2026届云南三校高考备考实用性联考卷（三）物理答案_2025年10月_2510142026届云南三校高考备考实用性联考卷（三）（全科）

2026 届云南三校高考备考实用性联考卷（三） 物理评分细则 选择题：共 10 小题，共 46 分。在每小题给出的四个选项中，第 1~7 题只有一项符合题目要 求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的给6分，选对但不全的给3分， 有选错的给0分。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B D C B D C AC BD AD 【解析】 1．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，故A正确。卡文迪许只测定了 万有引力常量，故B错误。首先发现天然放射现象的是贝克勒尔，故C错误。麦克斯韦在 理论上预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故D错误。 2．两列振幅相同的声波在图中的P点振动方向相反，即P点是振动减弱点，故A错误，B正 确。声波在同种介质中的传播速度都是相同的，故C错误。无论是横波还是纵波，P点处 的质点只在平衡位置附近振动，并不随波移动，故D错误。 v 1 v(tt )2 3．加速度a ，若将该模型视为从水面匀加速下降，所求深度h a(tt )2   ， t 2 0 2t 故D正确。 4．根据电势“顺线降落”知，该电场的场强方向是竖直向上的，电荷在b点处的速度方向水 平，则加速度方向应该竖直向上，可知电荷带正电，故A错误。从a到b电场力对电荷做 负功，动能减少，速度减小；由于是在匀强电场中，电荷的加速度不变，故B错误。正电 荷在电势越高的地方电势能越大，可知C正确。电荷不一定是从a点经b点运动到c点， 故D错误。 5．当转过角α时，可以知道光线在PQ界面上的入射角为α，恰好没有任何光线从PQ边射出， 1 可知各种色光的最大临界角为α。因为紫光的折射率最大，红光折射率最小，根据sin C= n 可知，紫光的临界角最小，最先消失；红光临界角最大最后消失，所以红光的临界角为α， 故B正确。 6．能用三颗卫星实现环赤道全球通信的临界条件是地球作为三颗卫星所组成的正三角形的内 接圆（球）。此时卫星轨道半径为 2R，离地高度为 R，故 A、B 错误。对通信卫星和地球 物理评分细则·第1页（共6页） {#{QQABRYCUggCIAIIAABhCEQHCCkKQkAECCQoOwEAUMAAACQNABAA=}#}T2 R3 (2R)3 2 14 同步卫星，据开普勒第三定律有 1 = 1 ，可解得通信卫星周期T′= T  T ， T2 R3 (7R)3 49 2 2 故D正确。 v2 gR 7．若小球恰能通过 C 点，有 mgsin30°=m C ，得 v  ，从 A 到 C 有 R C 2 1 1 gR gR mgsin304R mv2  mv2，得v 3 ；可见，若v ＞3 ，小球通过C点后 2 C 2 0 0 2 0 2 gR 做类平抛运动，也有可能是从DF边离开斜面，故A错误。若v ＜3 ，小球到达C点 0 2 以前就离开轨道做类斜抛运动，也有可能是从FG边离开斜面，故B错误。小球通过C点 1 3 后做类平抛运动，若能通过 F 点，有 4R= gsin30°t 2、3Rv t，得v = gR ；由 2 C C 4 1 1 73gR 73gR mgsin304R mv2  mv2，得v = ；可见，若v ＞ ，小球可能会 2 C 2 0 0 4 0 4 73gR 从DE边离开斜面，故C正确。若v ＜ ，小球一定会从FG边离开斜面，不可能 0 4 从EF边离开，故D错误。 8．对书本做受力分析，并作矢量三角形的外接圆知， 在 BC 部分缓慢逆时针转动过程中，F 和F 的变化 1 2 如图乙所示，可知 A 正确，B 错误。阅读架对书本 的作用力是 F 与 F 的合力，该合力与书本重力平 1 2 衡，故C正确，D错误。 9．金属棒MN所受安培力始终做负功，棒的机械能减小，最终会停在OO′，故A错误。从释 放到第一次到达OO位置过程中，根据右手定则，N端电势较高，则a、b两端中b端电势 更高，故B正确。将金属棒MN所受安培力和重力沿轨道径向和切向正交分解可见，切线 方向的合力先与v同向，后与v反向，可知C错误，D正确。 10．两球的速度达到稳定值时有 mgkv2 0，v ＞v ，故 m ＞m ，故 A 正确。由vt图 1 2 1 2 像可知，0～t 时间内两球下落的高度h ＞h ，故B错误。在极短时间Δt内f可视为恒力， 0 1 2 I kvtkx，将ΔI 在0～t 时间内累积有 I=kx，由图像可知，0～t 时间内乙的位 f f 0 f 0 移较小，则“空气阻力”的冲量应较小，故C错误。由vt图像面积差的变化可知，0～ t 时间内两球间距增大，且相同时间内面积差越来越大，故D正确。 0 物理评分细则·第2页（共6页） {#{QQABRYCUggCIAIIAABhCEQHCCkKQkAECCQoOwEAUMAAACQNABAA=}#}非选择题：共5小题，共54分。 11．（每空2分，共8分） （1）9.8 （2）大于 （3）A （4）1.04 【解析】（1）由 y=−4.9t 2＋2.6t 对比位移时间关系可知 a=9.8m/s 2，v =2.6m/s，由 x=t 知 0y v =1m/s。 0x v （2）抛射角的正切值tanθ= y =2.6＞tan53°，故θ＞53°。 v x （3）从乙图的xt图可知，小球的水平速度v 1m/s，则小球水平移动 0.6m 所用时间 0x 18 为0.6s；在0～0.6s内有18个“静止画面”（刨除t=0时的点），则所求帧率f= s −1 =30Hz。 0.6 （4）小球回到与 O 点等高的位置，竖直分速度与 v 等大反向，据动量定理有 0y 26 I mv (mv )1.04Ns。或者由y=−4.9t2＋2.6t得，y=0时t= s，I =mgt=1.04N·s。 G 0y 0y 49 G 12．（每空2分，共8分） （1）a （2）电压表内阻的分流作用 偏小 （4）如图所示 【解析】（1）为保证开关闭合瞬间电路中的电流较小，应将变阻器 滑片调到a端。 （2）S 接甲图中的位置 1 时，电流从电源出来后在电压表支路分流，使得电流表测量示 2 数比干路电流偏小；从等效电源的角度来看，电压表可以视为电源内电路的一部分，故 r R 测量值指的是电池和电压表这个并联整体的电动势和内阻。即r = 真 V ，故r ＜r 。 测 r R 测 真 真 V （4）S 接甲图中的位置1时，当外电路断开时，由于R 的存在，伏特表的示数应是路端 2 V 电压，故E ＜E ；当电路短路时，电压表支路的电流I =0，则电流表示数I =I ，即短 测 真 V A 短 路电流的测量值等于真实值。S 接甲图中的位置 2 时，电流表内阻分的是路端电压，电 2 动势并未受影响，故E =E ；从等效电源的角度来看，电流表可以视为电源内电路的一 测 真 部分，故测量值指的是电池和电流表这个串联整体的电动势和内阻。由于 r =r ＋R ， 测 真 A U 故r ＞r ；当外电路断开时，R 不再分压，故E =E 。综上，E =U ，r = A 。 测 真 A 测 真 真 A 真 I B 物理评分细则·第3页（共6页） {#{QQABRYCUggCIAIIAABhCEQHCCkKQkAECCQoOwEAUMAAACQNABAA=}#}13．（10分） y 1 解：（1）设位移方向角为α，据题意有tanα= = ① x 2 设θ为速度方向角，则有tanθ=2tanα=1 ② 故电荷进入磁场时的速度v 2v ③ 0 mv2 电荷在磁场中的轨迹如图，由Bqv ④ R 2 2mv2 得R= 0 ⑤ qE 4mv2 则电荷第一次穿过y轴的位置到O点的距离y 2R 0 ⑥ qE （2）电荷在电场中作类平抛运动，有 qE=ma ⑦ v mv 在电场中的运动时间t = y =  ⑧ 1 a qE 3 2πm 3πmv 电荷在磁场中的运动时间t =   0 ⑨ 2 4 qB qE mv 所求时间t t t (13π) 0 ⑩ 1 2 qE 评分标准：本题共10分。正确得出①~⑩式各给1分。 14．（12分） 解：（1）货物在与传送带甲共速前，有 mgsin37°＋μmgcos37°=ma ① 1 得a =10m/s 2 1 v 达到共速所用时间t = 0 =0.2s ② 1 a 1 1 通过的位移x = at2=0.2m ③ 1 2 1 则从共速点到B点的距离x =L−x =1.0m 2 1 共速后，注意到μ＜tan37°，有mgsin37°−μmgcos37°=ma ④ 2 得a =2m/s 2 2 1 设货物滑行到B点所需时间为t ，有x =v t ＋ a t2 ⑤ 2 2 0 2 2 2 2 物理评分细则·第4页（共6页） {#{QQABRYCUggCIAIIAABhCEQHCCkKQkAECCQoOwEAUMAAACQNABAA=}#}解得t =( 2−1)s=0.4s ⑥ 2 货物滑行到B点的速度v v a t 2 2m/s ⑦ B 0 2 2 （2）滑上水平传送带后有μmg=ma ⑧ 3 得a =5m/s 2 3 v2 -v2 设货物减速到与传送带共速所通过的距离x = B 0 =0.4m ⑨ 3 2a 3 v v 2 所用时间t = B  = ( 2−1)s=0.16s ⑩ 3 a 5 3 Lx 最后货物被匀速传送到C点所用时间t = 3 =0.4s 4 v  所求时间t=t ＋t ＋t ＋t =1.16s 1 2 3 4 评分标准：本题共12分。正确得出①~ 式各给1分。 15．（16分） 解：（1）从B到C有，对物块有 1 1 mg 2R mv2  mv2 ① 2 C 2 0 得v 5m/s C v2 在C点对物块有N′−mg=m C ② R 联立解得N′=14.5N ③ 据牛顿第三定律知，所求压力N=N′=14.5N，方向竖直向下 ④ （2）m在M上滑行时 对物块有μmg=ma ⑤ 物 得a =3m/s 2 物 m滑至M左端时两者共速，设该过程所用时间为t，有 v −a t=a t ⑥ C 物 板1 1 1 (v a t)t a t2 L ⑦ 2 C 板1 2 板1 联立解得t=1s，a =2m/s 2， 板1 物块滑至木板左端时，va t2m/s ⑧ 板1 （3）该过程对木板有 μmg−μ′(m＋M)g=Ma ⑨ 板1 2 得μ′= ⑩ 15 物理评分细则·第5页（共6页） {#{QQABRYCUggCIAIIAABhCEQHCCkKQkAECCQoOwEAUMAAACQNABAA=}#}1 在时间t内，木板滑行距离x = a t 2 =1m 板1 2 板1 共速后，木板减速滑行至静止，有μ′(m＋M)g=(m＋M)a 板2 4 得a = m/s 2 板2 3 v2 则x = =1.5m 板2 2a 板2 木板滑行距离x =x ＋x =2.5m 板 板1 板2 或者：对物块和木板组成的系统，其动能的减少量全部转化为木板上下表面的摩擦生热， 有 1 mgL(m＋M)gx0 mv2 （3分） 2 C 解得x=2.5m （1分） 评分标准：本题共16分。正确得出⑦、⑨式各给2分，其余各式各给1分。 物理评分细则·第6页（共6页） {#{QQABRYCUggCIAIIAABhCEQHCCkKQkAECCQoOwEAUMAAACQNABAA=}#}