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 第 3 页 共 4 页12 12 7 7 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 第 4 页 共 4 页