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（二）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（二）

物理(二) 参考答案 1~7ABCBDCA 8BC 9AD 10AD 解析： 1 1. A。该鹅卵石水平抛出后只受重力作用，在竖直方向做自由落体运动，取每层楼高约3m，由 h gt2得，该 2 2h 2325 鹅卵石在空中运动的时间约为 t   s 15s3s,选项A正确；该鹅卵石下落的高度一定，下 g 10 1 1 落时间与抛出时的速度无关，选项B错误；由机械能守恒定律 mv2  mv2 mgh得，该鹅卵石砸在车辆上时 2 2 0 的速度大小 v v2 2gh, 与抛出时的速度有关，与质量无关，选项C、D均错误。 0 G G G 2.B。由图可知,四根吊臂对称分布,有4Fsin45G, 得 F    , 选项B符合题意，故选B。 4sin45 2 2 3 E 3. C。电源电流 I  , 即电源电流随外电阻增大而减小，选项 A 不符合题意； 电源输入功率 rR E2 P  EI  , 即电源输入功率随外电阻增大而减小，选项 B 不符合题意； 电源输出功率 入 rR  E  2 E2 P    R  ,当r=R 时取最大值，即电源输出功率随外电阻增大而先增大后减小，选项C 符 出 rR r2 R2r R P I2R 1 合题意；电源效率 出   ,即电源效率随外电阻增大而增大，选项D不符合题意。故选C。 P I2 r R  r 入 1 R C 49000 4. B。由题知， “天庭”绕地心做匀速圆周运动的轨道半径 r   km7803km, “天宫”绕地心做匀速 2 2 圆周运动的轨道半径 r' Rh 640400  km6800km , 故 r'r , 又由万有引力提供向心力有 GMm v2 42 GM GM r3 mam m r, 得 a  、v 、T  2 , 可知轨道半径越大，加速度越小、速 r2 r T2 r2 r GM 度越小、周期越大，选项B正确，选项A、C错误；不知道“天庭”和“天宫”的质量关系，无法判断两者所受地球 引力大小，选项D错误。 5.D。由一带正电的点电荷仅在电场力作用下从a 点运动到b 点的运动轨迹易得，点电荷B带正电，又由一等势 面恰好沿 y 轴，结合x0 区域的等势面分布可得，点电荷A带负电，且A、B两点电荷所带电荷量相等，即 A、B两点电荷带等量异种电荷； 点电荷B 带正电，靠近B的等势面电势较高，因此a、b 两点处的电势满足   ;故选项D符合题意，故选D。 a b 6.C。由于水在不到0.1s时间内喷完，可知水和水火箭间的作用力较大，水和水火箭的重力可以忽略，水和水火 mv 0.440 箭组成的系统动量近似守恒，有 mv m v0, 解得水火箭的速度 v 1 0  m /s  53m /s, 选项C 1 0 2 m 0.3 2 第1页共5页符合题意，故选C。 v 7.A。由于 V x 图像为直线，可知该粒子在x 处的速度大小为 0 , O 点的电势为零、电势能为零， O 点的 0 2 2 1 v  1 速度为零、动能为零，该粒子仅受电场力，其电势能与动能之和不变，有 q m 0  q  mv2 0, 1 2  2  2 2 0 得 4,选项A正确；取0~ x 段该粒子所受平均作用力为F ，x ~ 2x 段该粒子所受平均作用力为F ， 2 1 0 1 0 0 2 由动能定理有，0~ x 段Fx E , x ~ 2x 段 F x E ,得 F 3F,可知该粒子在运动过程中所受合外 0 1 0 1 0 0 2 0 2 2 1 力增大，加速度增大，电场增强，选项B、C错误； 由 V x 图像可知，该粒子在0~ x 段的动能增加量为 0 2 2 1 v  1 1 1 v  3 E  m 0  0 mv2, 在 x ~ 2x 段的动能增加量为 E  mv2 m 0   mv2  3E , 可知 1 2  2  8 0 0 0 2 2 0 2  2  8 0 1 x ~ 2x 段的动能增加量是0~ x 段动能增加量的3倍，选项D错误。 0 0 0 8.BC。用20N的水平力推一水平地面上静止的箱子，箱子不动，其受力平衡，此时箱子所受静摩擦力等于水平推 力，选项A错误；由牛顿第二定律有： F  f ma ,F  f ma , 代入数据解得：箱子的质量m16kg ，箱 1 1 2 2 子与水平地面间的滑动摩擦力 f 21N ，选项B、C正确；箱子与水平地面间的滑动摩擦力为21N，最大静摩擦 力大于或等于滑动摩擦力，箱子与水平地面间的最大静摩擦力大于20N，选项D错误。 9. AD。0~0.2s 时间内， 篮球的 vt 图像与t 轴围成的面积即为释放点到水平地面的高度，由此可得 1 1 h 50.1m  56 0.1m0.8m,选项A正确、选项B错误;由 vt 图像知,0.1~0.2s时间内,篮球的加 2 2 65 速度 a  m/s2 10m/s2  g,可见篮球所受阻力可忽略，因此篮球第一次反弹后上升到最高点过程中，篮 2 0.1 球的机械能守恒，篮球第一次落地的速度 v 6m/s,设第一次反弹上升的高度为h ，由机械能守恒定律有 1 1 1 5 mv2 mgh , 解得 h 1.5m, 选项D正确、选项C错误。 2 1 6 1 1 10.AD。把 R 看成电源内阻，把副线圈及变压器等效为外电阻、串联在原线圈中，开关S闭合后，外电阻变小， 原线圈电流增大，R 的电功率增大，选项A正确，选项B错误；设开关S断开时，变压器副线圈电流为I 、电 U I n 1 源电压为 U ，对理想变压器有 1   1  , 得变压器原线圈两端电压和电流分别为 I4R I n 4 1 2 I4R U   IR、I 4I,原线圈与电源回路满足 U U I R5IR, 设开关S闭合时，变压器副线圈电流为I' 1 4 1 1 1 I2R 9 9 I 9 ，电阻 R 和 R 总电阻为2R ，同理可得 U  4I＇R I＇R, 得 5IR  IR,  , 因此开关S 1 2 4 2 2 I 10 P I24R 81 闭合前、后，该理想变压器的输出功率之比为   ,选项D正确，选项C错误。 P I22R 50 11.(6分) (1)1.1(2分) (2)9.7(2分) 第2页共5页(3)1.5(2分) 解析： 1 (1)取由O 到A 点,下落时间为0.04s,重力加速度约为10m/s²,由 h gt2 0.8cm0.50cm可知，第一段 2 OA 的时间间隔小于0.04s，因此不能直接用OC 的距离来计算 C 处的速度。匀变速直线运动的中间时刻速度等 x 11.302.55 于平均速度，可得小球运动到C 处的速度大小 v  BD  cm/s1.1m/s。 c 2T 20.04 h h h 1.55 (2)根据逐差法可得，重力加速度 g   CD CB  cm/s9.7m/s2。 T2 T2 0.042 (3)小球运动到 D 处的速度大小v v g·T  1.19.70.04  m/s 1.5m/s 。 b c 12.(10分) (1)C(2分) E(2分) (2)a (2分) (3)3.78(3.76~3.79均可)(2分) 0.47(0.43~0.48均可) (2分) 解析： (1) 若选阻值为 20 Ω的定值电阻，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流最大约为 E 3.7 I   A0.185A,使用电流表(量程0~0.6A)测量误差较大，因此定值电阻应选 2Ω，故选C；若选阻值范 R 20 围0~100Ω的滑动变阻器接入电路.侧操作困难、读数误差大，因此滑动变阻器应选阻值范围0~10Ω，故选E。 (2)电压表接在“a ”点相当于增加了电源内阻，可使测量时电压表变化范围大，操作方便，偶然误差小，也可 避免电压表超出量程。 (3) 由闭合电路欧姆定律，有 E U I  R r  ,得 U I  R r E,， 由 U I 图像的截距可知，该 0 0 U 2.303.78 锂离子电池的电动势 E 3.78V , 斜率 R r   2.47; 解得该锂离子电池的内阻 0 0.60 I r Q.47 。 13.(10分) 1 解：(1)该儿童刚到达滑梯倾斜部分底端时，损失的机械能 E mgh mv2 540J①(4分) 横 2 0 1 (2)该儿童在滑梯倾斜部分运动时，由动能定理有： mgh fx mv2, (1分) 2 0 ② 取滑梯倾斜部分倾角为θ，其中滑动摩擦力 f mgcos (1分)③ 斜面长xl/cos④(1分) 第3页共5页联立②③④式解得，该儿童与滑梯间的动摩擦因数0.45 ⑤ 1 若该儿童滑到滑梯水平部分末端恰好静止，由动能定理有： 0 mv2 mgL (1分) 2 0 4 ⑥ 联立⑤⑥可得：滑梯水平部分的最小长度 L  (2分) 9 ⑦ 14.(13分) 1 解：(1)负离子经过加速电场时，由动能定理有： eU  mv2 ①(2分) 2 mv2 负离子在磁场中做匀速圆周运动，有： eB  ②(2分) r 1 2mU 由①②式解得：负离子在匀强磁场中运动的半径 r  ③(1分) B e 质量为u 的负离子恰好在P点被离子接收器1接收，由几何关系得： L 该负离子在磁场中运动的轨迹半径 r  ④(1分) 1 2 2 2ueU 由③④式解得：该匀强磁场的磁感应强度 B  ⑤(2分) eL (2)取负离子恰好从离子接收器1的下边缘Q点进入离子接收器1，由几何关系得： 25  4Lr 2  3L 2 r2, 得 r  L ⑥(2分) 2 2 2 8 m r2 25 2 结合③④⑥得：离子接收器1能接收到的最大质量满足 1  2    u r2  4  1 2 25 即离子接收器1能接收到的最大质量： m    u 39.06u 18u⑦(2分) 1  4  故质量为18u 的水分予进入该仪器后，会被离子接收器1接收(1分) 15.(18分) 解：(1) 小球在孔道竖直部分运动时，小球和物块在水平方向速度相等，到达孔道最高点时竖直速 度为0。设小球到达孔道最高点时速度为 V 、物块质量为 M ，小球从进入孔道至到达最高点过程中， 小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，有： 1 1 mv  M m  v ①(2分), mv2   M m  v2 mg1.5R② (2分) 0 2 0 2 m 联立①②解得： v2 gR③,M  ④ (1分) 2 (2) 小球从进入孔道到离开孔道过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动 第4页共5页量守恒以水平向右为正方向，有： 1 1 1 mv my Mv ⑤(2分), mv2  mv2  Mv2⑥(2分) 0 1 2 2 0 2 1 2 2 4 1 解得： v  v 4 gR,v  v  gR 2 3 0 1 3 0 ⑦ 即小球离开孔道时速度大小为 gR,方向与初速度相同，即水平向右(1分) (3)小球和物块在水平方向仅在彼此作用力下运动，且小球和物块在水平方向所受合力大小相等由牛顿第二 m a 定律F ma ，且 M  ,得 a  块 ⑧ 球 2 2 a.小球从进入孔道至到达孔道最高点的过程中，在孔道圆弧部分运动的时间t₀内： 任意同一时刻，小球与物块在水平方向的瞬时速度分别为    a 1 v v a t,v a t, 且 a  块 , 得: v v  v ⑨(1分) 球 0 球 块 块 球 2 球 0 2 块 该时间t 内，小球和物块的位移分别为 0 1 1 x v t v t  v t,x v t, 得 x v t  x ⑩(1分) 球 球 0 0 2 球 块 块 球 0 0 2 块 又由分析知，该时间t₀内，小球和物块的相对位移为 x x  R⑪(1分) 球 块 2  v t R  联立⑩⑪解得： x  0 0 ⑫(1分) 块 3 b.小球离开孔道圆弧部分至到达孔道最高点过程中： 1 小球在竖直方向做竖直上抛运动，有： 1.5RR  gt2⑬(1分) 2 该过程中，物块在水平方向做匀速直线运动，物块的位移 x' vt⑭(1分) 块 联立③⑬⑭解得: x' 2R⑮(1分) 块 4R 综上可知，小球到达孔道最高点时，物块移动的距离 x x x' 2t gR  ⑯(1分) 块 块 0 3 第5页共5页