2024年江蘇省南京市高考一輪模擬卷物理試題（二）

2024年江蘇省南京市高考物理一輪模擬卷（二）

一、選擇題

1.一名宇航員在某星球上完成自由落體運動實驗，讓一個質(zhì)量為1kg的小球從一定的高度

自由下落，測得在第5s內(nèi)的位移是18m,則（）

A.小球在2s末的速度是20m/s

B.該星球上的重力加速度為4m/s2

C.小球在第5s內(nèi)的平均速度是3.6m/s

D.小球在前5s內(nèi)的位移是100m

2.如圖甲所示的電路中，已知電源電動勢E和內(nèi)阻r,燈泡電阻為R。閉合開關(guān)S后，流

過兩個電流傳感器的I-t圖像如圖乙所示。下列說法正詢的是（）

A.開關(guān)S閉合的瞬間，自感線圈中的自感電動勢和電流均為零

B.若斷開開關(guān)S,則斷開瞬間小燈泡D先閃亮再熄滅

C.電源電動勢E=~|-R

D.電源內(nèi)阻「=祟生R

3.某中學(xué)生在研究心臟電性質(zhì)時發(fā)現(xiàn)，當(dāng)興奮在心肌傳播時，在人體的體表可以測出與之

對應(yīng)的電勢變化，可等效為兩等量電荷產(chǎn)生的電場。如圖是人體表面的瞬時電勢分布圖，圖

中實線為等差等勢面，標(biāo)在等勢面上的數(shù)值分別表示該等勢面的電勢，a、b、c、d為等勢

面上的點，a、b為兩電荷連線上對稱的兩點，c、d為兩電荷連線中垂線上對稱的兩點，則

（）

A.a、b兩點的電場強(qiáng)度大小相同，方向相反

B.c、d兩點的電場強(qiáng)度大小相同，方向相反

c.a、b兩點的電勢差U.b=-3.0mV

D.從c到d的直線上電場強(qiáng)度先變大后變小

4.如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy的x軸位于水平面內(nèi)，一段長為L、電流為I的通電導(dǎo)線與

x軸重合，電流方向沿著x軸正方向，勻強(qiáng)磁場也也位于水平面內(nèi)，與x軸正方向的夾角為

8,勻強(qiáng)磁場位于x軸、y軸決定的豎直面內(nèi)，與y軸衛(wèi)方向的夾角也為。。若勻強(qiáng)磁場電

和B2的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，均為B。，則此段通電導(dǎo)線受到的安培力的合力大小為（）

2

A.B0ILB.B0ILslne

C.BoILcorGD.iBoILsin20

5.如圖所示，在勻強(qiáng)磁場B的區(qū)域中有一光滑斜面體，在斜面上放了一根長L,質(zhì)量為m的

導(dǎo)線，當(dāng)通以如圖示方向的電流【后，導(dǎo)線恰能保持靜止，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B必須滿足：（）

A.8=臀胖!，方向垂直紙面向外

iL.

B.B=IB空2,方向垂直紙面向里

IL.

C.8=叫泮.方向豎直向下

D.B=P，方向水平向右

1L

6.物理學(xué)是一門以實驗為基礎(chǔ)的學(xué)科，許多物理定律就是在大量實驗的基礎(chǔ)上歸納總結(jié)出

來的.下面四個實驗裝置，描述正確的是（）

傳to

短焦距

望遠(yuǎn)鏡

A.安培利用裝置①測出了元電荷e的數(shù)值

B.庫侖利用裝置②總結(jié)出了點電荷間的相互作用規(guī)律

C.法拉第利用裝置③發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)

D.奧斯特利用裝置④發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象

7.2020年，中國北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)覆蓋全球，為全球提供導(dǎo)航服務(wù)。北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)由

若干地球靜止軌道（GE。）衛(wèi)星、中圓地球軌道（ME。）衛(wèi)星和傾斜地球同步軌道（/GS。）衛(wèi)星

組成混合導(dǎo)航星座。其中ME。衛(wèi)星軌道高度為21500千米，/CS。衛(wèi)星軌道高度為36000千

米，則（）

A.ME。衛(wèi)星的角速度大于/GS。衛(wèi)星的角速度

B.ME0衛(wèi)星的線速度小于/GS0衛(wèi)星的線速度

C.ME0衛(wèi)星的向心加速度小于/GS。衛(wèi)星的向心加速度

D.ME0衛(wèi)星的運行周期大于/GS。衛(wèi)星的運行周期

8.碘125衰變時產(chǎn)生y射線，醫(yī)學(xué)上利用此特性可治療某弊疾病。若將一定質(zhì)量的碘125植

入患者病灶組織，經(jīng)過240天剩余碘125的質(zhì)量為剛植入時的與，則碘125的半衰期為（）

1O

A.20天B.40天C.60天D.80天

9.顯像管的工作原理如圖所示，圖中陰影區(qū)域沒有磁場時，從電子槍發(fā)出的電子打在熒光

屏正中央的。點。為使電子在豎直方向偏離中心，打在熒光屏上的0A區(qū)間，則對陰影區(qū)域

所加的磁場，說法正確的是（）

A.方向豎直向上B.方向垂直于紙面向里

C.磁場越強(qiáng)，偏離中心越遠(yuǎn)D.磁場越弱，偏離中心越遠(yuǎn)

10.為避免閃電造成的損害，高大的建筑物會裝有避雷針。如圖產(chǎn)生閃電的積雨云層帶正

B重復(fù)D.E中的操作，得到關(guān)與”的關(guān)系如圖3所示;

C.將輕彈簧放管在桌面上，左端固定，右端與一帶有遮光片的滑塊接觸但不拴接；

D.向左推滑塊使彈簧壓縮一段距離，用刻度尺測量彈簧的壓縮遑”：

E.由靜止釋放滑塊，滑塊離開彈簧后，記錄滑塊通過光電門的擋光時間4￡；

上述步驟正確的操作順序是：A（填寫步驟前面的字母）.

（2）用游標(biāo)卡尺測遮光片的寬度示數(shù)如圖2所示，則4=mm.

（3）滑塊離開彈簧時速度大小的表達(dá)式為（用比，d表示）.

（4）由此實驗可得出對于同一根彈簧，彈簧被壓縮x時的彈性勢能與與彈簧的壓縮量上的—

（填“一次方”或“二次方”〕成正比的結(jié)論.

（5）本實驗中若要求出強(qiáng)黃在某一壓縮量時的彈性勢能，還需要測量一（填選項序號）.

A.彈簧原長

B.滑塊離開彈簧時到光口門的距離

C.滑塊（含遮光片）的質(zhì)量

13.如圖所示，平行金屬板長為2m,一個帶正電為2x10-6（2、質(zhì)量為5xlO^kg的苞子

以初速度5m/s緊貼上板垂直射入電場，剛好從卜板邊緣射出，末速度恰與下板成30?角，粒

子重力不計，求：

（1）粒子在電場中運動時間;

（2）粒子木速度大小：

14.四旋翼小型多用途無人機(jī)能執(zhí)行多項任務(wù)，并能夠垂直起降。如圖，一架質(zhì)量m=2kg

的無人機(jī)，具動力系統(tǒng)的最大升力卜.=36N,運動過程口所受阻力大小恒為f=4N,g=

10m/s2,求:

(1)無人機(jī)動力系統(tǒng)能提供豎直向上的最大飛行速度為24m/s,無人機(jī)從地面用最大升力

由靜止開始豎直上升96m所用的最短時間；

(2)無人機(jī)懸停在距地面高度H=45m處突然關(guān)閉動力，豎直下落一段高度后，動力設(shè)備

重新啟動提供向上最大升力，為保證安全著地，飛行器從開始下落到恢復(fù)動力的最長時間t。

15.如圖，在豎直平面內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場.長度為1的輕質(zhì)絕緣細(xì)繩一端固定在O

點，另一端連接一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球(可視為質(zhì)點)，初始時小球靜止在電場中

的a點，此時細(xì)繩拉力為2mg,g為重力加速度.

，I

（1）求電場強(qiáng)度E的大?。?/p>

（2）求a、O兩點的電勢差UaO；

（3）若小球在a點獲得一水平初速度%=4而，使其在豎直面內(nèi)做圓周運動，求小球運

動到b點時，細(xì)繩拉力F的大小.

16.如圖（a）所示，兩豎直平行金屬板A、B與x軸垂直，接在電壓大小為g=400卜的

穩(wěn)壓電源上，A板過原點，在B板上靠近中間處有一長度%=2cm的水平狹縫.在B板右

側(cè)水平放置邊長為，=10cm的兩正方形平行金屬板C、D,兩板間距d=10cm,距板右端g

處垂直X軸有一足夠大的熒光屏.A板中間位置沿z軸方向有一線形離子源，可以連續(xù)釋放

初速度為零的正離子.已知離子源、B板上的狹縫和C、D板中間線均在同一水平面內(nèi)，旦

C、D板不加電壓時，屏上會出現(xiàn)長2cmi條水平亮線.現(xiàn)在C、D兩極板間接上如圖（b）

所示的交變電壓（若每個離子穿過C、D板間的時間極短，可認(rèn)為此過程中C、D板間電壓

不變，極板間形成的電場可視為勻強(qiáng)電場），忽略電場的邊緣效應(yīng)，不計離子重力以及離子

間的相互作用力，離子的比荷均為需=2x1。6,/如.求：

圖（a）圖（b）

（1）離子穿過B板狹縫時的速度大??；

（2）C、D板間電壓為UI=400V時，離子離開C、D板時的速度與水平方向夾角（即速度偏

向角）的正切值；

（3）離子打在屏上的區(qū)域面枳S.

★參考答案★

1.B2.C3.D4.A5.C6.B7.A8.C9.C10.D11.D

12.(I)CDEB(2)3.75(3)，(4)二次方(5)C

13.⑴解：粒子在電場中運動時間t=4=看s=0.4s

v05

(2)解：粒子在平行板間做類平拋運動，根據(jù)平行四邊形定則知:

vo2百vo1073

14.(1)無人機(jī)以最大升力做勻加速直線運動再以最大速度勻速上升的時間最短，由牛頓第

二定律，有F-mg-f=mai

到達(dá)最大速度v=

解得所需的時間口=4s

上升高度hi=；a〔t\

解得儲=48m

勻速上升h—%=vt2

解得=2s

故最短時間t3=tj+t2=6s

(2)下落過程中根據(jù)牛頓第二定律mg—f=ma2

解得a?=8m/s2

恢復(fù)升力后向下減速運動過程根據(jù)牛頓第二定律F—mg+f=ma3

解得a?=10m/s2

22

設(shè)恢復(fù)升力時的速度為2則有鴦+鴦=H

解得Vm-20m/s

代入數(shù)據(jù)解得t2=黑=2.5s

2

15.(1)解：根據(jù)題意，細(xì)繩受到的是拉力(即被拉長，細(xì)繩有收縮至原長的趨勢)，故在

a點時，根據(jù)牛頓第三定律，小球受到細(xì)繩向下的拉力：小球靜止在a點時，根據(jù)受力平衡

川得mg+2mg=qE

解得E=學(xué)黑

方向豎直向上；

(2)解：在勻強(qiáng)電場中，有Uoa=El

則a、0兩點電勢差為U.o=-El=一出黑

(3)解：小球從a點運動到b點，設(shè)到b點速度大小為力,由動能定理得

-qE?21+mg-2Z=jmv^—

解得以=242gl

2

小球做圓周運動通過b點時，由牛頓第二定律得產(chǎn)+qE.mg=小中

解得F=6mg

方向豎直向上.

16.(1)解：設(shè)離子穿過B板狹縫時速度為火,根據(jù)動能定理有qU0諾①

解得見=4x104m/s