2026年重庆市康德教育高考物理模拟试卷（二）【含答案】

第=page1313页，共=sectionpages1515页2026年重庆市康德教育高考物理模拟试卷（二）一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.某深山中，一野外探险队发现一个无人竖直深坑，让一可视为质点的石块从坑口自由下落，经过时间4s听见石块撞击坑底的声音。不计空气阻力和声音的传播时间，重力加速度取10m/sA.40m B.60m C.80m2.某收音机的LC电路由固定线圈和可调电容器组成，能够产生频率为f1～f2的电磁振荡。若频率f1和f2对应的可调电容器的电容分别为C1、A.f22f12 B.f23.如图所示，小明同学用两个互成锐角的共点力F1和F2将一端固定的某轻质弹性绳拉到O点。现保持F1方向不变，逐渐增大F1，为了保持O点的位置不变，则下列说法正确的是

A.F2应绕O点逆时针转动 B.F2应绕O点顺时针转动

C.F2应一直增大 4.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为2：1，原线圈与交流电源(AC)相连并接入定值电阻R1，副线圈接入定值电阻R2，若R1与A.原、副线圈两端的电压之比为1：2 B.通过R1与R2的电流之比为2：1

C.R1与R2的电阻之比为2：1 D.R1与5.如图所示，OQ是光滑固定的竖直墙壁，OM是一与竖直方向成θ角的固定斜面。将一可视为质点的小球从M点以速度v0水平向右抛出，小球与墙壁发生一次弹性碰撞后，刚好垂直落在斜面上N点。小球与墙壁碰撞前后，竖直方向的速度不变，水平方向的速度大小不变、方向反向，碰撞时间和空气阻力不计。已知重力加速度为g，则从抛出到第一次到达斜面过程中，小球在空中运动的时间为(

)A.v0tanθg B.v0cotθg6.已知地球的自转周期为T0，地球同步卫星的轨道半径为R。某卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为R4，其轨道平面与赤道平面不共面。则该卫星两次经过赤道上某建筑物正上方的时间间隔可能为(

)A.T08 B.T04 C.7.如图所示，O-xyz空间直角坐标系中，O点有一可视为质点的粒子源，能源源不断地沿与y轴正方向成45°角的各个方向发射质量为m、电荷量为q、速度大小为2v0的带正电粒子。整个空间存在沿y轴正方向、磁感应强度大小为B的匀强磁场(未画出)，一足够大的荧光屏垂直y轴放置，粒子打到屏上立即被吸收并发出荧光。现将该荧光屏从O点缓慢沿y轴正方向移动，当屏上第一次出现一半径为mv0qBA.πmv0qB B.πmv02qB二、多选题：本大题共3小题，共15分。8.将一试探电荷从某静电场中的M点移动到N点，该电荷的电势能减少。则下列说法正确的是(

)A.从M点到N点电势一定降低 B.从M点到N点电势可能升高

C.该过程中电场力一定做正功 D.该过程中电场力可能做负功9.如图所示，A0和An(n≥2)是一长度为l的线段的两端点，该线段被平分成n小段，分界点依次为A1，A2…，An-1，一质点以初速度v0=la从A0处开始沿该线段向右加速，第1小段的加速度为a+A.该质点全程的平均速度小于v0+vn2 B.该质点全程的平均速度大于v010.如图所示，一质量为m的小球A从光滑固定的斜坡上由静止下滑，斜坡底端与足够长的光滑水平面平滑连接，水平面上静置一质量为km的小球B。已知A的初始高度为h，重力加速度为g，A、B最终只发生了两次碰撞，且A、B间的碰撞均为弹性碰撞。两小球均可视为质点，碰撞时间和空气阻力不计，则(

)A.1<k<3 B.3<k≤5+25

C.小球B的速度大小可能为三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.小明同学在使用智能手机时发现，phyphox软件具备多种功能，其中的声学秒表可以记录两个声响之间的时间间隔。据此，小明同学设计了一个实验来测量当地的重力加速度，实验装置如图所示。重锤静止悬挂，剪刀剪断细线时会发出一个声响，重锤落地也会发出一个声响，软件可以记录这两个声响之间的时间间隔t，然后利用自由落体运动公式即可测出重力加速度。

(1)要完成本实验，下列说法正确的是______(填正确答案标号)。

A.需要测量出重锤的质量

B.需要测量出剪断细线的点和水平地面之间的高度差h1

C.需要测量出剪断细线时重锤底部和水平地面之间的高度差h2

D.可以在一个吵闹的环境中进行实验

(2)已知当地重力加速度大小为g0，实验测得的重力加速度大小为g测。若g测>g0，则产生误差的原因可能是______12.某实验室内，一多用电表的表盘如图1所示，表盘的中央刻度值为15，其内部电路如图2所示。已知表头G的满偏电流Ig=1mA，图2对应的倍率为“×100”。

(1)该多用电表所用电源的电动势E=______V，其中a为______表笔。

(2)用该多用电表粗略测量某电压表的内阻时，电压表的正接线柱应接______(选填“a”或“b”)表笔。

(3)若在测量某待测电压表的内阻时，发现表头G的指针偏转角度刚好是其满刻度的15，则该待测电压表的内阻为______Ω。

(4)按照图3改装该多用电表的内部电路，使其具有两个倍率，分别是“×1”和“×10”。已知定值电阻R四、计算题：本大题共3小题，共41分。13.如图所示，将一矩形平板ABCD倾斜固定在水平地面上，倾角θ=37°，其中AB=1m，BC=3m，且BC边水平。将一质量为1kg的小物块(可视为质点)放置在平板上，物块与平板间的动摩擦因数μ=0.5，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知sin37°=0.6，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。现对该物块施加一个平行于平板的力F=6N14.如图所示，足够长的粗糙平行金属导轨水平固定，导轨间距为L，整个导轨处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m、电阻为R、长度也为L的细直金属棒MN置于导轨上，导轨左侧与一电动势为E、内阻为r的电源相连，导轨电阻不计。接通电源后，金属棒MN由静止开始运动，整个运动过程中，金属棒始终与导轨垂直并接触良好，且金属棒所受阻力大小恒为f。

(1)求整个运动过程中，金属棒的最大加速度和最大速度。

(2)从刚开始运动开始计时，求经过时间t，当金属棒的位移为d时，金属棒的速度大小。15.如图所示，平面直角坐标系xOy中，虚线段OM与x轴正方向的夹角为60°，且OM=L。M点有一可视为质点的粒子源，能在xOy平面内向MO右侧与MO成60°角的方向以各种速率发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子。OM右侧y≥0区域存在垂直平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场Ⅰ，OM左侧和边界OP之间(含边界)存在沿x轴负方向、场强大小E=2qB2L3m的匀强电场。第二象限存在另一垂直平面向里、磁感应强度大小为4B3的匀强磁场Ⅱ，磁场边界是半径为34L的圆，且刚好与x轴和y轴相切，边界无磁场。OQ是一固定在y轴负半轴上、长34L的竖直接收屏(不含O点)，粒子打在屏上立即被吸收。不计粒子重力和粒子间的相互作用。

(1)求从OM进入电场的粒子的速度大小范围，及其在磁场Ⅰ中运动的时间。

(2)若所有粒子离开电场时的速度大小都相等，求电场左边界

答案和解析1.【答案】C

【解析】石块从坑口由静止自由下落，只受重力作用，属于自由落体运动，其位移为h=12gt2=12×10×42【解析】可调电容器的电容分别为C1和C2，两者对应的电磁振荡频率分别为f1和f2，由LC电路振荡频率公式f=12πLC

则C=14π2Lf2【解析】作出F1和F2的合力，根据三角形法则作图，如图所示：

根据图像可知F2应绕O点顺时针转动，F2的大小先减小、后增大，故B正确、ACD错误。

4.【答案】D

【解析】BC.设变压器原线圈电流为I1，理想变压器原、副线圈匝数之比为2：1，则副线圈电流为I2=2I1，依题意P1=P2，即I12R1=I22R2，解得R1：R2=4：1，故BC错误；

A.理想变压器原、副线圈匝数之比为2：1，则原、副线圈两端的电压之比为2：1，故A错误；

D.【解析】小球与墙壁发生弹性碰撞，碰撞前后水平方向速度大小不变、方向反向，故落到N点时，小球的水平分速度大小为vx=v0。

小球在竖直方向做自由落体运动，设总时间为t，则到达N点时其竖直分速度vy=gt。

小球垂直落在斜面N点，说明此时其速度矢量与斜面垂直，已知斜面与竖直墙壁(即竖直方向)的夹角为θ，根据几何关系可知，此时速度矢量与水平方向的夹角亦为θ。

根据速度的分解关系可知：tanθ=vyvx。

代入分速度表达式得：tanθ=gtv0。【解析】设地球的质量为M，卫星的质量为m，运行周期为T，卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，有GMmr2=m(2πT)2r可得T=2πr3GM，地球同步卫星的运行周期与地球自转周期相同，为T0，该低轨道人造卫星的运行轨道半径为地球同步卫星轨道半径的四分之一，可得T=T08，

设该卫星两次在同一城市正上方出现的时间间隔为t，可得(【解析】粒子在磁场中做螺旋运动，将其初速度v0分解为沿y轴方向的分量vy和垂直于y轴方向的分量v⊥，其中vy=v0cos45°，v⊥=v0sin45°，代入v0=2v0，解得：vy=v0，v⊥=v0。粒子在垂直于y轴的平面内做匀速圆周运动，其轨迹半径r=mv⊥qB，代入v⊥=v0，解得：r=mv0qB。由于所有粒子发射方向与y轴夹角均为45°，它们在xOz平面内的投影轨迹圆均经过坐标原点O，因此荧光屏上亮环的半径R【解析】AB.电势变化与试探电荷的正负相关，正电荷电势能减少对应电势降低，负电荷电势能减少对应电势升高。若试探电荷带正电，电势能减少意味着电势降低；若试探电荷带负电，电势能减少意味着电势升高。故A错误，B正确。

CD.根据电场力做功与电势能的基本关系，电势能减少的过程必然伴随电场力做正功，这是普适结论，与电荷正负无关，故C正确，D错误。

故选：BC。

9.【答案】【解析】AB.若物体做匀变速直线运动，平均速度等于v0+vn2，由题意可知，质点做加速度逐渐增大的加速运动，速度随时间的变化曲线是“上凸”的，全程的平均速度小于v0+vn2，故A正确、B错误；

CD.每一小段的长度为ln，第i段的加速度ai=ian(1≤i≤n)

根据匀加速直线运动公式v2-v02=2ax，对第i段有

vi2-vi-【解析】AB、小球A滑至斜面底端的速度为v0=2gh。第一次碰撞后，依据动量守恒与机械能守恒定律可得vA1=1-kk+1v0，vB1=2k+1v0。若要发生第二次碰撞，需满足小球A返回水平面时的速度vA1'=-vA1>vB1，解得k>3。第二次碰撞后，小球A的速度为vA2=-k2+6k-1(k+1)2v0，小球B的速度为vB2=4k-4(k+1)2v0。若要最终仅发生两次碰撞，需满足|vA2|【解析】(1)实验原理是根据自由落体运动规律测出重力加速度，所以不需要测量重锤的质量，需要测量出剪断细线时重锤底部和水平地面之间的高度差h2，然后用手机测得重锤的下落时间，在测量时间时是根据声响确定的，所以需要一个相对安静的环境才可以，最后根据h=12gt2测得重力加速度，故C正确，ABD错误。

故选：C。

(2)根据h=12gt2得g=2ht2，若g测>g0，则产生误差的原因可能是刻度尺倾斜导致高度差h2【解析】(1)图2对应的多用电表内阻R内=1500Ω，因此电源电动势E=1500Ω×1mA=1.5V。

根据“红进黑出”原理可知a为红表笔，b为黑表笔。

(2)电流从b表笔流出多用电表、流入电压表，因此电压表的正接线柱应接b表笔。

(3)由15Ig=ER内+Rx

可得，待测电压表的内阻Rx=6000Ω

(4)由于改装后的倍率是“×1”和“×10”，对应的欧姆表内阻分别为15Ω和150Ω，相当于表头G和R1、R2一起改装的电流表的量程分别为100mA和10mA，且易知开关左侧接线柱对应的电流表量程更大，由I【解析】(1)将重力沿斜面与垂直斜面分解，并沿AC方向建立x轴，垂直AC方向建立y轴，如图所示

由题易知∠ACB=30°，设从A点运动到C点的加速度为a，时间为t

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

则：Fx=F2-Fy2=62-(33)2=3N

14.【答案】整个运动过程中，金属棒的最大加速度大小为BELm(R+r)-fm，方向水平向右，最大速度大小为EBL-f(R+r)B2【解析】(1)电源接通瞬间，金属棒MN的加速度最大，设为am。

根据闭合电路欧姆定律可得此时电路中的电流为：Im=ER+r

此时金属棒MN受到的安培力大小为：F安=BImL

根据牛顿第二定律得：F安-f=mam

联立解得：am=BELm(R+r)-fm，方向水平向右。

当金属棒MN的速度大小为v时，回路中的总电动势为：E总=E-BLv

回路中的电流为：I=E总R+r

根据牛顿第二定律得：BIL-f=ma

当a=0时金属棒的速度最大，设为vm，可得：BL⋅E-BLvmR+r-f=0

解得：vm=EBL-f(R+r)B2L2，方向水平向右。

(2)设经过时间t，金属棒的速度大小为v【解析】(1)如图所示

从O点进入电场的粒子速度最大，此时粒子的运动轨迹与x轴相切，由几何关系知：

2R1cos30°=L

由洛伦兹力提供向心力有：

qv1B=mv12R1

解得：

v1=3qBL3m

即从OM进入电场的粒子速度大小范围为：0<v