康德2024年重庆市普通高中学业水平选择性考试高考模拟调研卷（一）物理参考答案_2024年2月_01每日更新_26号_2024届重庆康德2024年普通高等学校招生全国统一考试高考模拟调研卷（一）

物理（一）参考答案
1～7ADDBCAC 8AD 9BD 10AC
解析：
1．A。中国空间站绕地球做匀速圆周运动，其运行速率v＜7.9km/s，选项A正确。
1 f C
2．D。根据LC电路电磁振荡的频率 f  可知， max  max  n，选项D正确。
2π LC f C
min min
3．D。由分析知，船运动的速度大小一定大于v，选项D符合题意，故选D。
4．B。三个点电荷均只在其相互间的静电力作用下处于平衡状态，满足“两同夹异、两大夹小”，选项B正确。
U
5．C。方法一：该直流电源与定值电阻R串联后，等效电源电动势不
变，等效电源内阻增大，由U-I图像（如答图1）可
U
0
得，小灯泡L的实际电功率P＜U I ，选项C正确。
0 0
I
O I
0
方法二：该直流电源与小灯泡L串联，该直流电源的路端电压 答图1
U
U EI rI (RR ) ， 小 灯 泡 L 两 端 电 压
1 1 1 L
U I R ，可知U＞U ，结合U-I图像（如答图2）
2 1 L 1 2 U
1
U
0
可得，I＜I ，U ＜U ，故小灯泡 L 的实际电功率 U
1 0 2 0 2
I
2 O I I
PIU ＜U I ，选项C正确。 1 0
1 2 0 0 答图2
6．A。由分析知，当物块 P、Q 都在平板 N 上表面运动时，平板 N 的加速度最小，设最小加速度为 a 1，有
F mgmg3mg ma ，解得a 4g；当物块P、Q均离开平板N后，平板N的加速度最大，设
1 1
最大加速度为 a 2，有 F mg ma
2
，解得a
2
8g ，故平板 N 的最大加速度与最小加速度的比值
a
n 2 2，选项A正确。
a
1
7．C。设A、B间接入的输出电压有效值为U
0
，经过R 1的电流为I 1，输入端线圈匝数为n
1
，输入端线圈两端电
压为U 1，输出端CP间线圈匝数为n
2
，经过 R 2的电流为I 2，R 2两端电压为U 2，则有：U
0
I
1
R
1
U
1
，
U n  n  2 
n 1 I 1 n 2 I 2 ， U 1 2  n 1 2 ，U 2 I 2 R 2 ，联立可得：U 0 I 1    R 1    n 1 2    R 2    。由此可知，滑片P向D端滑动过程
中，输出端 CP 间线圈匝数 n 2 增大，I 1 增大，R 1 的电功率 P 1 I 1 2R 1 一定增大；但 R 2 的电功率
第 1 页 共 4 页2
n 
U2 1 R
0  n   2 U2
P I2R  2  0 不一定增大，可能减小，选项C正确。
2 2 2     R 1      n n 1 2     2 R 2     2  n 1 R   1 2 2 R      n n 1 2     2 R 2 2R 1
 n   2
2
8．AD。该电容器的电容C与电压U、电荷量Q无关，选项A正确，选项B错误；电荷量Q与电压U成正比，
选项D正确，选项C错误。
9．BD。甲包的背带比乙包的背带稍长，则甲包的背带与竖直方
向的夹角比乙包的背带与竖直方向的夹角稍小，如答图
F
T乙
F
3所示，由三力平衡可知，F T甲 ＜F T乙 ，F N甲 ＜F N乙 ，选项 mg T甲
F F
N甲 N乙
B、D正确。 答图3 F
N乙
10．AC。设金属杆ab水平向右的初速度大小为v，有I 2mv ，金属杆ab、cd的最大速率分别为v、v，有
0 0 1 2
B2lv Blv，得2v v ，以水平向右为正方向，根据动量定理，对金属杆ab有F t2mv2mv，
1 2 1 2 安ab 1 0
I I
对金属杆cd有F tmv，且F 2F ，联立解得：v  ，v  ，选项A正确，选项B错
安cd 2 安ab 安cd 2 3m 1 6m
1 1 1 
误；设该过程中，两金属杆产生的总电热为Q，Q 2mv2  2mv2  mv2，金属杆cd产生的电
2 0 2 1 2 2
1 I2
热Q  Q，联立解得：Q  ，选项C正确，选项D错误。
cd 3 cd 18m
11.（7分）
2h
（1） （3分）
g
（2）越来越小（2分） 越来越大（2分）
解析：
1 2h
（1）由h gt2得：t 。
2 g
（2）做匀加速直线运动的物体，连续经过相同位移的时间间隔越来越小，在相同时间内通过的位移间隔越来越
大，由此可知，方法一中时间间隔越来越小，方法二中距离间隔越来越大。
12.（9分）
（1）①R （1分） E （1分）
2 2
②10.7（2分）
（2）串（1分） 989.3（2分）
（3）小于（2分）
第 2 页 共 4 页解析：
（2）将该电流表改装成量程为 3 V 的电压表，需将该电流表与定值电阻串联，且串联的定值电阻为
U  3 
R r  10.7989.3。
I g 3103 
g
（3）因为用半偏法测得的电流表内阻的测量值偏小，所以将该电流表改装成电压表时，串联的定值电阻偏大，
改装后的电压表内阻偏大，将其与某标准电压表并联测量同一电压时，通过改装电压表的电流偏小，因此
该改装电压表的示数小于标准电压表的示数。
13.（10分）
解：（1）设接棒者乙匀加速起跑的加速度大小为a，则
v 10
a m  m/s2 2.5m/s2（4分）
t 4
（2）设接棒者乙刚开始起跑时，甲、乙之间的距离为x
v
则xvt m t（4分），代入数据得：x20m（2分）
m 2
14.（13分）
解：（1）设物块乙第1次刚要到达B点时速度大小为v，物块乙对圆弧轨道的压力大小为F
0 N
1
从A到B过程中，由机械能守恒定律有：mgR mv2（1分），解得：v  2gR （1分）
2 0 0
v2
在B点，对物块乙进行受力分析有：F mg m 0 （1分），解得：F 3mg（1分）
N R N
（2）设物块甲、乙第1次碰撞后瞬时，物块甲速度为v ，物块乙速度为v
甲1 乙1
以水平向右为正方向，对物块甲、乙组成的系统，由弹性碰撞有：
1 1 1
mv 4mv mv ， mv2  4mv2  mv2 （2分）
0 甲1 乙1 2 0 2 甲1 2 乙1
2 2
联立解得：v  v  2gR
甲1 5 0 5
3 3
v  v  2gR （“－”号表示碰撞后物块乙速度反向，方向水平向左）（2分）
乙1 5 0 5
3
（3）由分析知，物块甲、乙第2次碰撞前瞬时，v v  v，方向水平向右
乙1 乙1 5 0
设物块甲、乙第2次碰撞后瞬时，物块甲速度为v ，物块乙速度为v
甲2 乙2
对物块甲、乙组成的系统，由弹性碰撞有：
4mv mv 4mv mv
甲2 乙2 甲1 乙1
1 1 1 1 1
4mv2  mv2  4mv2  mv2  mv2（2分）
2 甲2 2 乙2 2 甲1 2 乙1 2 0
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联立解得：v  v  2gR ，v  v  2gR （2分）
甲2 25 0 25 乙2 25 0 25
因为v ＞v ，可知第2次碰撞后，物块甲、乙将水平向右匀速运动，不会再发生碰撞（1分）
甲2 乙2
12 7
即最终物块甲的速度大小为 2gR ，物块乙的速度大小为 2gR
25 25
15.（18分）
U
解：（1）由题知，板间匀强电场的场强大小E （2分）
d
1 2qU
设该粒子到达O孔时的速度大小为v，有qU  mv2，解得：v （2分）
2 m
（2）设0～t 0时间段内，该粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 1，周期为T
1
v2 mv 2πR 2πm
由qvB m 得：R  ，又T  1 ，得：T  （2分）
0 R 1 qB 1 v 1 qB
1 0 0
mv πm
同理可得，t 0～2t 0时间段内，该粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R
2

2qB
，周期T
2

qB
0 0
3πm 3 3
故R 2R ，T 2T ，t   T  T （2分）
1 2 1 1 0 4qB 8 1 4 2 y l
0
据此，作出该粒子在磁场中的运动轨迹，如答图4所示
3 π π O
由分析知，OOO  2π  45（2分） 2
3 1 2 8 2 4 R 2 R 2
由该粒子始终不能穿出右边界l，可知
R 1 R 1
该磁场区域宽度的最小值为
45 45°
O O
1 3
d 2(R R )cos45R (3 2 1)R （x 1 ，y 1 ）
1 2 2 2
R
1
P Q
(3 2 1) 2mU
代入数据可得：d 
2B q
（2分） O v
O
α x
0 M N R 1 v R 2
α R
1
（3）设该粒子再次到达y轴时（答图4中P点）， O 5（x 5 ，y 5 ） R 2 O 4
其速度方向与y轴负方向的夹角为α，由几何关系知：
2(R R )cos45R R 3( 2 1)
cos 1 2 2 1  （2分） 答图4
R 2
1
2
由cos＜ 得＞45，可知该粒子将从y轴上P点离开磁场区域
2
故该粒子再次到达y轴时与O点的距离为
 
OPR sinR 2R 1cos2R  18 2 231R （2分）
1 2 2 2   2
18 2 231 2mU
代入数据可得：OP （2分）
2B q
0
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