第=page1313頁，共=sectionpages1515頁2026年重慶市康德教育高考物理模擬試卷（二）一、單選題：本大題共7小題，共28分。1.某深山中，一野外探險(xiǎn)隊(duì)發(fā)現(xiàn)一個(gè)無人豎直深坑，讓一可視為質(zhì)點(diǎn)的石塊從坑口自由下落，經(jīng)過時(shí)間4s聽見石塊撞擊坑底的聲音。不計(jì)空氣阻力和聲音的傳播時(shí)間，重力加速度取10m/sA.40m B.60m C.80m2.某收音機(jī)的LC電路由固定線圈和可調(diào)電容器組成，能夠產(chǎn)生頻率為f1～f2的電磁振蕩。若頻率f1和f2對(duì)應(yīng)的可調(diào)電容器的電容分別為C1、A.f22f12 B.f23.如圖所示，小明同學(xué)用兩個(gè)互成銳角的共點(diǎn)力F1和F2將一端固定的某輕質(zhì)彈性繩拉到O點(diǎn)?，F(xiàn)保持F1方向不變，逐漸增大F1，為了保持O點(diǎn)的位置不變，則下列說法正確的是

A.F2應(yīng)繞O點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) B.F2應(yīng)繞O點(diǎn)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)

C.F2應(yīng)一直增大 4.如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為2：1，原線圈與交流電源(AC)相連并接入定值電阻R1，副線圈接入定值電阻R2，若R1與A.原、副線圈兩端的電壓之比為1：2 B.通過R1與R2的電流之比為2：1

C.R1與R2的電阻之比為2：1 D.R1與5.如圖所示，OQ是光滑固定的豎直墻壁，OM是一與豎直方向成θ角的固定斜面。將一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從M點(diǎn)以速度v0水平向右拋出，小球與墻壁發(fā)生一次彈性碰撞后，剛好垂直落在斜面上N點(diǎn)。小球與墻壁碰撞前后，豎直方向的速度不變，水平方向的速度大小不變、方向反向，碰撞時(shí)間和空氣阻力不計(jì)。已知重力加速度為g，則從拋出到第一次到達(dá)斜面過程中，小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為(

)A.v0tanθg B.v0cotθg6.已知地球的自轉(zhuǎn)周期為T0，地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為R。某衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為R4，其軌道平面與赤道平面不共面。則該衛(wèi)星兩次經(jīng)過赤道上某建筑物正上方的時(shí)間間隔可能為(

)A.T08 B.T04 C.7.如圖所示，O-xyz空間直角坐標(biāo)系中，O點(diǎn)有一可視為質(zhì)點(diǎn)的粒子源，能源源不斷地沿與y軸正方向成45°角的各個(gè)方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q、速度大小為2v0的帶正電粒子。整個(gè)空間存在沿y軸正方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫出)，一足夠大的熒光屏垂直y軸放置，粒子打到屏上立即被吸收并發(fā)出熒光?，F(xiàn)將該熒光屏從O點(diǎn)緩慢沿y軸正方向移動(dòng)，當(dāng)屏上第一次出現(xiàn)一半徑為mv0qBA.πmv0qB B.πmv02qB二、多選題：本大題共3小題，共15分。8.將一試探電荷從某靜電場(chǎng)中的M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，該電荷的電勢(shì)能減少。則下列說法正確的是(

)A.從M點(diǎn)到N點(diǎn)電勢(shì)一定降低 B.從M點(diǎn)到N點(diǎn)電勢(shì)可能升高

C.該過程中電場(chǎng)力一定做正功 D.該過程中電場(chǎng)力可能做負(fù)功9.如圖所示，A0和An(n≥2)是一長度為l的線段的兩端點(diǎn)，該線段被平分成n小段，分界點(diǎn)依次為A1，A2…，An-1，一質(zhì)點(diǎn)以初速度v0=la從A0處開始沿該線段向右加速，第1小段的加速度為a+A.該質(zhì)點(diǎn)全程的平均速度小于v0+vn2 B.該質(zhì)點(diǎn)全程的平均速度大于v010.如圖所示，一質(zhì)量為m的小球A從光滑固定的斜坡上由靜止下滑，斜坡底端與足夠長的光滑水平面平滑連接，水平面上靜置一質(zhì)量為km的小球B。已知A的初始高度為h，重力加速度為g，A、B最終只發(fā)生了兩次碰撞，且A、B間的碰撞均為彈性碰撞。兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞時(shí)間和空氣阻力不計(jì)，則(

)A.1<k<3 B.3<k≤5+25

C.小球B的速度大小可能為三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共16分。11.小明同學(xué)在使用智能手機(jī)時(shí)發(fā)現(xiàn)，phyphox軟件具備多種功能，其中的聲學(xué)秒表可以記錄兩個(gè)聲響之間的時(shí)間間隔。據(jù)此，小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)實(shí)驗(yàn)來測(cè)量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，?shí)驗(yàn)裝置如圖所示。重錘靜止懸掛，剪刀剪斷細(xì)線時(shí)會(huì)發(fā)出一個(gè)聲響，重錘落地也會(huì)發(fā)出一個(gè)聲響，軟件可以記錄這兩個(gè)聲響之間的時(shí)間間隔t，然后利用自由落體運(yùn)動(dòng)公式即可測(cè)出重力加速度。

(1)要完成本實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是______(填正確答案標(biāo)號(hào))。

A.需要測(cè)量出重錘的質(zhì)量

B.需要測(cè)量出剪斷細(xì)線的點(diǎn)和水平地面之間的高度差h1

C.需要測(cè)量出剪斷細(xì)線時(shí)重錘底部和水平地面之間的高度差h2

D.可以在一個(gè)吵鬧的環(huán)境中進(jìn)行實(shí)驗(yàn)

(2)已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮間0，實(shí)驗(yàn)測(cè)得的重力加速度大小為g測(cè)。若g測(cè)>g0，則產(chǎn)生誤差的原因可能是______12.某實(shí)驗(yàn)室內(nèi)，一多用電表的表盤如圖1所示，表盤的中央刻度值為15，其內(nèi)部電路如圖2所示。已知表頭G的滿偏電流Ig=1mA，圖2對(duì)應(yīng)的倍率為“×100”。

(1)該多用電表所用電源的電動(dòng)勢(shì)E=______V，其中a為______表筆。

(2)用該多用電表粗略測(cè)量某電壓表的內(nèi)阻時(shí)，電壓表的正接線柱應(yīng)接______(選填“a”或“b”)表筆。

(3)若在測(cè)量某待測(cè)電壓表的內(nèi)阻時(shí)，發(fā)現(xiàn)表頭G的指針偏轉(zhuǎn)角度剛好是其滿刻度的15，則該待測(cè)電壓表的內(nèi)阻為______Ω。

(4)按照?qǐng)D3改裝該多用電表的內(nèi)部電路，使其具有兩個(gè)倍率，分別是“×1”和“×10”。已知定值電阻R四、計(jì)算題：本大題共3小題，共41分。13.如圖所示，將一矩形平板ABCD傾斜固定在水平地面上，傾角θ=37°，其中AB=1m，BC=3m，且BC邊水平。將一質(zhì)量為1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放置在平板上，物塊與平板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，取最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。已知sin37°=0.6，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力?，F(xiàn)對(duì)該物塊施加一個(gè)平行于平板的力F=6N14.如圖所示，足夠長的粗糙平行金屬導(dǎo)軌水平固定，導(dǎo)軌間距為L，整個(gè)導(dǎo)軌處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。一質(zhì)量為m、電阻為R、長度也為L的細(xì)直金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌左側(cè)與一電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源相連，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。接通電源后，金屬棒MN由靜止開始運(yùn)動(dòng)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，且金屬棒所受阻力大小恒為f。

(1)求整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，金屬棒的最大加速度和最大速度。

(2)從剛開始運(yùn)動(dòng)開始計(jì)時(shí)，求經(jīng)過時(shí)間t，當(dāng)金屬棒的位移為d時(shí)，金屬棒的速度大小。15.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy中，虛線段OM與x軸正方向的夾角為60°，且OM=L。M點(diǎn)有一可視為質(zhì)點(diǎn)的粒子源，能在xOy平面內(nèi)向MO右側(cè)與MO成60°角的方向以各種速率發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子。OM右側(cè)y≥0區(qū)域存在垂直平面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ，OM左側(cè)和邊界OP之間(含邊界)存在沿x軸負(fù)方向、場(chǎng)強(qiáng)大小E=2qB2L3m的勻強(qiáng)電場(chǎng)。第二象限存在另一垂直平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為4B3的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ，磁場(chǎng)邊界是半徑為34L的圓，且剛好與x軸和y軸相切，邊界無磁場(chǎng)。OQ是一固定在y軸負(fù)半軸上、長34L的豎直接收屏(不含O點(diǎn))，粒子打在屏上立即被吸收。不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用。

(1)求從OM進(jìn)入電場(chǎng)的粒子的速度大小范圍，及其在磁場(chǎng)Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。

(2)若所有粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度大小都相等，求電場(chǎng)左邊界

答案和解析1.【答案】C

【解析】石塊從坑口由靜止自由下落，只受重力作用，屬于自由落體運(yùn)動(dòng)，其位移為h=12gt2=12×10×42【解析】可調(diào)電容器的電容分別為C1和C2，兩者對(duì)應(yīng)的電磁振蕩頻率分別為f1和f2，由LC電路振蕩頻率公式f=12πLC

則C=14π2Lf2【解析】作出F1和F2的合力，根據(jù)三角形法則作圖，如圖所示：

根據(jù)圖像可知F2應(yīng)繞O點(diǎn)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，F(xiàn)2的大小先減小、后增大，故B正確、ACD錯(cuò)誤。

4.【答案】D

【解析】BC.設(shè)變壓器原線圈電流為I1，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為2：1，則副線圈電流為I2=2I1，依題意P1=P2，即I12R1=I22R2，解得R1：R2=4：1，故BC錯(cuò)誤；

A.理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為2：1，則原、副線圈兩端的電壓之比為2：1，故A錯(cuò)誤；

D.【解析】小球與墻壁發(fā)生彈性碰撞，碰撞前后水平方向速度大小不變、方向反向，故落到N點(diǎn)時(shí)，小球的水平分速度大小為vx=v0。

小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)總時(shí)間為t，則到達(dá)N點(diǎn)時(shí)其豎直分速度vy=gt。

小球垂直落在斜面N點(diǎn)，說明此時(shí)其速度矢量與斜面垂直，已知斜面與豎直墻壁(即豎直方向)的夾角為θ，根據(jù)幾何關(guān)系可知，此時(shí)速度矢量與水平方向的夾角亦為θ。

根據(jù)速度的分解關(guān)系可知：tanθ=vyvx。

代入分速度表達(dá)式得：tanθ=gtv0?！窘馕觥吭O(shè)地球的質(zhì)量為M，衛(wèi)星的質(zhì)量為m，運(yùn)行周期為T，衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由萬有引力提供，有GMmr2=m(2πT)2r可得T=2πr3GM，地球同步衛(wèi)星的運(yùn)行周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，為T0，該低軌道人造衛(wèi)星的運(yùn)行軌道半徑為地球同步衛(wèi)星軌道半徑的四分之一，可得T=T08，

設(shè)該衛(wèi)星兩次在同一城市正上方出現(xiàn)的時(shí)間間隔為t，可得(【解析】粒子在磁場(chǎng)中做螺旋運(yùn)動(dòng)，將其初速度v0分解為沿y軸方向的分量vy和垂直于y軸方向的分量v⊥，其中vy=v0cos45°，v⊥=v0sin45°，代入v0=2v0，解得：vy=v0，v⊥=v0。粒子在垂直于y軸的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌跡半徑r=mv⊥qB，代入v⊥=v0，解得：r=mv0qB。由于所有粒子發(fā)射方向與y軸夾角均為45°，它們?cè)趚Oz平面內(nèi)的投影軌跡圓均經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O，因此熒光屏上亮環(huán)的半徑R【解析】AB.電勢(shì)變化與試探電荷的正負(fù)相關(guān)，正電荷電勢(shì)能減少對(duì)應(yīng)電勢(shì)降低，負(fù)電荷電勢(shì)能減少對(duì)應(yīng)電勢(shì)升高。若試探電荷帶正電，電勢(shì)能減少意味著電勢(shì)降低；若試探電荷帶負(fù)電，電勢(shì)能減少意味著電勢(shì)升高。故A錯(cuò)誤，B正確。

CD.根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的基本關(guān)系，電勢(shì)能減少的過程必然伴隨電場(chǎng)力做正功，這是普適結(jié)論，與電荷正負(fù)無關(guān)，故C正確，D錯(cuò)誤。

故選：BC。

9.【答案】【解析】AB.若物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，平均速度等于v0+vn2，由題意可知，質(zhì)點(diǎn)做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，速度隨時(shí)間的變化曲線是“上凸”的，全程的平均速度小于v0+vn2，故A正確、B錯(cuò)誤；

CD.每一小段的長度為ln，第i段的加速度ai=ian(1≤i≤n)

根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)公式v2-v02=2ax，對(duì)第i段有

vi2-vi-【解析】AB、小球A滑至斜面底端的速度為v0=2gh。第一次碰撞后，依據(jù)動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒定律可得vA1=1-kk+1v0，vB1=2k+1v0。若要發(fā)生第二次碰撞，需滿足小球A返回水平面時(shí)的速度vA1'=-vA1>vB1，解得k>3。第二次碰撞后，小球A的速度為vA2=-k2+6k-1(k+1)2v0，小球B的速度為vB2=4k-4(k+1)2v0。若要最終僅發(fā)生兩次碰撞，需滿足|vA2|【解析】(1)實(shí)驗(yàn)原理是根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律測(cè)出重力加速度，所以不需要測(cè)量重錘的質(zhì)量，需要測(cè)量出剪斷細(xì)線時(shí)重錘底部和水平地面之間的高度差h2，然后用手機(jī)測(cè)得重錘的下落時(shí)間，在測(cè)量時(shí)間時(shí)是根據(jù)聲響確定的，所以需要一個(gè)相對(duì)安靜的環(huán)境才可以，最后根據(jù)h=12gt2測(cè)得重力加速度，故C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選：C。

(2)根據(jù)h=12gt2得g=2ht2，若g測(cè)>g0，則產(chǎn)生誤差的原因可能是刻度尺傾斜導(dǎo)致高度差h2【解析】(1)圖2對(duì)應(yīng)的多用電表內(nèi)阻R內(nèi)=1500Ω，因此電源電動(dòng)勢(shì)E=1500Ω×1mA=1.5V。

根據(jù)“紅進(jìn)黑出”原理可知a為紅表筆，b為黑表筆。

(2)電流從b表筆流出多用電表、流入電壓表，因此電壓表的正接線柱應(yīng)接b表筆。

(3)由15Ig=ER內(nèi)+Rx

可得，待測(cè)電壓表的內(nèi)阻Rx=6000Ω

(4)由于改裝后的倍率是“×1”和“×10”，對(duì)應(yīng)的歐姆表內(nèi)阻分別為15Ω和150Ω，相當(dāng)于表頭G和R1、R2一起改裝的電流表的量程分別為100mA和10mA，且易知開關(guān)左側(cè)接線柱對(duì)應(yīng)的電流表量程更大，由I【解析】(1)將重力沿斜面與垂直斜面分解，并沿AC方向建立x軸，垂直AC方向建立y軸，如圖所示

由題易知∠ACB=30°，設(shè)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的加速度為a，時(shí)間為t

沿y軸方向：Fy=mgsinθ?cos30°=1×10×0.6×32N=33N，

則：Fx=F2-Fy2=62-(33)2=3N

14.【答案】整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，金屬棒的最大加速度大小為BELm(R+r)-fm，方向水平向右，最大速度大小為EBL-f(R+r)B2【解析】(1)電源接通瞬間，金屬棒MN的加速度最大，設(shè)為am。

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得此時(shí)電路中的電流為：Im=ER+r

此時(shí)金屬棒MN受到的安培力大小為：F安=BImL

根據(jù)牛頓第二定律得：F安-f=mam

聯(lián)立解得：am=BELm(R+r)-fm，方向水平向右。

當(dāng)金屬棒MN的速度大小為v時(shí)，回路中的總電動(dòng)勢(shì)為：E總=E-BLv

回路中的電流為：I=E總R+r

根據(jù)牛頓第二定律得：BIL-f=ma

當(dāng)a=0時(shí)金屬棒的速度最大，設(shè)為vm，可得：BL?E-BLvmR+r-f=0

解得：vm=EBL-f(R+r)B2L2，方向水平向右。

(2)設(shè)經(jīng)過時(shí)間t，金屬棒的速度大小為v【解析】(1)如圖所示

從O點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)的粒子速度最大，此時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡與x軸相切，由幾何關(guān)系知：

2R1cos30°=L

由洛倫茲力提供向心力有：

qv1B=mv12R1

解得：

v1=3qBL3m

即從OM進(jìn)入電場(chǎng)的粒子速度大小范圍為：0<v