2022-2023学年江苏省淮安市高一下学期期末考模拟调研测试物理试卷含详解

淮安市2022—2023学年度第二学期期末模拟调研测试
2023.06高一物理试卷
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b c a a a a >>
C.a 、b 、c 做匀速圆周运动的周期关系为a c b
T T T =<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a b
F F <B.a 、b 两点的电势关系a b
ϕϕ<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p p a b
E E <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.䅂盘边豝的线速度为πm/s
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x 1到x 4的过程中电势能减小
B.在x 1处电势能为零
C.从x 1到x 4的过程中在x 3处加速度最大
D.在x 2和x 4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（）
A.2GMm R
B.22GMm n R
C.()221GMm
n R + D.()22
1GMm
n R -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v 0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 k 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1kg m =，电荷量为(0)q q ->的带电小球从斜面上静止释放，小球始终能沿轨道运动。

已知电场强度34mg E q
=，53θ=︒，圆轨道半径0.8m R =，g 取210m /s ，sin 530.8︒=，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 。

（2）实验电路如图丙所示，除金属丝R x 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 x ，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.把带电荷量8210C -⨯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6810J -⨯，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6210J -⨯，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5210C -⨯的负电荷由A 点移动到B 点，电场力做的功。

13.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.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.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φA=0，则小球在B处的电势能E p B为多少？C处的电势φC为多少？
淮安市2022—2023学年度第二学期期末模拟调研测试
2023.06高一物理试卷（附加题）
16.3L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1
3，另一方向拋入的小球过C点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．
17.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<k<1），初始时木板下端与挡板的距离为L。

现由静止同时释放物块和木板，物块和木板沿斜面下滑，已知木板与挡板碰撞的时间极短，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。

淮安市2022—2023学年度第二学期期末模拟调研测试
2023.06高一物理试卷
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
【答案】B
【详解】塑料丝和塑料管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。

故选B。

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
【答案】B
【详解】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，故A错误；
B．水油分离是因为水的密度较大更容易离心而分离的，B正确；
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错误；D．若在地面上利用此装置进行实验，也能实现水油分离，D错误；
故选B。

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b c a
a a a >>C.a 、
b 、
c 做匀速圆周运动的周期关系为a c b
T T T =<D.在b 、c 中，c 的机械能大
【答案】B
【详解】A ．第一宇宙速度是最大的运行速度，b 为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，b 卫星转动线速度等于7.9km /s ，故A 错误；
B ．由题可知a 、c 具有相同的角速度，根据
2a r
ω=由于
a
c r r >所以
c a
a a >对于
b 、
c 有
2
Mm G ma r =得2GM a r
=由于
c b
r r >可知
b c
a a >综上得
b c a
a a a >>故B 正确；
C ．由题知
a c
T T =对于b 、c 有
2224Mm G m r r T
π=得
2T π=由于
c b
r r >可知
c b
T T >综上得
a c b
T T T =>故C 错误；
D ．由于不知道b 、c 卫星的质量，所以无法判断它们机械能的大小，故D 错误。

故选B 。

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a b
F F <B.a 、b 两点的电势关系a b
ϕϕ<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p p a b
E E <【答案】D
【详解】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，故A 错误；
B ．沿电场线方向电势减小，则可得a 点电势大于b 点电势，故B 错误；
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，故C 错误；
D ．由于a 点电势高于b 点，则由p
E q ϕ=可知，负试探电荷在a 点电势能更小，故D 正确。

故选D 。

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.䅂盘边豝的线速度为πm/s
【答案】B
【详解】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
()
2ππm L r ==所以拉力所做的功
400π
W FL ==故A 错误；B 对。

C ．根据平均功率的定义得
80πw P t
=
=故C 错误；
D ．线速度为2π2π0.5m/s 0.2πm/s 5
r v T ⨯=
==故D 错误。

故选B 。

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x 1到x 4的过程中电势能减小
B.在x 1处电势能为零
C.从x 1到x 4的过程中在x 3处加速度最大
D.在x 2和x 4处电势能相等【答案】C
【详解】A ．x 轴负向为场强正方向，从x 1到x 4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x 1处是电场强度为零，电势的高低与电场强度大小无关，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x 1到x 4的过程中电场强度先增大后减小，在x 3处的场强最大，由
qE ma
=可知从x 1到x 4的过程中在x 3处加速度最大，故C 正确；
D ．从x 2到x 4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。

故选C 。

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（
）
A.
2
GMm R B.
22
GMm n R C.
()
2
2
1GMm
n R + D.
()
2
2
1GMm
n R -【答案】C
【详解】根据题意，由万有引力公式12
2
Gm m F r =
可得，木星与地球之间的万有引力为()
()
2
2
2
1GMm
GMm
F nR R n R =
=
++故选C 。

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
【答案】D
【详解】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。

故选D 。

9.质量为m 的小球从地面以初速度v 0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 k 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.
【答案】C
【详解】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律得：mg f kv
a g m m
+==+，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；
CD.根据动能定理得：上升过程有△E k =-（mg +kv ）△h ，得
k E h =-（mg +kv ），v 减小，|k
E h
|减小，E k -h 图象应是切
线斜率逐渐减小的曲线．下降过程有△E k =（mg-kv ）△h ，得k E h =mg-kv ，v 增大，|k
E h
|减小，E k -h 图象应是切线斜率逐渐减小的曲线．故C 正确，D 错误．
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1kg m =，电荷量为(0)q q ->的带电小球从斜面上静止释放，小球始终能沿轨道运动。

已知电场强度34mg
E q
=
，53θ=︒，圆轨道半径0.8m R =，g 取210m /s ，sin 530.8︒=，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
【答案】A
【详解】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α角，由受力分析得
tan qE mg
α=
故
α=37°
此时两个力的合力
5
=
cos374
mg F mg =
合当小球运动到与该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
215
=4v mg m R
解得
1v =从开始释放到到达速度最小的位置，列动能定理
211(sin cos cos )(cos sin sin )2
mg s R R qE s R R mv θθαθθα--++-=
解得
s =1.2m 故选A 。

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 。

（2）实验电路如图丙所示，除金属丝R x 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 x ，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【答案】
①.6.170
②.0.700
③.
2
4x πR D L
④.
⑤.B
【详解】（1）[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
61mm 140.05mm 61.70mm 6.170cm
L =+⨯==[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
0.5mm 20.00.01mm 0.700mm
D =+⨯=（2）[3]根据电阻定律
x L
R S ρ
=2
(2D S π=所以
24x πR D ρL
=
（3）[4]根据电路图连接实物图如图所示
（4）[5]AB ．由于
A V 20005100x R R R <⋅=⨯Ω=Ω
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，所以会使电阻值测量值偏小，即电阻率的测量值偏小，故A 错误，B 正确；C ．电压表内阻引起的误差属于系统误差，故C 错误；
D ．用U -I 图像处理数据可以减小偶然误差，故D 错误。

故选B 。

三、解答题。

（本大题共4小题，满分45分）
12.把带电荷量8210C -⨯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6810J -⨯，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6210J -⨯，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5210C -⨯的负电荷由A 点移动到B 点，电场力做的功。

【答案】(1)400V；(2)300V；(3)3
610J
-=-⨯AB W 【详解】(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：
oA pO pA
W E E =-无穷远处电势能为零，即0pO E =，故
6810J
pA OA E W -=-=⨯根据电势的定义式
6
8
810400V
210pA
A E q ϕ--⨯===⨯(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：
OB pO pB
W E E =-无穷远处电势能为零，即0pO E =，故
6210J
pB OB E W -=-=⨯根据电势的定义式
6
8
210100V 210
pB
B E q ϕ--⨯===⨯故A 、B 间的电势差为
400V 100V 300V
AB A B U ϕϕ=-=-=(3)根据电场力做功与电势差关系公式
AB AB W qU =带入数据求得
3610J
-=-⨯AB W 13.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。

【答案】（1）222
4πn mr
t ；（2g r μ【详解】（1）圆盘的周期
t
T n
=
圆盘的摩擦力提供向心力
22222
44==
n mr f m r T t ππ（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
2mg r
m μω=解得
=
g
r
μω14.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。

【答案】（1）mg q ，方向竖直向下；（2）22sin mgL kq θ
；（3）
3sin mg θ【详解】（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
mg q
E =
方向竖直向下；
（2）A 、B 两点电荷在C 点产生的场强
12
kQ E L =
小球C 所处位置的电场强度
12sin =E E θ
联立解得
2
2sin =
mgL Q kq θ
（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
2
q mg R
E v m
=+半径为
R =L sin θ
解得
v =
小球C 从最高点运动到最低点的过程中，根据动能定理得
22
111
222
mgR mv mv =-解得
1v =设小球C 在最低点时细线的张力为F ，根据牛顿第二定律得
2
12sin +-=v F Eq mg m
R
θ解得
3sin =
mg F θ
15.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φA =0，则小球在B 处的电势能E p B 为多少？C 处的电势φC 为多少？
【答案】（1）22L a t =
；（2）tan mg E q θ=，212tan L gt μθ=-；（3）p tan B g E m L
θ-=，()1cos tan C
mgL q θϕθ
+=-【详解】（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
2
12
L at =
可得加速度大小为2
2L
a t =
（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
cos sin mg Eq θθ
=解得
tan mg E q θ
=
从A 到B 的过程中，根据牛顿第二定律
Eq mg ma
μ-=联立解得
2
12tan L gt
μθ=
-（3）在匀强电场中根据场强与电势差的关系可知
A C
A B AB AC
E d d ϕϕϕϕ--=
=而
AB d L =(1cos )
AC d L θ=+联立解得
tan B mgL
q ϕθ
=-
()1cos tan C mgL q θϕθ
+=-
小球在B 处的电势能E p B
p tan B B mgL E q θ
ϕ==-
淮安市2022—2023学年度第二学期期末模拟调研测试
2023.06
高一物理试卷（附加题）
16.3L 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
1
3
，另一方向拋入的小球过C 点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．【答案】（1）
9
8mgL ；（2）C 3342O mgL mgL q q ϕϕ==；；（36gL g
【详解】（1）设小球从B 点抛出时速度为0v ，从B 到D 所用时间为t ，小球做平抛运动在水平方向上BD 0x v t =在竖直方向上2
BD 12
y gt =
由几何关系可知：0BD 3cos603x L L =，0BD 3sin60y L =解得小球的初动能为：2KB 01928
E mv mgL =
=（2）带电小球B→O ：由动能定理得：KO KB BO
E E qU -=BO B O
U ϕϕ=-
解得：34O mgL q
ϕ=
带电小球B→C ：由动能定理得：0KC KB BC
3sin60E E mgL qU -=+BC B C
U ϕϕ=-解得：C 32mgL q
ϕ=
（3）在正六边形的BC 边上取一点G ，令G O ϕϕ=，设G 到B 的距离为x ，则由匀强电场性质可知
G B C B
3x L
ϕϕ-=解得：3
2
x L =
由几何知识可得，直线GO 与正六边形的BC 边垂直，OG 为等势线，电场方向沿CB 方向，由匀强电场电场强度与电势的关系可得
C B 323mg
E q L
=
=
受力分析如图，根据力合成的平行四边形定则可得：1
2
F mg =
合，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，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，设匀减速所用时间为t 1，匀加速所用时间为t 2，匀减速发生的位移为x
021v t t a
==
由牛顿定律得12
ma mg =
20924
v x L BF a ==<(未射出六边形区域)
小球在六边形区域内运动时间为126gL t t t =+=
17.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<k <1），初始时木板下端与挡板的距离为L 。

现由静止同时释放物块和木板，物块和木板沿斜面下滑，已知木板与挡板碰撞的时间极短，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v 1；
（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 。

【答案】（1（2）L k ；（3）221
kmgL
k -【详解】（1）对物块与木板整体，根据动能定理有
211
2sin 22
=
⨯mgL mv θ解得
1v =（2）木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度大小
1
sin mg kmg ma θ+=解得
10.5a g kg
=+沿斜面向下，物块的加速度大小为
2
sin kmg mg ma θ-=解得
20.5a kg g
=-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
111
=-+共v v a t 对物块有121
=-共v v a t 解得
1t。