2018年江苏省高考物理试卷解析版

2018年江苏省高考物理试卷解析版参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分.每小题只有一个选项符合题意.1．（3分）我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36000km，它们都绕地球做圆周运动。与“高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的是（ ）A．周期 B．角速度 C．线速度 D．向心加速度【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有【专题】34：比较思想；4E：模型法；52A：人造卫星问题．【分析】卫星绕地球匀速做圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由此列式得到卫星的周期、角速度、线速度和向心加速度与轨道半径的关系式，再进行分析。【解答】解：设卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，卫星绕地球匀速做圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则得：Gmr＝mω2r＝mma得：T＝2π，ω，v，a可知，卫星的轨道半径越小，周期越小，而角速度、线速度和向心加速度越大，“高分五号”的轨道半径比“高分四号”的小，所以“高分五号”较小的是周期，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】解决本题的关键是要掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道卫星的线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系。对于周期，也可以根据开普勒第三定律分析。2．（3分）采用220kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为（ ）A．55kV B．110kV C．440kV D．880kV【考点】EA：电能的输送．菁优网版权所有【专题】32：定量思想；4C：方程法；53A：交流电专题．【分析】输送电流I，输电线上损失的功率△P＝I2R＝（）2R，知输送功率一定时，损失的功率与输送电压的二次方成反比。【解答】解：输送电流I，输电线上损失的功率△P＝I2R＝（）2R；可知输电线损失的功率与输送电压的平方成反比，所以为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变原来的2倍，即输电电压增大为440kV．故C正确，ABD错误；故选：C。【点评】解决本题的关键搞清输送功率与输送电压和输送电流的关系，以及知道在输电线上损失的功率的计算公式即可。3．（3分）某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的（ ）A．时刻相同，地点相同 B．时刻相同，地点不同 C．时刻不同，地点相同 D．时刻不同，地点不同【考点】45：运动的合成和分解．菁优网版权所有【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；517：运动的合成和分解专题．【分析】先后弹出的两只小球在竖直方向运动时间相等，在水平方向运动时间不同，由此进行分析。【解答】解：根据题意可知，弹射器沿光滑竖直轨道在竖直方向自由下落且管口水平，不同时刻弹射出的小球在水平方向具有相同的初速度，在竖直方向的运动情况与枪管的运动情况相同，故先后弹出两只小球同时落地；水平方向速度相同，而小球水平方向运动的时间不同，所以落地点不同，运动情况如图所示。故ACD错误、B正确。故选：B。【点评】对于运动的合成与分解问题，要知道分运动和合运动的运动特点，知道二者具有等时性和独立性，能够将合运动分解为两个分运动，然后根据几何关系求解速度或加速度之间的关系。4．（3分）从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是（ ）A． B． C． D．【考点】6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题．【分析】小球运动过程分两个，竖直向上，做匀减速直线运动，速度减到零后，反向竖直向下做自由落体运动，根据动能公式和竖直上抛运动的速度时间公式找到动能与时间表达式即可分析。【解答】解：竖直向上过程，设初速为v0，则速度时间关系为：v＝v0﹣gt此过程动能为：即此过程EK与t成二次函数关系，且开口向上，故BC错误；下落过程做自由落体运动，此过程动能为：即此过程EK与t也成二次函数关系，且开口向上，故A正确，D错误；故选：A。【点评】本题考查动能表达式和竖直上抛运动规律，相对来说比较简单，但关键是要结合数学知识，能根据函数关系确定出图象。5．（3分）如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（ ）A．仍然保持静止 B．竖直向下运动 C．向左下方运动 D．向右下方运动【考点】AE：电势能与电场力做功；AS：电容器的动态分析．菁优网版权所有【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；533：电容器专题．【分析】B板右端向下移动一小段距离，两板间的平均距离增大，分析电场强度的变化；油滴靠近B板时，电场线方向斜向右上方，由此分析竖直方向和水平方向的运动情况即可。【解答】解：B板右端向下移动一小段距离，两板间的平均距离增大，根据E可知液滴所在处电场强度减小，油滴竖直方向将向下运动；由于两金属板表面仍均为等势面，电场线应该与等势面垂直，所以油滴靠近B板时，电场线方向斜向右上方，如图所示，故水平方向油滴向右运动；所以油滴向右下方运动，故D正确、ABC错误。故选：D。【点评】本题主要是考查了电容器的动态分析问题；解答此类问题关键是要抓住不变量：若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变；结合电场线的分布情况进行解答。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。6．（4分）火车以60m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10°．在此10s时间内，火车（ ）A．运动路程为600m B．加速度为零 C．角速度约为1rad/s D．转弯半径约为3.4km【考点】48：线速度、角速度和周期、转速；49：向心加速度．菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；519：匀速圆周运动专题．【分析】做匀速圆周运动的物体，所受到的合外力提供向心力，向心力产生向心加速度；利用线速度和角速度的定义式可计算出路程和角速度大小；把火车运动时间推广到30s，再结合数学知识可得出转弯半径。【解答】解：A、由于火车的运动可看做匀速圆周运动，则可求得火车在此10s时间内的路程为s＝vt＝600m。故A正确；B、因为火车的运动可看做匀速圆周运动，其所受到的合外力提供向心力，根据牛顿第二定律可知加速度不等于零。故B错误；C、利用指南针在10s内匀速转过了约10°，可推广出在30s内匀速转过了约30°，再根据角速度的定义式，解得角速度的大小为．故C错误；D、已知火车在此30s时间内通过的路程为1800m，由数学知识可知，火车转过的弧长为l＝θR，可解得：．故D正确。故选：AD。【点评】解答本题的关键是：要熟练掌握匀速圆周运动的性质和规律，再把已知转过的夹角推广到特殊值，结合数学知识可解出答案。7．（4分）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块（ ）A．加速度先减小后增大 B．经过O点时的速度最大 C．所受弹簧弹力始终做正功 D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功【考点】37：牛顿第二定律；6B：功能关系．菁优网版权所有【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．【分析】弹力与摩擦力平衡的位置在AO之间，平衡位置处速度最大、加速度为零；根据动能定理分析弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功关系。【解答】解：A、由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大，故A正确；B、物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置，故B错误；C、从A到O过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O到B过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，故C错误；D、从A到B过程中根据动能定理可得W弹﹣W克f＝0，即W弹＝W克f，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，故D正确。故选：AD。【点评】本题关键是抓住弹簧的弹力是变化的，分析清楚物体向右运动的过程中受力情况，从而判断出其运动情况，知道平衡位置速度最大、加速度为零。8．（4分）如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80V时，闪光灯瞬间导通并发光，C放电。放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电。这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光。该电路（ ）A．充电时，通过R的电流不变 B．若R增大，则充电时间变长 C．若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大 D．若E减小为85V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变【考点】AN：电容器与电容；BB：闭合电路的欧姆定律．菁优网版权所有【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题．【分析】本题重在理解题意并能明确电路的工作原理，根据工作原理才能明确电源电压与击穿电压U之间的关系，由Q＝UC可知极板上的电荷量。【解答】解：A、充电时，电容器电荷量增加、电压增加，根据闭合电路的欧姆定律可得R两端电压减小，通过R的电流减小，故A错误；B、若R增大，充电过程中平均电流I减小，根据Q＝It可知充电时间变长，故B正确；C、电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯瞬间导通并发光，所以闪光灯发光电压U一定；若C增大，根据Q＝CU可知闪光灯闪光一次通过的电荷量增大，故C正确；D、若E减小为85V，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U＝80V时，闪光灯瞬间导通并发光，根据Q＝CU可知闪光灯闪光一次通过的电荷量不变，故D正确；故选：BCD。【点评】本题有效地将电路及电容器结合在一起，考查学生的审题能力及知识的迁移应用能力，要求掌握充放电过程中电荷量的多少与哪些因素有关。9．（4分）如图所示，竖直放置的“Π”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B．质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆（ ）A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下 B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间 C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．菁优网版权所有【专题】34：比较思想；43：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】金属杆在无场区做匀加速运动，根据金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，判断金属杆刚进入磁场Ⅰ时的运动情况，从而确定其加速度方向。根据平均速度分析金属杆穿过磁场Ⅰ的时间与在两磁场之间的运动时间关系。研究金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程，由能量守恒定律求出产生的热量，从而求得总热量。根据金属杆刚进入磁场Ⅰ时匀速运动，求出释放时距磁场Ⅰ上边界的高度，再分析本题中金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h。【解答】解：A、金属杆在无场区做匀加速运动，而金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误。B、金属杆在磁场Ⅰ运动时，随着速度减小，产生的感应电流减小，受到的安培力减小，合力减小，加速度减小，所以金属杆做加速度逐渐减小的变减速运动，在两个磁场之间做匀加速运动，由题知，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆在磁场Ⅰ中运动时平均速度小于在两磁场之间运动的平均速度，两个过程位移相等，所以