甲、乙所受静电力的合力向右，则小球甲、丙带同种电荷，小球甲、乙带异种电荷，B 错误；C ．对乙，根据牛顿第二定律得F F ma
-=甲乙乙丙
可得2
211618
kq ma F r ==则小球乙和小球丙之间的作用力大小为
22
24244
183
r kq F F F ===乙丙
C 正确；
D ．小球甲和小球乙之间的作用力大小为
2
2
18k r
q F F ==甲乙
D 错误。

故选C 。

二、非选择题：共5题，共60分。

其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

11.某同学利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。

将气垫导轨固定在水平桌面上，调节旋钮使其水平。

在气垫导轨的左端固定一光滑的定滑轮，在B 处固定一光电门，测出滑块及遮光条的总质量为M ，将质量为m 的钩码通过细线与滑块连接。

打开气源，滑块从A 处由静止释放，宽度为b 的遮光条经过光电门挡光时间为t ，取挡光时间t 内的平均速度作为滑块经过B 处的速度，A 、B 之间的距离为d ，重力加速度为g 。

（1）关于实验操作和注意事项，下列说法正确的是_______；A ．必须满足m 远小于M B ．定滑轮的质量要足够小
C ．用手向上托稳钩码，由静止开始释放钩码
（2）调整光电门的位置，使得滑块通过B 点时钩码没有落地。

滑块由A 点运动到B 点的过程中，系统动能增加量ΔE k 为_______，系统重力势能减少量ΔE p 为_______。

（以上结果均用题中所给字母表示）
（3）改变d 重复实验得到多组数据，用图像法处理数据，为了形象直观，应该作_______。

A ．d －t 图像
B ．d －t 2图像
C ．d －
2
1
t 图像
（4）若实验结果发现ΔE k 总是略大于ΔE p ，可能的原因是_______。

A ．存在空气阻力
B ．滑块没有到达B 点时钩码已经落地
C ．测出滑块左端与光电门B 之间的距离作为d
D ．测出滑块右端与光电门B 之间的距离作为d
【答案】①.B ②.
2
2
()2M m b t +③.mgd ④.C ⑤.C 【解析】
【详解】（1）[1]A 、该装置是要验证机械能守恒定律，要验证的表达式为mgx =
1
2
（m +M ）v 2
故不需要满足m 远小于M ，故A 错误；
B 、定滑轮的质量要足够小，若定滑轮质量较大，转动时动滑轮的动能较大，会造成滑块、钩码系统机械能的减小，产生较大误差，故B 正确；
C ．用手向上托稳钩码，由静止开始释放钩码，可能会导致细绳松弛，绷直时有机械能损失，正确做法应该是用手按住滑块，然后由静止释放，故C 错误。

故选B 。

（2）[2][3]取遮光时间t 内的平均速度作为滑块经过B 处的速度，滑块运动至B 时的速度大小b
v t
=
滑块及遮光条和钩码组成的系统动能的增加量2211()()()22k
b E
m M v m M t
=
+=+
滑块及遮光条和钩码组成的系统重力势能的减小量△E p =mgd （3）[4]滑块运动过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得21()()2b m M mgd
t
=
+整理得22
()1
2d mg m M b t
+=⋅为了形象直观，应该作2
1
d
t -
图像，故选C 。

（4）[5]若实验结果发现ΔE k 总是略大于ΔE p ，则
A ．若存在空气阻力，则ΔE p 会略大于ΔE k ，选项A 错误；
B ．滑块没有到达B 点时钩码已经落地，则测得的速度会偏小，则ΔE k 会略小于ΔE p ，选项B 错误；
C ．测出滑块左端与光电门B 之间的距离作为d ，则d 测量值偏小，则ΔE k 略大于ΔE p ，选项C 正确；
D ．测出滑块右端与光电门B 之间的距离作为d ，则d 测量值偏大，则Δ
E k 略小于ΔE p ，选项D 错误。

故选C 。

12.空间中有一匀强电场，将电荷量为－6×10-6C 的带电小球（可视为质点）从电场中的A 点移动到B 点，除静电力外，其他力做的功为＋4.0×10-5J ，小球的动能增加了1.6×10-5J 。

再将小球从B 点移动到C 点，静电力做了＋1.2×10-5J 的功。

求：（1）A 、B 两点间的电势差U AB 和B 、C 两点间的电势差U BC 分别为多少？（2）请在图中画出一条过B 点的电场线（保留作图痕迹．．．．．．
）。

【答案】（1）4V ，－2V ；（2）
【解析】
【详解】（1）根据动能定理可得k
AB W qU E +=∆解得4V
AB
U =根据电势差的定义可得2V BC
BC
W U q
=
=-（2）令
0B ϕ=，则4V A ϕ=，2V
C ϕ=取AB 中点
D ，则
2V 2
A B
D ϕϕϕ+=
=连结DC ，则DC 为一条等势线，根据电场强度方向垂直于等势线并由高电势指向低电势，作出一条电场线如图所示。

13.沿水平向左的场强为
3610V /m =⨯E 的足够大的匀强电场中，用绝缘细线系一个质量8.0g =m 的带电小球，线的另
一端固定于O 点，平衡时悬线与竖直方向成α角，37α=︒，如图所示，求：
（1）小球所带电的种类及电量；
（2）剪断细线小球在4秒内的位移。

（g 取210m/s ）
【答案】（1）负电；
51.010C -⨯；
（2）100m 【解析】
【详解】（1）如图，小球受到的电场力水平向右，与场强方向相反，则小球带负电．小球受力如图，据受力平衡得
tan qE
mg
α＝
代入得小球的电荷量35
3
tan 8100.75C 1.010C 6110
0mg q E α--⨯⨯==⨯⨯⨯＝（2）剪断细线后，小球受到重力和电场力，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得
cos mg
ma α
=得小球的加速度22
10m/s 12.5m/s cos 0.8
g a
α=
＝＝剪断细线小球在4秒内的位移2211
12.54m 100m
22
x at ==⨯⨯=14.如图所示，空间有场强E =1.0×102V/m 竖直向下的匀强电场，长L =0.8m 不可伸长的轻绳固定于O 点。

另一端系一质量m =0.5kg 带电q =+5×10﹣
2C 的小球。

拉起小球至绳水平后在A 点无初速度释放，当小球运动至O 点的正下方B 点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=53°、无限大的挡板MN 上的C 点。

试求：（1）绳子的最大张力；（2）A 、C 两点的电势差；
（3）当小球运动至C 点时，突然施加一恒力F 作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移至某处，若小球仍能垂直打在挡板上，所加恒力F 的最小值。

【答案】（1）30N ；（2）125V ；（3）8N 【解析】【详解】（1）A→B 由动能定理及圆周运动知识有2
1()2
B mg
qE L mv +⋅=
2()B
v T mg qE m
L
-+=联立解得T =30N
（2）A→C 由功能关系及电场相关知识有21()2
AC c mg
qE h mv +=
v C sin θ=v B U AC =E •h AC
联立解得U AC =125V
（3）由题可知施加恒力F 后小球必须做匀速直线或匀加速直线运动，才能垂直打在档板上，即F 与（mg +qE ）的合力F 合方向垂直挡板，由矢量三角形可知：当F 与F 合（或运动）的方向垂直时，F 有最小值，此时F 的最小值为；F min =（mg +qE ）•sin θ联立解得F ≥8N
15.如图所示，物体A 和圆环B 通过足够长的绳子连结在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度为l ，现从静止释放圆环。

不计定滑轮质量与摩擦，空气的阻力不计，重力加速度为g ，求：(1)若物体A 的质量m A 是圆环B 的质量m B 的2倍，求圆环下降的最大距离h B ；(2)若圆环下降距离为B
34
h
l '=
时，速度为B v '=①求出此时物体A 的速度大小A
v '；
②求出这种情况下物体A 的质量
A m '与圆环
B 的质量B
m '
的比值。

【答案】(1)B
43h
l =；(2)
①A v '=，②
A B :25:43
m m ''
=【解析】【分析】【详解】(1)圆环下降到最低点时，物体A 上升到最高点，根据系统机械能守恒，有
A
B B A m gh m gh =根据几何关系()
2
2
2B
A h l l h +=+解得B
43
h
l =(2)①根据运动的合成与分解
A B cos v v θ
''=
又
33cos 5
l θ==
联立解得A
v
'=②根据系统机械能守恒，有22B B 1A B B A A
1122
m
gh m gh m v m v ''''
''''=++
由几何关系得A 14
h l '==联立解得A B :25:43m m ''
=。