1、2018年广东省广州市高考调研物理模拟试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1. 16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元在以下说法中，与亚里士多德观点相反的是（）A. 四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快；这说明，物体受的力越大，速度就越大B. 一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来；这说明，静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”C. 两物体从同一高度自由下落，较重的物体
2、下落较快D. 一个物体维持匀速直线运动，不需要力【答案】D【解析】物体受的力越大，速度就越大，是亚里士多德的观点故A正确；力是维持物体运动的原因，物体受力就会运动，不再受力了，它总会逐渐停下来，是亚里士多德的观点故B正确两物体从同一高度自由下落，较轻的物体下落较慢，即重物比轻物下落快，是亚里士多德的观点故C正确伽利略用实验和推理，证明了力不是维持物体运动的原因故D错误故选ABC.视频2. 质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量pA=9kgm/s，B球的动量pB=3kgm/s当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（）A. pA=6 kgm/s，pB
3、=6 kgm/sB. pA=8 kgm/s，pB=4 kgm/sC. pA=2 kgm/s，pB=14 kgm/sD. pA=4 kgm/s，pB=17 kgm/s【答案】A【解析】A、根据碰撞过程总动能不增加，则有，解得：，满足，故A正确；B、根据碰撞过程动能不能增加有，得：，满足，但是碰后A的速度不可能大于B的速度，故B错误；C、根据碰撞过程动能不能增加有：，解得，不满足，故C错误；D、碰后动量之后为，不满足动量守恒，故D错误。点睛：对于碰撞过程要遵守三大规律：是动量守恒定律；总动能不增加；符合物体的实际运动情况。3. 在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电
4、阻，R2为滑动变阻器当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（）A. I1增大，I2不变，U增大B. I1减小，I2增大，U减小C. I1增大，I2减小，U增大D. I1减小，I2不变，U减小【答案】B.考点： 闭合电路的欧姆定律视频4. 空间有一均匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O-xyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标（0，a，0），N点的坐标为（a，0，0），P点的坐标为已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为1V，则P点的电势为（）A. B. C. D.
5、 【答案】D【解析】试题分析：根据题意已知电场方向平行于直线MN，点M的电势为0，点N的电势为1V，故，将电场强度沿着-x方向和+y方向正交分解，设合场强为E，则-x和+y方向的分量分别为：，设P在xOy平面上的投影为点，投影点的坐标为，则联立即得，又因N点电势为1V，则电势为，即P点电势为，D正确考点：考查了电势，【名师点睛】将电场强度沿坐标轴方向正交分解，求出轴向的E的分量值，再选用U=Ed，求得电势差，得电势视频5. 近地人造卫星1和2绕地球做匀速圆周运动的周期分别为T1和T2，设在卫星1、卫星2各自所在的高度上的重力加速度大小分别为g1、g2，则（）A. B. C. D. 【答案】B【
6、解析】试题分析：由万有引力提供向心力，知，得，又因为，故，同理，故解得选项B正确。考点：万有引力定律 牛顿第二定律【名师点睛】（1）万有引力提供向心力（2）卫星所在的高度上的重力加速度等于卫星在该处做匀速圆周运动的向心加速度：(3)要注意轨道半径和卫星离地面的高度的关系为视频6. 一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动小球通过细绳与车顶相连小球某时刻正处于图示状态设斜面对小球的支持力为N，细绳对小球的拉力为T关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是（）A. 若小车向左运动，N可能为零B. 若小车向左运动，T可能为零C. 若小车向右运动，N不可能为零D. 若小车向右运动，T不可能为零【答案】A
7、B【解析】若小车向左运动做减速运动，则加速度向右，小球受重力及绳子的拉力可以使小球的加速度与小车相同，故此时N为零，故A正确；若小球向左加速运动，则加速度向左，此时重力与斜面的支持力可以使合力向左，则绳子的拉力为零，故B正确；同理可知当小球向右时，也可能做加速或减速运动，故加速度也可能向右或向左，故N和T均可以为零，故CD均错误；故选AB点睛：力是改变物体运动状态的原因，故物体的受力与加速度有关，和物体的运动方向无关，故本题应讨论向左加速和减速两种况。视频7. 如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹小球a从（0，2L
8、）抛出，落在（2L，0）处；小球b、c从（L，0）抛出，分别落在（2L，0）和（L，0）处不计空气阻力，下列说法正确的是（）A. a和b初速度相同B. b和c运动时间相同C. b的初速度是c的两倍D. a运动时间是b的两倍【答案】BC【解析】试题分析：b、c平抛运动的高度相同，根据知，b、c运动时间相同，故B正确a、b的高度之比为2：1，根据知，a、b的运动时间之比为：1，水平位移相等，则a、b的初速度之比为1：，故AD错误b、c的运动时间相等，水平位移之比为2：1，则b的初速度是c初速度的2倍，故C正确故选BC考点：平抛运动8. 三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线
9、中通过的电流均为I，方向如图所示a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是（）A. B1=B2B3B. B1=B2=B3C. a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里D. a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里【答案】AC【解析】试题分析：a、b和c处的磁感应强度均是三条通电导线单独存在时在各点处产生的磁场的叠加。由于通过三条导线的电流大小相等，结合安培定则可判断出三条导线在a、b处产生的的合磁感应强度垂直纸面向外，在c处垂直纸面向里，且，C正确。考点：考
10、查了安培定则，磁场的叠加【名师点睛】通电导线周围存在磁场，且离导线越远场强越弱磁场不但有大小而且有方向，方向相同则相加，方向相反则相减并根据矢量叠加原理来求解视频二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分第912题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第16题为选考题，考生根据要求作答.9. 图1是改装并校准电流表的电路图，已知表头的量程为Ig=600A、内阻为Rg，是标准电流表，要求改装后的电流表量程为I=60mA完成下列填空(1)图1中分流电阻Rp的阻值为_（用Ig、Rg、和I表示）(2)在电表改装成后的某次校准测量中，表的示数如图所示，由此读出流过电流表的电流为_ mA此时流过分流电阻
11、RP的电流为_mA（保留一位小数）【答案】 (1). (2). 49.5 (3). 49.0【解析】（1）由于Rg和Rp并联，由IgRg=IRRp和I=Ig+IR得： （2）由图2知流过a电流表的电流I为49.5mA； 设此时流过表头的电流为Ig，流过RP的电流为IR，加在表头和Rp上的电压相等，故有IgRg=IRRp I=（Ig+IR）；由联立得：IR=49.005mA49.0mA10. 利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图1所示：(1)实验步骤：将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于lm，将导轨调至水平；用游标卡尺测量挡光条的宽度L，结果如图2所示，由此读出L=_mm；由导
12、轨标尺读出两光电门中心之间的距离S；将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2；从数字计时器（图1中未画出）上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间t1和t2；用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m(2)用表示直接测量量的字母写出下列所示物理量的表达式：当滑块通过光电门1和光电门2时，系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能分别为Ek1=_和Ek2=_在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统重力势能的减少量EP=_（重力加速度为g）(3)如果在实验误差允许的范围内，EP=_，则可认为验证了机械能守恒定律【答案
13、】 (1). 9.30 (2). (3). (4). mgs (5). 【解析】试题分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度根据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量要注意本题的研究对象是系统（2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度滑块通过光电门1速度v1=滑块通过光电门2速度v2=系统的总动能分别为Ek1=（M+m）（）2Ek2=（M+m）（）2；在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少Ep=mgs（3）如果满足关系式Ep=E
14、k2Ek1，即系统重力势能减小量等于动能增加量，则可认为验证了机械能守恒定律故答案为：（1）10.90；（M+m）（）2，（M+m）（）2，Ep=Ek2Ek1【点评】了解光电门测量瞬时速度的原理实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面11. 一质量m=0.6kg的物体以v0=20m/s的初速度从倾角为30的斜坡底端沿斜坡向上运动当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了Ek=18J，机械能减少了E=3J不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求：(1)物体向上运动时加速度的大小；(2)物体返回斜坡底端时的动能【答案】(1) (2) EK=80J【解析】试题分析：物体从开始到经过
15、斜面上某一点时，受重力、支持力和摩擦力，总功等于动能增加量，机械能减小量等于克服摩擦力做的功，根据功能关系列式可解；对从最高点到底端过程运用动能定理列式求解解：（1）物体从开始到经过斜面上某一点时，受重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有mglsinfl=EKEK0=18J 机械能的减小量等于克服摩擦力做的功：fl=E=3J 由可解得l=5m，f=0.6N因为物体的初速度为v0=20m/s，初动能=120J滑上某一位置时动能减少了Ek=18J，则此时动能Ek=102J=，可得v2=340m2/s2物体在斜坡底端向上运动时受重力、支持力和摩擦力作用，物体做匀减速运动，根据匀变速直线运动的速度位移
16、关系有：=6m/s2（负号表示方向与初速度方向相反）（2）当该物体经过斜面上某一点时，动能减少了18J，机械能减少了3J，所以当物体到达最高点时动能减少了120J，机械能减少了20J，所以物体上升过程中克服摩擦力做功是20J，全过程摩擦力做功W=40J从出发到返回底端，重力不做功，设回到出发点的动能为EK，由动能定理可得W=EKEK0得EK=80J答：（1）物体向上运动时的加速度大小为6m/s2（2）物体返回斜坡底端时的动能80J【点评】功能关系有多种表现形式：合力的功（总功）等于动能增加量；重力做功等于重力势能的减小量；除重力外其余力做的功等于机械能的增加量视频12. 如图所示，在第一象限有
17、一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直一质量为m、电荷量为-q（q0）的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点已知OP=l，不计重力求：(1)M点与坐标原点O间的距离；(2)粒子从P点运动到M点所用的时间【答案】(1) (2) 【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a；在x轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v0；粒子从P点运动到Q点所用的时间为t1，进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为，则由牛
18、顿第二定律得：qE=ma在电场中运动的时间为： 水平初速度： 其中 ，y0=L，又 联立得=30由几何关系知MQ为直径，MO=6L （2）设粒子在磁场中运动的速度为v，从Q到M点运动的时间为t2，则有 从P点到M点所用的时间t=t1+t2联立并代入数据得 视频13. 下列关于分子运动和热现象的说法正确的是（_）A.气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故B.一定量100的水变成100的水蒸气，其分子之间的势能增加C.对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热D.如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大E.一定
19、量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和【答案】BCE【解析】气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散故A错误一定量100的水变成100的水蒸气，分子动能之和不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大故B正确对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，根据气态方程知，温度升高，则内能增大故C正确如果气体分子总数不变，气体温度升高，若同时体积增大，由可知，压强不一定增大故D错误一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和故E正确; 故选BCE.点睛：本题要根据热传递情况分
20、析物态变化，从而分析内能的变化和判断分子势能的变化对于一定量的理想气体，内能只跟温度有关温度是分子平均动能的标志，气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和14. 如图所示，系统由左右两个侧壁绝热、底部、截面均为S的容器组成左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭两个容器的下端由可忽略容积的细管连通容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气，B上方封有氢气大气的压强p0，温度为T0=273K，两个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1p0系统平衡时，各气体柱的高度如图所示现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A上升了一定的高度用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并
21、固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8h氮气和氢气均可视为理想气体求(1)第二次平衡时氮气的体积；(2)水的温度【答案】(1)V=2.7hS (2)T=368.55K【解析】试题分析：（）考虑氢气的等温过程，该过程的初态压强为，体积为，末态体积为，设末态的压强为P，由玻意耳定律解得活塞A从最高点被第一次推回平衡位置的过程是等温过程，该过程的初态压强为，体积为V，末态压强为，末态体积则：由玻意耳定律得：（）活塞A从最初位置升到最高位置过程为等压过程，该过程的初态体积和温度分别为2hS和，末态体积为27hS，设末态温度为T，由盖-吕萨克定律解得考点：考查了理想气体状态方程的应用【名师点睛】本题
22、是关于气体的连接体问题，知道两部分气体的总体积不变是正确解题的关键，分别对每部分气体作为研究对象、应用气态方程即可正确解题视频15. 一振动周期为T、振幅为A、位于x=0点的波源从平衡位置沿y轴正向开始做简谐运动该波源产生的一维简谐横波沿x轴正向传播，波速为v，传播过程中无能量损失一段时间后，该振动传播至某质点P，关于质点P振动的说法正确的是（_）A.振幅一定为AB.周期一定为TC.速度的最大值一定为vD.开始振动的方向沿y轴向上或向下取决于它离波源的距离E.若P点与波源距离s=vT，则质点P的位移与波源的相同【答案】ABE【解析】解：A、B、D波传播过程中，各振动质点的振动周期、振幅、起振方
23、向都和波源质点相同，A、B正确，D错误；C、质点的振动速度大小跟波速无关，C错误；E、s=vT，则s等于一个波长，即P点与波源质点相位相同，振动情况总相同，位移总相同，E正确故选ABE【点评】本题考查了波动和振动的区别和联系，质点振动的速度是呈周期性变化的16. 一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB镀银（图中粗线），O表示半圆截面的圆心，一束光线在横截面内从M点入射，经过AB面反射后从N点射出已知光线在M点入射角为30，MOA=60，NOB=30求(1)光线在M点的折射角；(2)透明物体的折射率【答案】(1)r=15 (2)【解析】试题分析:如图所示，透明物体内部的光路为折线MPN，Q、M点相对于底面EF对称，Q、P和N三点共线设在M点处，光的入射角为1，折射角为2，OMQ=，PNF=根据题意有=30由几何关系得：PNO=PQO=2所以+2=60且+2=联立解得2=15根据折射率公式有得考点：考查光的折射定律【名师点睛】本题主要考查光的折射和反射，掌握折射定律，本题对数学几何能力的要求较高视频
