2018年江苏省苏、锡、常、镇四市高考物理一模试卷(J)

2018年江苏省苏、锡、常、镇四市高考物理一模试卷(J)副标题一、单选题（本大题共5小题，共5.0分）1.如图所示，小明将叠放在一起的A、B两本书抛给小强，已知A的质量为m，重力加速度为g，两本书在空中不翻转，不计空气阻力，则A、B在空中运动时A. A的加速度等于gB. B的加速度大于gC. A对B的压力等于mgD. A对B的压力大于mg【答案】A【解析】解：A、B两个物体叠在一起水平抛出，做加速度为g的抛体运动，处于完全失重状态，则A、B间的作用力为零。

故A正确，BCD错误。

故选：A。

A和B两木块叠在一起被斜向上抛出去，不考虑空气阻力，整体仅受重力，加速度为g，方向竖直向下，知整体处于完全失重状态。

解决本题的关键知道斜抛运动的物体仅受重力，处于完全失重状态，不受压力、摩擦力。

2.如图所示，物块以速度从粗糙斜面底端沿斜面上滑，达到最高点后沿斜面返回。

下列图象能正确反映物块运动规律的是A. B.C. D.【答案】C【解析】解：在上滑过程中，根据牛顿第二定律可知上滑加速度大小为，下滑过程的加速度大小为，故，上滑和下滑运动方向相反，故C正确故选：C。

根据牛顿第二定律判断出加速度大小关系，及速度方向关系，即可判断本题主要考查了牛顿第二定律，明确加速度的大小即可判断3.如图所示，铁芯上绕有线圈A和B，线圈A与电源连接，线圈B与理想发光二极管D相连，衔铁E连接弹簧K控制触头C的通断。

忽略A的自感，下列说法正确的是A. 闭合S，D闪亮一下B. 闭合S，C将会过一小段时间接通C. 断开S，D不会闪亮D. 断开S，C将会过一小段时间断开【答案】D【解析】解：AB、当闭合S瞬间时，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，线圈B的电流方向逆时针，而由于二极管顺时针方向导电，则线圈B不会闪亮一下，则线圈A中磁场立刻吸引C，导致其即时接触，故AB 错误；CD、当断开S瞬间时，穿过线圈B的磁通量要减小，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，电流方向为顺时针，则二极管处于导通状态，则D会闪亮，同时对线圈A有影响，阻碍其磁通量减小，那么C将会过一小段时间断开，故C错误，D正确；故选：D。

图中有两个线圈，其中A有电源，接通电路后有电流通过，会产生磁性；而B线圈无电源，开关闭合后没有电流，只有当A中的磁场发生变化时，根据电磁感应作用，再结合二极管的单向导电性，即可判定B线圈是否产生感应电流，从而根据楞次定律，即可求解。

该题考查楞次定律与右手螺旋定则的应用，注意穿过闭合线圈的磁通量变化，线圈相当于电源，而电流是从负板流向正极，同时理解二极管的单向导电性。

4.带电球体的半径为R，以球心为原点O建立坐标轴x，轴上各点电势随x变化如图所示。

下列说法正确的是A. 球体带负电荷B. 球内电场强度最大C. A、B两点电场强度相同D. 正电荷在B点的电势能比C点的大【答案】D【解析】解：A、从球出发向两侧电势降低，而电场线从正电荷出发，沿着电场线电势降低，故球带正电荷，故A错误；B、球是等势体，故内部任意两点间的电势为零，故场强为零，故B错误；C、A点与点B的电场强度大小相等，但方向相反，故不同，故C错误；D、从B到C，电势降低，故正电荷电势能降低，故D正确；故选：D。

金属球是个等势体，内部场强为零，沿着电场线电势降低，据此分析即可。

本题考查电势与电场强度，关键是明确等势体内部场强为零，知道沿着电场线电势降低，基础题目。

5.如图所示，物块固定在水平面上，子弹以某一速率从左向右水平穿透物块时速率为，穿透时间为；若子弹以相同的速率从右向左水平穿透物块时速率为，穿透时间为子弹在物块中受到的阻力大小与其到物块左端的距离成正比。

则A. B. C. D.【答案】B【解析】解：C、D、阻力对子弹做功时：，描述力的空间的积累效果，根据受力的特点与做功的特点可知两种情况下阻力对子弹做的功大小是相等的，根据动能定理可知二者的末速度大小是相等的，即故C错误，D错误；A、B、设子弹的初速度是，子弹在物块中受到的阻力大小与其到物块左端的距离成正比，可知若子弹以某一速率从左向右水平穿透物块时，子弹受到的阻力越来越大，木块做加速度增大的减速运动，所以平均速度：；若子弹以相同的速率从右向左水平穿透物块时，子弹受到的阻力越来越小，则子弹做加速度减小的减速运动，所以平均速度：。

子弹穿过物块的时间：所以可知：故A错误，B正确故选：B。

由牛顿第二定律分析加速度的变化，然后结合运动的特点分析时间关系；由动能定理分析速度关系。

该题解答的关键是需要先根据阻力做功的特点判断出两种情况下的末速度的大小是相等的。

二、多选题（本大题共7小题，共7.0分）6.2017年9月25日，微信启动页“变脸”：由此前美国卫星拍摄地球的静态图换成了我国“风云四号”卫星拍摄地球的动态图，如图所示。

“风云四号”是一颗静止轨道卫星，关于“风云四号”，下列说法正确的有A. 能全天候监测同一地区B. 运行速度大于第一宇宙速度C. 在相同时间内该卫星与地心连线扫过的面积相等D. 向心加速度大于地球表面的重力加速度【答案】AC【解析】解：A、由于是同步卫星，故相对地面静止，故能全天候监测同一地区，故A 正确；B、万有引力提供向心力，故，解得：，而第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，故同步卫星的速度小于第一宇宙速度，故B错误；C、根据开普勒第二定律，在相同时间内该卫星与地心连线扫过的面积相等，故C正确；D、向心加速度由万有引力产生，故，而地球表面的重力加速度，故向心加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误；故选：AC。

静止轨道卫星即地球同步卫星，只能定点于赤道正上方。

根据轨道半径的大小分析加速度的大小。

本题考查卫星问题，关键是明确卫星的动力学原理，要根据牛顿第二定律列式分析，基础题目。

7.如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为2：1，原线圈接交流电，保险丝的电阻为，熔断电流为2A，电表均为理想电表。

下列说法正确的有A. 电压表V的示数为B. 电流表、的示数之比为2：1C. 为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为D. 将滑动变阻器滑片向上移动，电流表的示数减小【答案】CD【解析】解：A、原线圈电压有效值为，根据变压器原理可得，故电压表V的示数为10V，故A错误；B、根据变压器原理可知，电流强度与匝数成反比，故电流表、的示数之比为1：2，故B错误；C、保险丝的电阻为，熔断电流为2A，为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为保，故C正确；D、将滑动变阻器滑片向上移动，滑动变阻器接入电路的总电阻增大，副线圈电流强度减小，则原线圈的电流强度也减小，所以电流表的示数减小，故D正确；故选：CD。

根据交流电的表达式求解原线圈电压有效值，根据变压器原理求解电压表示数和电流表、的示数之比；根据闭合电路欧姆定律求解滑动变阻器接入电路的最小阻值；根据电路动态分析的方法分析将滑动变阻器滑片向上移动，电流表的示数变化情况。

本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。

8.在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，做成了一个霍尔元件。

在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，M、N间的电压为已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的有A. N板电势高于M板电势B. 磁感应强度越大，MN间电势差越大C. 将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，不变D. 将磁场和电流分别反向，N板电势低于M板电势【答案】AB【解析】解：A、根据左手定则，电流的方向向里，自由电荷受力的方向指向N端，向N端偏转，则N点电势高，故A正确；B、设左右两个表面相距为d，电子所受的电场力等于洛仑兹力，即：设材料单位体积内电子的个数为n，材料截面积为s，则由得：令，则所以若保持电流I恒定，则M、N间的电压与磁感虑强度B成正比，故B正确；C、将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则带电粒子不会受到洛伦兹力，因此不存在电势差，故C错误；D、若磁场和电流分别反向，依据左手定则，则N板电势仍高于M板电势，故D错误。

故选：AB。

根据左手定则判断电子的偏转方向，从而确定出电势的高低。

根据电子受电场力和洛伦兹力平衡，结合电流的微观表达式证明。

解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下平衡。

9.如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。

则A. 细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为B. 细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为C. 弹簧恢复原长时滑块的动能为D. 滑块与木板AB间的动摩擦因数为【答案】ABD【解析】解：A、细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，对木板，由牛顿第二定律得，得，故A正确。

B、滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为故B正确。

C、弹簧恢复原长时木板获得的动能，所以滑块的动能小于故C错误。

D、弹簧最大的弹性势能。

小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为。

取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：联立解得故D正确。

故选：ABD。

细绳恰好被拉断时，弹簧的弹力等于F，由木板，利用牛顿第二定律求加速度。

根据机械能守恒定律求细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能。

细绳被拉断后，滑块与木板组成的系统动量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求动摩擦因数。

本题是系统动量守恒和机械能守恒的综合应用，要挖掘所隐含的临界条件：细绳被拉断刚好被拉断时，细绳的拉力达到最大。

知道滑块恰好没有滑出木板时，滑到木板的右端，且速度与木板相同。

10.对于下列实验。

说法正确的有A. 甲图是用油膜法测分子直径的示意图。

认为油酸薄膜厚度等于油酸分子直径B. 乙图是溴蒸气的扩散实验，若温度升高。

则扩散的速度加快C. 丙图是模拟气体压强产生机理的实验，说明气体压强是由气体重力引起的D. 丁图是蜂蜡涂在单层云母片上融化实验。

说明云母晶体的导热性能各向同性【答案】AB【解析】解：A、在测量油膜分子的直径时，将油分子看成球形分子，并且把油膜看成单分子油膜，此时油酸薄膜厚度等于油酸分子直径。

故A正确；B、在研究溴蒸气的扩散实验，若温度升高，则分子的运动越激烈，所以扩散的速度加快。

故B正确；C、丙图模拟气体压强产生机理的实验，说明气体压强是由气体分子频繁碰撞容器壁产生的，与重力无关。