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高一物理试题 2023.06
一、选择题。（本大题共 10 小题，每题 4 分，满分 40 分）
1. 图示是“静电章鱼”实验。该实验具体做法：分别使塑料丝和塑料管带
电，然后将塑料丝抛向空中，塑料管放在其下方，此时塑料丝悬在空中，
状似“章鱼”。由此可判断塑料丝和塑料管
A.均带正电 B.带同种电荷 C.均带负电 D.带异种电荷
2. 2022年 3月的“天宫课堂”上，航天员做了一个“手动离心机”， 该装置模型如图所示，快速摇
转该装置完成了空间站中的水油分离实验，下列说法正确的是
A.转速越小越容易实现水油分离
B.水油分离是因为水的密度较大更容易离心而分离
C.在天宫中摇晃试管使水油混合，静置一小段时间后水油也能分离
D.若在地面上利用此装置进行实验，将无法实现水油分离
3. 如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为沿地球表面附
近做匀速圆周运动的人造卫星（轨道半径约等于地球半径），c为地球的同步卫星。下列关于 a、
b、c的说法中正确的是
A.b卫星转动线速度大于7.9km / s
B.a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为 ab ac aa
C.a、b、c做匀速圆周运动的周期关系为Ta Tc Tb
D.在 b、c中，c的机械能大
4. 某电场区域的电场线如图，a、b是其中一条电场线上的两点，下列说法正确的是
A.负试探电荷在 a、b两点受到的电场力大小关系是 Fa Fb
B.a、b两点的电势关系 a b
C.该电场可能是一个负的场源电荷产生的电场
D.负试探电荷在 a、b两点的电势能关系是 Epa Epb
5. 在多年前的农村，人们往往会选择让驴来拉磨把食物磨成粉浆，假设驴对磨杆的平均拉力为 400N，
驴对磨杆的拉力方向时刻与麻杆垂直，半径 r为0.5m，转动一周为5s，则
A.驴转动一周拉力所做的功为 0J
B.驴转动一周拉力所做的功为 400πJ
C.驴转动一周拉力的平均功率为120πW
D. 盘边豝的线速度为 πm/s
高一物理试卷（第 1页，共 6 页）
6. 静电场在 x轴上的场强 E随 x的变化关系如图所示，x轴负向为场强正方向，带负电的点电荷沿 x
轴运动，则点电荷
A.从 x1到 x4的过程中电势能减小
B.在 x1处电势能为零
C.从 x1到 x4的过程中在 x3处加速度最大
D.在 x2和 x4处电势能相等
7. 假设地球的质量为m，半径为 R，质量为M 的木星的球心到地球表面的距离为 nR时，则木星与地
球之间的万有引力为
GMm GMm GMm GMm
A. B. C. 2 D. 2
R2 n2R2 n 1 R 2 n 1 R 2
8. 均匀带电球面内部的电场强度处处为零。如图所示，O为均匀带正电半球面的球心，
P为与半球截面相平行截面的圆心，则
A.P点的电场强度为零 B.P点的电场强度方向向右
C.O、P两点电势相等 D.O点电势比 P点低
9. 质量为 m的小球从地面以初速度 v0竖直向上抛出，已知球所受的空气阻力大小与速度大小成正比.
下列图象分别描述了小球在空中运动的速度大小 v随时间 t的变化关系和动能 E随球距离地面高
度 h的变化关系，其中可能正确的是
A. B. C. D.
10. 如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在 A点相切，
B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，整个空间存在
水平向左的匀强电场。一质量m 1kg，电荷量为 q(q 0)的带
电小球从斜面上静止释放，小球始终能沿轨道运动。已知电场强
3mg
度 E 53 4q ， ，圆轨道半径 R 0.8m，g取10m / s
2 ，
sin 53 0.8，若小球恰好能完成圆周运动，释放点沿斜面到 A的距离为
A.1.2m B.2.2m C.2.0m D.2.1m
二、实验题。（本大题共 1 小题，每空 3 分，满分 15 分）
11.某实验小组测量一段阻值大约为几十欧的金属丝的电阻率。
（1）用游标卡尺测量金属丝的长度时，某次的结果如图甲所示，其读数是________cm，用螺旋测微器
测量金属丝直径时，某次的结果如图乙所示，其读数是_________mm。
高一物理试卷（第 2页，共 6 页）
（2）实验电路如图丙所示，除金属丝 R外，实验室提供了电源应（4V）、开关 S、导线若干，还备有
下列实验器材：
A．电压表 V（0~3V，内阻约 2kΩ）
B．电流表 A（0~0.6A，内阻约 5Ω）
C．滑动变阻器 R（0~10Ω，0.5A）
若该段金属丝的长度为 L，直径为 D，电阻为 R，则该金属丝电阻率的表达式ρ=_______（用字母表示）。
（3）请用笔画线代替导线，在图丁中完成实物电路的连接：
（4）下列关于该实验误差的说法中正确的有__________。
A.电流表采用内接法，会使电阻率的测量值更精确
B.电流表采用外接法，会使电阻率的测量值偏小
C.电压表内阻引起的误差属于偶然误差
D.用 U-I图像处理数据可以减小系统误差
三、解答题。（本大题共 4 小题，满分 45 分）
12．（9分）把带电荷量2 10 8C的正点电荷从无限远处移到电场中的A点，要克服电场力做功8 10 6J，
若把该电荷从无限远处移到电场中的 B点，需克服电场力做功 2 10 6 J，取无限远处电势为零，求：
(1)A点的电势；
(2)A、 B两点的电势差；
(3)若把 2 10 5C的负电荷由A点移动到 B点，电场力做的功。
高一物理试卷（第 3页，共 6 页）
13．（8分）如图所示，在水平圆盘上放一质量为 m的滑块，滑块到转轴的
距离为 r，滑块与圆盘间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
重力加速度为 g。
（1）若圆盘在时间 t内匀速转动了 n圈，滑块与圆盘无相对滑动，求该过
程中滑块受到的摩擦力大小；
（2）使圆盘的转速缓慢增大，求滑块与圆盘刚发生相对滑动时圆盘的角速
度大小。
14．（12分）如图所示，A、B两点固定有电量相等且带正电的小球，O为两小球连线的中点，现用
两根长度均为 L的绝缘细线由 A、B两点系一带负电的小球 C，细线与两球连线的夹角为θ，静止时，
细线张力恰好为零。已知小球 C的质量为 m，电荷量为 q，重力加速度为 g，静电力常量为 k，不计空
气阻力。
（1）求小球 C所处位置的电场强度；
（2）求 A、B两小球的电荷量 Q；
（3）若给小球 C一初速度，使小球 C恰能在竖直面内做完整的
圆周运动，求小球 C经过最低点时细线的拉力大小。
15．（16分）如图，竖直平面内有 AB和 BC两段长度均为 L的直杆，两杆在 B处平滑连接，AB杆水
平、中 BC杆与水平方向夹角为θ，装置处于水平向右的匀强电场中。质量为 m、带电量为+q的小球套
在杆上小球从杆 A点开始由静止开始运动，经时间 t到 B点，在沿 BC杆运动过程中小球未受摩擦力
作用，小球与 AB杆、BC杆间的动摩擦因数相同，重力加速度为 g，求：
（1）小球在 AB杆上运动的加速度的大小；
（2）电场强度 E的大小；动摩擦因数μ的大小；
（3）若 A处的电势φ=0，则小球在 B处的电势能 EpB为多少？C处的电势φ为多少？
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高一物理试题（附加题） 2023.06
16．（14分）如图所示，在竖直面内有一边长为 3L的正六边形区域，O为中心点，CD水平．将一
质量为 m的小球以一定的初动能从 B点水平向右拋出，小球运动轨迹过 D点．现在该竖直面内加一匀
强电场，并让该小球带电，电荷量为+q，并以前述初动能沿各个方向从 B点拋入六边形区域，小球将
1
沿不同轨迹运动．已知某一方向拋入的小球过 O点时动能为初动能的 ，另一方向拋入的小球过 C点
3
时动能与初动能相等．重力加速度为 g，电场区域足够大，求：
（1）小球的初动能；
（2）取电场中 B点的电势为零，求 O、C两点的电势；
（3）已知小球从某一特定方向从 B点拋入六边形区域后，小球将会再次回到 B，求该特定方向拋入的
小球在六边形区域内运动的时间．
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17．（16分）如图所示，一倾角为θ=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直
的固定挡板，将一质量为 m的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量为 m的小物块（视为质点），
物块和木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为 kmg（0.5
且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，物块恰好未滑离木板，重力加速度为 g，
求：（1）木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小 v1；
（2）从释放到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小 x；
（3）木板的长度 x以及整个运动过程中系统因摩擦产生的热量 Q。
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高一物理试题（参考答案） 2023.06
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B B D B C C D C A
2
11. 6.170 0.700 πRxD 【连接图见解析】 B (每空 3分，15分)
4L
12.（1）400V； (3分) （2）300V 3； (3分) （3）WAB 6 10 J (3分)
13. 1 4
2n2mr g
（ ） ； (4分) （2） (4分)
t 2 r
mg mgL2 3mg
14.（1） q ，方向竖直向下；(3分) （2） ；(4分) （3） (5分)2kqsin sin
2L mg 1 2L
15.（1）a ； (4分) （2） E
t2 q tan
， (3分) tan gt2 ； (3分)
mgL mgL 1 cos
（3） EpB ， (3分) C (3分)tan q tan
9 3mgL 3mgL 6 gL
16.（1） mgL； (4分) （2） ； ；(4分) （3） (6分)
8 O 4q C 2q g
L 2kmgL
17.（1） gL； (5分) （2） ； (5分) （3） (6分)
k 2k 1
1.二者间因带同种电荷相互排斥而呈章鱼状，由于不知塑料丝和塑料管怎么带电的，故电性无法判断。
2.A.转速越大越容易发生离心运动，所以更容易实现水油分离，A错；B.水油分离是因为水的密度较大
更容易离心而分离的，B对；C.太空中处于完全失重状态，在天宫中摇晃试管使水油混合，静置一小
段时间后水油不能分离，C错；D.若在地面上利用此装置进行实验，也能实现水油分离，D错；
4.A.电场线疏密程度反应电场强度大小，电场线越密，电场强度越大，则由图可知 a点电场强度更大，
由 F=Eq可知，a点电场力更大，A错;B.沿电场线方向电势减小，则可得 a点电势大于 b点电势，B错；
C.由电场线分布可知，该电场可能是由一个位于左端电场线反向延长交点处的正电荷形成的，C错；
D.由于 a点电势高于 b点，则由 Ep q可知，负试探电荷在 a点电势能更小，故 D正确。
5.AB.驴对磨的拉力沿圆周切线方向，拉力作用点的速度方向也在圆周切线方向，故可认为拉磨过程中
拉力方向始终与速度方向相同，故根据微元功原理可知，拉力对磨盘所做的功等于拉力的大小与拉力
作用点沿圆周运动弧长的乘积，则磨转动一周，弧长 L 2πr π m 所以拉力所做的功W FL 400π
w 2πr 2π 0.5
故A错误；B对。C.根据平均功率的定义得 P 80π故C错误；D.线速度 v m/s 0.2πm/s
t T 5
6.A.x轴负向为场强正方向，从 x1到 x4的过程中，电场方向始终沿 x轴正向，沿着电场线运动，电场力
对负点电荷始终做负功，电势能增加，故 A错误；B.在 x1处是电场强度为零，电势的高低与电场强度
高一物理试卷答案（第 1页，共 4 页）
大小无关，且电势能是相对量，与零电势的选取有关，故 B错误；C.电场强度是矢量，大小比较绝对
值，从 x1到 x4的过程中电场强度先增大后减小，在 x3处的场强最大，由qE ma可知从 x1到 x4的过程
中在 x3处加速度最大，故 C正确；D.从 x2到 x4的过程中，电场方向始终沿 x轴正向，沿着电场线运动，
电场力对负点电荷始终做负功，电势能增加，故 D错误。
Gmm GMm GMm
7.根据题意，由万有引力公式F 1 22 可得，木星与地球之间的万有引力为F r nR R 2 n 1 2 R2
8.AB.将另一个均匀带等量正电半球面与该半球面组成一个球面，两个半球面在P点的电场强度等于零，
则右半球面在 P点的电场强度方向向左，故 AB错误；CD.因为 P点的电场强度方向向左，所以 PO连
线上各点电场强度向左，则 O点电势比 P点低，故 C错误，D正确。
9.A.v-t图象与 t轴的交点表示小球到达最高点，速度为 0，此时空气阻力为 0，小球所受的合力等于重
力，由牛顿第二定律得：mg=ma，a=g不为零，故 A错误；B.空气阻力 f=kv，上升过程由牛顿第二定
a mg f g kv律得： ，因为速度减小，所以加速度 a大小逐渐减小，不可能恒定不变，故 B错误；
m m
E E
CD.根据动能定理得：上升过程有△E =-（mg+kv）△h，得 kk =-（mg+kv），v减小，| k |减小，E -h h h k
E E
图象应是切线斜率逐渐减小的曲线.下降过程有△Ek=（mg-kv）△h，得 k =mg-kv，v增大，| k |减 h h
小，Ek-h图象应是切线斜率逐渐减小的曲线.故 C正确，D错误.
10.对小球受力分析，小球所受电场力水平向右，若小球恰好能完成圆周运动，则设小球于 B点右侧某
位置达到最大速度，位置和圆心连线与竖直方向成 角，由受力分析得
tan qE 故
mg 5
mg =37°此时两个力的合力
F合= mg 当小球运动到与该cos37 4
5 v2
位置关于原点对称的位置时，小球速度最小，则最小速度满足 mg=m 1 解
4 R
得 v1 10m/s从开始释放到到达速度最小的位置，列动能定理
mg(s sin R cos R cos ) qE(s cos R sin R sin ) 1 mv21 ；解得 s=1.2m2
11.（1）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以图中所测金属丝的长度为
L 61mm 14 0.05mm 61.70mm 6.170cm
[2]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以金属丝的直径为
D 0.5mm 20.0 0.01mm 0.700mm
L D 2
（2）[3]根据电阻定律 R S ( )2 πRxDx 所以 ρ S 2 4L
（3）[4]根据电路图连接实物图如右图所示（4）[5]AB.由于 Rx RA RV 2000 5 100 所以电
流表应采用外接法，会使电阻率的测量值更精确，由于电压表分流，使得电流测量值偏大，所以会使
高一物理试卷答案（第 2页，共 4 页）
电阻值测量值偏小，即电阻率的测量值偏小。选 B
12.(1)无穷远处某点O的电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式有：WoA EpO EpA
E 8 10 6E 6 pA无穷远处电势能为零，即 pO 0，故 EpA WOA 8 10 J根据电势的定义式 A 400Vq 2 10 8
(2)无穷远处某点O的电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式有：WOB EpO EpB
6 EE 0 E W 2 10 J pB 2 10
6
无穷远处电势能为零，即 pO ，故 pB OB 根据电势的定义式 B 8 100Vq 2 10
故A、 B间的电势差为UAB A B 400V 100V 300V
(3) 3根据电场力做功与电势差关系公式WAB qU AB 带入数据求得WAB 6 10 J
t 2 2 2
13. 1 4 4 n mr（ ）圆盘的周期T 圆盘的摩擦力提供向心力 f m
n T 2
r
t2
（2）静摩擦力提供圆周运动所需的向心力，当静摩擦力达到最大静摩擦力时，此时的角速度为最大角
速度，则 mg m 2r g解得 =
r
mg
14.（1）对小球 C受力分析可知小球受重力和电场力，根据平衡条件，有 Eq mg解得 E
q
kQ
方向竖直向下；（2）A、B两点电荷在 C点产生的场强 E1 2 小球 C所处位置的电场强度E 2EL 1
sin
Q mgL
2
联立解得 （3）则当小球 C到达最高点时，细线张力为零，根据牛顿第二定律得
2kqsin
2
Eq mg v m 半径为 R=Lsinθ 解得 v 2gL sin 小球 C从最高点运动到最低点的过程中，根据动
R
1
能定理得 2mgR mv2
1
1 mv
2
解得 v1 6gLsin 设小球 C在最低点时细线的张力为 F，根据牛顿第2 2
2
二定律得 2F sin Eq mg v m 1
3mg
解得 F 。
R sin
1
15. 2（1）从 A到 B的过程中，根据匀变速运动中，位移与时间的关系可知 L at 可得加速度大小为
2
a 2L 2 （2）由于小球在沿 BC杆运动过程中未受摩擦力，可知杆对小球没有弹力作用，因此t
mg
mg cos Eq sin 解得 E 从 A到 B的过程中，根据牛顿第二定律 Eq mg maq tan
1 2L E A B A C联立解得 tan gt2 （3）在匀强电场中根据场强与电势差的关系可知
dAB dAC
mgL mgL 1 cos
而 dAB L dAC L(1 cos )联立解得 B
E mgL
q tan C 即q tan pB
q B tan
高一物理试卷答案（第 3页，共 4 页）
16.（1）设小球从 B点抛出时速度为 v0，从 B到 D所用时间为 t，小球做平抛运动：在水平方向上
xBD v0t
1 2
在竖直方向上 yBD gt 由几何关系可知： xBD 3Lcos60
0 3L， yBD 3Lsin60
0
2
1 2 9
解得小球的初动能为： EKB mv0 mgL2 8
E E 3mgL（2）带电小球 B→O：由动能定理得： KO KB qUBO UBO B O 解得： O 4q
3mgL
带电小球 B→C：由动能定理得：E 0KC EKB 3mgLsin60 qUBC UBC B C 解得： C 2q
（3）在正六边形的 BC边上取一点 G，令 G O ，设 G到 B的距离为 x，则
G B C
B 3
由匀强电场性质可知 x 解得： 由几何知识可得，直线3L x L2
GO与正六边形的 BC边垂直，OG为等势线，电场方向沿 CB方向，由匀强电
3mg
场电场强度与电势的关系可得 E C B 受力分析如图，根据力合
3L 2q
F 1成的平行四边形定则可得： 合 mg，方向 F→B小球只有沿 BF方向抛入的小球才会再次回到 B点，2
该小球进入六边形区域后，做匀减速直线运动，速度减为零后反向匀加速直线运动回到 B点，设匀减
v
速所用时间为 t，匀加速所用时间为 t，匀减速发生的位移为 x： t2 t1 0 由牛顿定律得a
2
ma 1 6 gL mg x v0 9 L BF(未射出六边形区域) 小球在六边形区域内运动时间为 t t1 t2 2a 4 2
g
1
17.（1 2）对物块与木板整体，根据动能定理有 2mgL sin 2mv1 解得 v1 gL2
（2）木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度大小mg sin kmg ma1 解得 a1 0.5g kg
沿斜面向下，物块的加速度大小为 kmg mg sin ma 2 解得 a2 kg 0.5g沿斜面向上，规定向下为
正方向，木板第一次与挡板碰撞结束时到木板和物块速度相同时，对木板有 v v1 a1t共 1对物块有
v共 v1 a2t1解得 t
gL
1
gL
v 木板第一次与挡板碰撞到二者第一次速度相同时物块的位移
gk 共 2k
v 2 21 v共 ( v1 )
2 v 2
x
块 木板的位移大小 x
共
2a 板
之后到碰撞挡板前二者无相对滑动，故物块相对于长
2 2a1
L
木板的位移为 x x块 x板 k
（3）设板长为 x，从释放到长木板和物块都静止的过程中系统能量守恒，则
mgLsin mg(L x)sin kmgx 0 2L 2kmgL解得 x 故系统产生的热量Q kmgx
2k 1 2k 1
高一物理试卷答案（第 4页，共 4 页）
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