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云南·高三物理 第１
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云南民族大学附属高级中学２０２６届高三联考卷（四）
物理参考答案
１．【答案】Ａ
【解析】根据光电效应方程Ｅｋ＝ｈν－Ｗ０，用紫光照射时恰好发生光电效应，紫光的频率等于截止频率，紫外线的频
率比紫光的频率高，也一定能发生光电效应，其余光的频率低于紫光频率，不能发生光电效应，Ａ项正确。
２．【答案】Ｂ
【解析】经过半个周期，波向右传播半个波长，而Ｍ点只在平衡位置附近上下振动，恰好运动到最低点Ｐ处，Ｂ项
正确。
３．【答案】Ｃ
【解析】由φ－ｘ图像可知，从Ａ到Ｏ点电势逐渐降低，因此电场方向沿ｘ轴正方向，在φ－ｘ图像中，其斜率为电场
强度的大小，结合图像可知，从Ａ到Ｏ点，电场强度沿正方向逐渐增大；同理，从Ｏ到Ｂ点，电势逐渐升高，则电
场方向沿ｘ轴负方向，且φ－ｘ图像的斜率逐渐减小，说明电场强度沿正方向逐渐减小，Ｃ项正确。
４．【答案】Ｂ
【解析】转动过程中，泥土块的重力沿垂直于铲子面方向的分力增大，沿铲子面方向的分力减小，由受力平衡可
知，支持力增大，摩擦力减小，Ｂ项正确。
５．【答案】Ｄ
【解析】０～ｔ
１时间内，无人机做匀速直线运动，Ａ项错误；ｔ
２时刻无人机处在最高处，Ｂ项错误；ｔ
１和ｔ
３时刻，无人机
的速度方向相反，Ｃ项错误；由于ｔ
２时刻速度为零，则０～ｔ
４时间内无人机上升的最大高度为ｈ＝ｘ
０＋１
２·
ｘ
０
ｔ
１
×２ｔ
１＝
２ｘ
０，Ｄ项正确。
６．【答案】Ｃ
【解析】由乙图可知，流过电阻Ｒ的电流方向不改变，Ａ项错误；电阻Ｒ两端电压的有效值为
Ｕｍ
槡２
，Ｂ项错误；转动
一周过程中，流过电阻的电流方向不变，则流过电阻的电荷量应为转过半周过程中的两倍，转动半周过程中，由
Ｅ＝ＮΔφ
Δｔ、Ｉ＝Ｅ
Ｒ、ｑ＝Ｉｔ，整理得ｑ＝２ＮＢＬ
２
Ｒ，则转动一周，通过电阻Ｒ的电荷量为ｑ＝４ＮＢＬ
２
Ｒ，Ｃ项正确；转动一周电阻
产生的焦耳热Ｑ＝
（
Ｕｍ
槡２
）
２
Ｒ·２π
ω
＝πＵ
２
ｍ
ωＲ，Ｄ项错误。
７．【答案】Ａ
【解析】Ａ、Ｂ均为逆时针旋转，设二者第一次相距最近需要的时间为ｔ、Ｂ转过的圆心角为α，则ωＢｔ＝α，ωＡｔ＝２π＋
（α－θ），联立得
α
２π＋（α－θ）＝ωＢ
ωＡ
＝
ＴＡ
ＴＢ
，解得α＝
（２π－θ）ＴＡ
ＴＢ－ＴＡ
，Ａ项正确。
８．【答案】ＡＣ
【解析】题干明确说明地表折射率小，随高度增加，空气折射率增大，Ａ项正确；光的频率由光源决定，与传播介质
无关，Ｂ项错误；要实现“逆蜃景”，就必须创造一个折射率随高度增加而减小的特殊材料，Ｃ项正确；光在折射率
连续变化的介质中传播时，可视为无数薄层的连续折射，在每一个界面，都满足折射定律，光的入射角发生改变，
从而导致光路弯曲，Ｄ项错误。
云南·高三物理 第２
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９．【答案】ＡＢＤ
【解析】由ｔ＝２ｈ
ｇ
槡
，Ｉ＝ｍｇｔ，Ａ、Ｂ项正确；铅球从Ｃ点运动到Ｄ点的时间由Ｃ、Ｄ两点间高度差和在Ｃ点的竖直分
速度共同决定，Ｃ项错误；由Ｐ＝ｍｇｖ
ｙ＝ｍｇ２
槡ｇＨ可知，铅球运动到Ｄ点时重力的瞬时功率由Ｂ、Ｄ两点间的高度
差及质量ｍ决定，Ｄ项正确。
１０．【答案】ＢＤ
【解析】电容器充满电后所带电荷量为ｑ
０＝ＣＥ＝１．２Ｃ，Ａ项错误；当金属棒ａ达到稳定速度时，电容器放电结
束，剩余的电荷量为ｑ
１＝ＣＵ，对金属棒ａ，Ｕ＝ＢＬｖ
ｍ，根据动量定理，Ｂ珋
ＩＬΔｔ＝ｍａｖ
ｍ，再根据Δｑ＝珋
ＩΔｔ＝ｑ
０－ｑ
１，解得ｑ
１＝
０．８Ｃ，ｖ
ｍ＝４ｍ／ｓ，Ｂ、Ｄ项正确，Ｃ项错误。
１１．【答案】（１）不需要（２分） （２）５．３０（２分） （３）１
ｔ
２（１分） （ｍ＋Ｍ）ｄ
２
２ｍｇ
（１分）
【解析】（１）系统机械能守恒，重物的质量ｍ不需要远小于滑块（含遮光条）的质量Ｍ。
（２）遮光条的宽度ｄ＝５ｍｍ＋０．０５ｍｍ×６＝５．３０ｍｍ。
（３）根据机械能守恒定律有ｍｇＬ＝１
２（ｍ＋Ｍ）ｄ
２
ｔ
２，变形可得Ｌ＝（ｍ＋Ｍ）ｄ
２
２ｍｇ
· １
ｔ
２，横轴为１
ｔ
２，ｋ＝（ｍ＋Ｍ）ｄ
２
２ｍｇ
。
１２．【答案】（１）①见解析（３分） ②９．５（２分） （２）①８００（３分） ②４０（２分）
【解析】（１）①电路连接，热敏电阻阻值相对于电流表内阻较大，采用电流表内接法，滑动变阻器阻值较小，并要
求电压从零开始连续调节，采用分压式接法，电路图连接如下。
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②电压表读数：选择的是１５Ｖ量程，每小格０．５Ｖ，读数为９．５Ｖ。
（２）①电桥平衡时：Ｒ１Ｒ３＝Ｒ２Ｒ４，Ｒ１＝４００×１２００
６００
Ω＝８００Ω；②ΔＴ＝５×８℃＝４０℃。
１３．解：（１）ｂ、ａ的延长线过原点，ａ到ｂ为等压变化，根据盖－吕萨克定律
Ｖａ
Ｔａ
＝
Ｖｂ
Ｔｂ
（２分）
解得Ｔｂ＝６００Ｋ（２分）
（２）ａ到ｂ为等压变化
气体对外做功Ｗａｂ＝ｐ
ｂ（Ｖｂ－Ｖａ）（２分）
气体内能变化ΔＵ＝ｎ· ３
２Ｒ·ΔＴ（１分）
据热力学第一定律，ΔＵ＝Ｑａｂ－Ｗａｂ（２分）
解得气体从外界吸热Ｑａｂ＝８３８Ｊ（１分）
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
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１４．解：（１）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为ｒ
ｑｖＢ＝ｍｖ
２
ｒ（１分）
解得ｒ＝ｄ（１分）
粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，垂直于ｘ轴进入第四象限的粒子，从ｘ轴上距Ｍ点距离为ｄ的位
置进入电场，之后做类平抛运动，设运动时间为ｔ
０
ｘ轴方向，ｄ＝１
２ａｔ
２
０（１分）
由牛顿第二定律，ｑＥ＝ｍａ（１分）
ｙ轴方向，ｄ＝ｖｔ
０（１分）
解得Ｅ＝２ｑＢ
２ｄ
ｍ（１分）
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（２）粒子的运动轨迹如图所示，在电场中做斜抛运动，进入电场时，与ｘ轴正方向夹角为θ＝６０°
ｖｃｏｓθｔ
Ｅ′＝ｄ（１分）
２ｖｓｉｎθ＝ｑＥ′
ｍｔ
Ｅ′（１分）
解得ｔ
Ｅ′＝２ｍ
ｑＢ，Ｅ′＝槡３ｑＢ
２ｄ
２ｍ（２分）
粒子在磁场中做匀速圆周运动
Ｔ＝２πｒ
ｖ（１分）
ｔ
Ｂ＝θ
３６０°Ｔ＝πｍ
３ｑＢ（１分）
总时间ｔ＝（π
３＋２）ｍ
ｑＢ（１分）
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说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
１５．解：（１）物块Ｐ做自由落体运动，设碰撞前瞬间物块Ｐ的速度大小为ｖ
０
ｖ
２
０＝２ｇｈ
０（１分）
物块Ｐ和平台ＡＢ发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律
云南·高三物理 第４
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１
２ｍｖ
０＝－１
２ｍｖ
Ｐ＋ｍｖ（１分）
１
２×１
２ｍｖ
２
０＝１
２×１
２ｍｖ
２
Ｐ＋１
２ｍｖ
２（１分）
解得ｖ＝
２２ｇｈ
槡
０
３
（１分）
（２）设弹簧劲度系数为ｋ，初始时，ｋ·
４ｈ
０
９＝ｍｇ（１分）
碰撞后，平台ＡＢ向下运动过程中，受到轨道的阻力大小Ｆｆ＝ｍｇ－９ｍｇ
４ｈ
０
·ｓ（１分）
以向上为正方向，平台ＡＢ所受合外力Ｆ＝Ｆｆ＋ｋ（
４ｈ
０
９＋ｓ）－ｍｇ（１分）
解得Ｆ＝ｍｇ，即平台ＡＢ受方向向上的恒力，做匀减速直线运动（１分）
Ｆ＝ｍａ（１分）
解得ａ＝ｇ（１分）
（３）碰撞后，平台ＡＢ向下做匀减速直线运动，根据运动学公式，ｖ
２＝２ａｄ（１分）
解得ｄ＝
４ｈ
０
９
初始时，弹簧的弹性势能Ｅｐ０＝１
２ｋ（
４ｈ
０
９）
２（１分）
平台ＡＢ减速为零时，弹簧的弹性势能Ｅｐ１＝１
２ｋ（
４ｈ
０
９＋ｄ）
２（１分）
弹簧弹性势能的增加量ΔＥｐ＝Ｅｐ１－Ｅｐ０（１分）
解得ΔＥｐ＝
２ｍｇｈ
０
３（１分）
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
