2024屆重慶市普通高中學業(yè)水平選擇性考試高考模擬調研物理試卷（四）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1——★參考答案★——1～7CABADDB 8AD 9AC 10BCD〖解析〗1．C。根據多普勒效應，可知選項C正確，故選C。2．A。靜止的原子核X發(fā)生β衰變，Y核的動量與e的動量大小相等、方向相反，選項C錯誤；由及可知，Y核的動能小于e的動能，選項A正確；由電荷數(shù)和質量數(shù)守恒可知，，，可得，即X核與Y核的中子數(shù)不同，選項B錯誤；該衰變與弱相互作用力有關，選項D錯誤；故選A。3．B。由題知，輪胎不漏氣，胎內氣體的體積不變、溫度升高，因此胎內氣體分子的平均動能增大，但每個氣體分子的動能不一定都增大，選項A錯誤；由查理定律（C為常量）可知，胎內氣體的壓強增大，選項B正確；由熱力學第一定律知，溫度升高，，體積不變，，因此，即胎內氣體從外界吸熱，選項C錯誤；理想氣體不計分子勢能，選項D錯誤；故選B。4．A。由題知，該行星公轉軌道的半長軸，根據開普勒第三定律可得，解得，選項A正確，故選A。5．D。僅將R4的滑片向上滑動，電源外電阻減小，干路電流增大，電源效率減小，選項A錯誤；R4消耗的電功率，當時，有最大值，僅將R4的滑片向上滑動時，，減小，即R4消耗的電功率減小，選項B錯誤；僅將R2的阻值調大，電容器兩極板間的電勢差不變，選項C錯誤；開關S與觸點1連接時，電容器左極板帶正電，電荷量，僅將開關S由觸點1撥向觸點2時，電容器右極板帶正電，電荷量，因此，通過R3的電荷量，選項D正確；故選D。6．D。設拖鞋脫落瞬時，兩擺繩所在平面與豎直面的夾角為，由題分析可知。拖鞋脫落后運動的最小速度為，選項A錯誤；拖鞋脫落前、后瞬時，加速度方向不同，選項B錯誤；拖鞋脫落后運動的高度，游客運動的最大高度滿足，，選項C錯誤；拖鞋脫落后至落地期間，拖鞋僅受重力作用，相同時間內的動量變化量始終不變，選項D正確；故選D。7．B。設金屬棒ab達到的最大速度為v，由牛頓第二定律有，從靜止釋放至達到最大速度過程中，設金屬棒ab沿斜面下滑的距離為x，金屬棒ab上產生的總電熱，則兩個并聯(lián)定值電阻上產生的總電熱為，由能量守恒定律有，聯(lián)立解得，選項B正確，故選B。8．AD。兩皮帶輪邊緣的線速度大小相同，由可知，，即大皮帶輪與小皮帶輪轉動的角速度之比為r∶R，選項A正確；由可知，該發(fā)電機產生的交流電頻率，選項B錯誤；該發(fā)電機產生的交變電壓的最大值，僅將f變?yōu)?f時，，，選項C錯誤；若僅將f變?yōu)?.5f，，該發(fā)電機產生的交變電流的有效值變?yōu)樵瓉淼?.5倍，選項D正確；故選AD。9．AC。由題知，第一次入射時有，該半球有光束射出的球冠底面半徑，第二次入射時有，該半球有光束射出的球冠底面半徑，且≤r。若k＜1，則，即第一次和第二次中該半球有光束射出的球冠底面積之比為1∶1，選項A正確；若，則，即第一次和第二次中該半球有光束射出的球冠底面積之比為，選項C正確；故選AC。．該物塊做變加速直線運動，選項A錯誤；從O點沿著x軸正方向運動，該物塊的動能增大，電場力對物塊做正功，電場強度方向水平向左，因此，沿著x軸正方向，各點電勢依次升高，選項B正確；由，可知，選項C正確；從O點運動到處過程中，由能量守恒定律有，，聯(lián)立解得，選項D正確；故選BCD。11．（7分）（1）②（2分）（2）（2分）（3）小于（3分）〖解析〗（1）由分析可知，沒有必要測量動滑輪懸掛的重物的質量m0。（2）設遮光條寬度為d，A點到光電門中心的水平距離為L，對滑塊（含遮光條）有，，聯(lián)立可得，結合圖像可得，因此。（3）若實驗時水平長木板左側略高，設該斜面傾角為θ，對滑塊（含遮光條）有，則，結合圖像可得，故，因此，μ的測量值小于其真實值。12．（9分）（1）100（1分）（2）4900（2分）（3）5.3（2分） 偏大（2分）（4）（2分）〖解析〗（1）設定①、②步驟中電路總電阻不變，干路電流不變，則，解得。（2）當時，與其串聯(lián)的電阻。（3）由圖可知，標準電壓表的示數(shù)為3.2V，改裝后的電壓表電流為0.6mA，因此改裝電壓表的示數(shù)為3.0V，則改裝電壓表的量程為；改裝后的電壓表量程發(fā)生偏差的可能原因是R的阻值計算有偏差，接入的電阻偏大。（4）設改裝電壓表的內阻為，則，要達到預期改裝目的，應使其電流變?yōu)?，因此只需要將R的阻值減少，則有，代入數(shù)據，可得。13．（10分）解：（1）由題知，A、B、C一起向左做勻速直線運動，對整個系統(tǒng)，由平衡條件有：（3分）（2）當力F增大為勻速拉動時的1.5倍時，水平牽引力假設此時A、B、C一起向左做勻加速直線運動，加速度大小為對系統(tǒng)，由牛頓第二定律有：，解得：（2分）說明此時B與C之間發(fā)生了相對運動，假設不成立（1分）因此，取A、B為一個整體，由牛頓第二定律有：（1分），解得：（1分）設水平連接桿的彈力大小為T，對A，由牛頓第二定律有：（1分），解得：（1分）14．（13分）解：（1）設1、2號物塊碰撞后的共同速度為v1，碰撞過程中，由動量守恒定律有：，解得：（2分）它們組成的系統(tǒng)的機械能減少（2分）聯(lián)立解得：（2分）（2）設2、3號物塊碰撞后，第3號物塊開始運動時的速度大小為v2，同理可知：，解得：（2分）以此類推，第k號物塊開始運動時的速度大小（2分）因此，從第k號物塊開始運動到第k＋1號物塊開始運動經過的時間為：（1分）因此，從1號物塊開始運動到所有物塊都剛好運動起來，經過的總時間為15．（18分）解：（1）由動能定理有：（2分），解得：（2分）（2）由分析可知，當MN沿豎直方向發(fā)射微粒時，微粒通過S1孔時的速度與水平方向的偏角最大，打在cd屏上左側的位置距離S2孔最遠。設通過S1孔的微粒速度與水平方向的最大偏角為α則：（2分），（2分），聯(lián)立解得：（2分）（3）由題知，微粒D恰好與彈性擋板碰撞兩次后第一次通過H點，則滿足條件的情況有兩種：①：由分析知，微粒D在磁場中的運動軌跡如答圖1所示GGHO第1次碰撞第2次碰撞答圖1R1R1R160°微粒D在磁場中做勻速圓周運動的半徑（1分）解得：（1分）此時，微粒D在磁場中做勻速圓周運動的周期因此，微粒D從G點第一次運動到H點所經過的時間（1分）聯(lián)立解得：（1分）②：由分析知，微粒D在磁場中的運動軌跡如答圖2所示GGHO第1次碰撞第2次碰撞答圖2R2R2R2R2R2R260°60°微粒D在磁場中做勻速圓周運動的半徑（1分）解得：（1分）此時，微粒D在磁場中做勻速圓周運動的周期因此，微粒D從G點第一次運動到H點所經過的時間（1分）聯(lián)立解得：（1分）——★參考答案★——1～7CABADDB 8AD 9AC 10BCD〖解析〗1．C。根據多普勒效應，可知選項C正確，故選C。2．A。靜止的原子核X發(fā)生β衰變，Y核的動量與e的動量大小相等、方向相反，選項C錯誤；由及可知，Y核的動能小于e的動能，選項A正確；由電荷數(shù)和質量數(shù)守恒可知，，，可得，即X核與Y核的中子數(shù)不同，選項B錯誤；該衰變與弱相互作用力有關，選項D錯誤；故選A。3．B。由題知，輪胎不漏氣，胎內氣體的體積不變、溫度升高，因此胎內氣體分子的平均動能增大，但每個氣體分子的動能不一定都增大，選項A錯誤；由查理定律（C為常量）可知，胎內氣體的壓強增大，選項B正確；由熱力學第一定律知，溫度升高，，體積不變，，因此，即胎內氣體從外界吸熱，選項C錯誤；理想氣體不計分子勢能，選項D錯誤；故選B。4．A。由題知，該行星公轉軌道的半長軸，根據開普勒第三定律可得，解得，選項A正確，故選A。5．D。僅將R4的滑片向上滑動，電源外電阻減小，干路電流增大，電源效率減小，選項A錯誤；R4消耗的電功率，當時，有最大值，僅將R4的滑片向上滑動時，，減小，即R4消耗的電功率減小，選項B錯誤；僅將R2的阻值調大，電容器兩極板間的電勢差不變，選項C錯誤；開關S與觸點1連接時，電容器左極板帶正電，電荷量，僅將開關S由觸點1撥向觸點2時，電容器右極板帶正電，電荷量，因此，通過R3的電荷量，選項D正確；故選D。6．D。設拖鞋脫落瞬時，兩擺繩所在平面與豎直面的夾角為，由題分析可知。拖鞋脫落后運動的最小速度為，選項A錯誤；拖鞋脫落前、后瞬時，加速度方向不同，選項B錯誤；拖鞋脫落后運動的高度，游客運動的最大高度滿足，，選項C錯誤；拖鞋脫落后至落地期間，拖鞋僅受重力作用，相同時間內的動量變化量始終不變，選項D正確；故選D。7．B。設金屬棒ab達到的最大速度為v，由牛頓第二定律有，從靜止釋放至達到最大速度過程中，設金屬棒ab沿斜面下滑的距離為x，金屬棒ab上產生的總電熱，則兩個并聯(lián)定值電阻上產生的總電熱為，由能量守恒定律有，聯(lián)立解得，選項B正確，故選B。8．AD。兩皮帶輪邊緣的線速度大小相同，由可知，，即大皮帶輪與小皮帶輪轉動的角速度之比為r∶R，選項A正確；由可知，該發(fā)電機產生的交流電頻率，選項B錯誤；該發(fā)電機產生的交變電壓的最大值，僅將f變?yōu)?f時，，，選項C錯誤；若僅將f變?yōu)?.5f，，該發(fā)電機產生的交變電流的有效值變?yōu)樵瓉淼?.5倍，選項D正確；故選AD。9．AC。由題知，第一次入射時有，該半球有光束射出的球冠底面半徑，第二次入射時有，該半球有光束射出的球冠底面半徑，且≤r。若k＜1，則，即第一次和第二次中該半球有光束射出的球冠底面積之比為1∶1，選項A正確；若，則，即第一次和第二次中該半球有光束射出的球冠底面積之比為，選項C正確；故選AC。．該物塊做變加速直線運動，選項A錯誤；從O點沿著x軸正方向運動，該物塊的動能增大，電場力對物塊做正功，電場強度方向水平向左，因此，沿著x軸正方向，各點電勢依次升高，選項B正確；由，可知，選項C正確；從O點運動到處過程中，由能量守恒定律有，，聯(lián)立解得，選項D正確；故選BCD。11．（7分）（1）②（2分）（2）（2分）（3）小于（3分）〖解析〗（1）由分析可知，沒有必要測量動滑輪懸掛的重物的質量m0。（2）設遮光條寬度為d，A點到光電門中心的水平距離為L，對滑塊（含遮光條）有，，聯(lián)立可得，結合圖像可得，因此。（3）若實驗時水平長木板左側略高，設該斜面傾角為θ，對滑塊（含遮光條）有，則，結合圖像可得，故，因此，μ的測量值小于其真實值。12．（9分）（1）100（1分）（2）4900（2分）（3）5.3（2分） 偏大（2分）（4）（2分）〖解析〗（1）設定①、②步驟中電路總電阻不變，干路電流不變，則，解得。（2）當時，與其串聯(lián)的電阻。（3）由圖可知，標準電壓表的示數(shù)為3.2V，改裝后的電壓表電流為0.6mA，因此改裝電壓表的示數(shù)為3.0V，則改裝電壓表的量程為；改裝后的電壓表量程發(fā)生偏差的可能原因是R的阻值計算有偏差，接入的電阻偏大。（4）設改裝電壓表的內阻為，則，要達到預期改裝目的，應使其電流變?yōu)?，因此只需要將R的阻值減少，則有，代入數(shù)據，可得。13．（10分）解：（1）由題知，A、B、C一起向左做勻速直線運動，對整個系統(tǒng)，由平衡條件有：（3分）（2）當力F增大為勻速拉動時的1.5倍時，水平牽引力假設此時A、B、C一起向左做勻加速直線運動，加速度大小為對系統(tǒng)，由牛頓第二定律有：，解得：（2分）說明此時B與C之間發(fā)生了相對運動，假設不成立（1分）因此，取A、B為一個整體，由牛頓第二定律有：（1分），解得：（1分）設水平連接桿的彈力大小為T，對A，由牛頓第二定律有：（1分），解得：（1分）14．（13分）解：（1）設1、2號物塊碰撞后的共同速度為v1，碰撞過程中，由動量守恒定律有：，解得：（2分）它們組成的系統(tǒng)的機械能減少（2分）聯(lián)立解得：（2分）（2）設2、3號物塊碰撞后，第3號物塊開始運動時的速度大小為v2，同理可知：，解得：（2分）以此類推，第k號物塊開始運動時的速度大小（2分）因此，從第k號物塊開始運動到第k＋1號物塊開始運動經過的時間為：（1分）因此，從1號物塊開始運動到所有物塊都剛好運動起來，經過的總時間為15．（18分）解：（1）由動能定理有：（2分），解得：（2分）（2）由分析可知，當MN沿豎直方向發(fā)射微粒時，微粒通過S1孔時的速度與水平方向的偏角最大，打在cd屏上左側的位置距離S2孔最遠。設通過S1孔的微粒速度與水平方向的最大偏角為α則：（2分），（2分），聯(lián)立解得：（2分）（3）由題知，微粒D恰好與彈性擋板碰撞兩次后第一次通過H點，則滿足條件的情況有兩種：①：由分析知，微粒D在磁場中