重庆名校联盟2026届高三下学期第一次联考物理答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年03月高三试卷_260314重庆名校联盟2026届高三下学期第一次联考（全科）

物理答案（高 2026 届） 一、选择题：本题共10小题，共43分。 1—7. ADBCD CA 8. AD 9. AB 10. ABC 5、【详解】 A．光线从空气进入冰晶后，频率不变，速度减小，根据v=λf，可知波长变短，故A 错误； B．红光的频率小于紫光的频率，则冰晶对红光的折射率小于对紫光的折射率，根据 c v 可知，紫光在冰晶中的传播速度比红光在冰晶中的传播速度小，故B错误； n C．入射光a在上表面既会发生折射又会发生反射，b光的光强会比a光小，故C错 误； D．若太阳高度角α等于45°时冰晶侧面恰好无光射出，如图所示 sin1 由折射定律得n sin2 1 由全反射的临界条件得sin3 n 又sin23sin221 6 联立解得n ，故D正确。 2 7、【答案】A 【详解】AC．设地球质量为M，卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为r和R，卫星Ⅰ为同步 r3 R3 卫星，周期为T ，近地卫星Ⅱ的周期为T。根据开普勒第三定律则有  0 T2 T2 0 R 由题图可得sin r 可得卫星Ⅱ的周期为T T sin3 0 GMm 2 2 对于卫星Ⅱ，根据牛顿第二定律可得 m  R R2  T  M 3M 地球的密度为  V 4R3 第 1 页 共 5 页（高2026届物理）3 联立以上各式，可得地球的平均密度为 ，故C错误，A正确； GT2sin3 0 GMm B．对于不同轨道卫星，根据牛顿第二定律可得 ma r2 GM 解得a r2 a R2 所以卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为 Ⅰ  sin2，故B错误； a r2 Ⅱ D．当卫星Ⅱ运行到与卫星Ⅰ的连线隔着地球的区域内，其对应圆心角为2时， 卫星Ⅱ无法直接接收到卫星Ⅰ发出电磁波信号，设这段时间为t。若两卫星同向运行，则 有 t2 Ⅱ Ⅰ 2 2 2 其中   ，  Ⅱ T T sin3 Ⅰ T 0 0 (2)T sin3 解得t   0  2 1 sin3 2 2 2 若两卫星相向运行，则有 t2，   ，  Ⅱ Ⅰ Ⅱ T T sin3 Ⅰ T 0 0 (2)T sin3 解得t   0  ，故D错误。 2 1 sin3 10、【答案】ABC E 【详解】A．开关K置于b的瞬间，流过金属滑块的电流最大，此时I  R 对应的安培力最大，以金属滑块为研究对象，根据牛顿第二定律F BILma m BEL 解得a  m mR 故A正确； BC．金属滑块运动后，切割磁感线产生电动势，当电容器电压与滑块切割磁感线产 生电动势相等时，滑块速度不再变化，做匀速直线运动，此时速度达到最大，设金属滑块 加速运动到最大速度时两端电压为U，电容器放电过程中的电荷量变化为q，放电时间 为t，流过金属滑块的平均电流为I，在金属块滑动过程中，由动量定理得BILt mv0 由电流的定义qIt q 由电容的定义C  U 电容器放电过程的电荷量变化为qCU U EU 所以BLC(EU)mv 金属滑块速度最大时，根据法拉第电磁感应定律可得U BLv 第 2 页 共 5 页（高2026届物理）BLCE CmE 联立解得v q CB2L2 m CB2L2m 故BC正确； D．金属滑块滑离轨道的整个过程中，电容器消耗的电能一部分转化为金属滑块的动 能 1 mB2L2C2E2 E  mv2  k 2 2(CB2L2m)2 另一部分转化为了金属滑块的内能（焦耳热），故D错误。 二、非选择题：本题共5小题，共57分。 2mgL 11.（6分）（1）＝ （2）8.475（8.473~8.477给分） （3） mM 12.（9分）（1）D （2） （3）1.0（0.9、1.1给分） 13.（10分）（1）7.5cm （5分） （2）2.88J （5分） 【详解】（1）初始状态时，以圆柱形汽缸与椅面整体为研究对象，根据平衡条件得 mg p S  pS …………………………… （1分） 0 1 把质量为M=60kg的重物放在椅面上，稳定后，根据平衡条件得 (M m)g p S  p S …………………………… （1分） 0 2 稳定后缸内气体柱长度为L ，由玻意耳定律得 p LS  p LS …………… （2分） 1 1 2 1 解得L 7.5cm …………………………… （1分） 1 LS L S （2）根据 1  2 …………………………… （2分） T T 1 2 解得室内气温缓慢降至T 297.6K时气柱长L 7.2cm 2 2 外界对缸内气体所做的功W  p S Mgmg  L L  …………………（2分） 0 1 2 解得W 2.88J …………………………… （1分） 14.（14分） (1)x 2L （4分） OM (2) 2v ，与水平夹角为45 （4分） 0 mv 3L (3)B  0 （3分） t  （3分） 2qL v 0 1 【详解】（1）粒子从P到M 做类平抛运动，有x v t，L at2 ……… （2分） OM 0 2 第 3 页 共 5 页（高2026届物理）qE 根据牛顿第二定律有a …………………… （1分） m 联立解得x 2L ………………………… （1分） OM （2）粒子在M 点速度大小为v v2 (at)2  2v …………………… （2分） 0 0 v 2 与水平方向的夹角满足cos 0  v 2 可得45 ……………………… （2分） （3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，随后从x轴上的N点首次离开磁场，且恰能回 到P点，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示 mv2 根据洛伦兹力提供向心力有Bqv …………………………… （2分） R 又有Rsin45 x OM mv 联立解得B  0 …………………………… （1分） 2qL 2r T  ………………………………… （2分） v 270 3L t  T  …………………………… （1分） 360 v 0 15.（18分） (1)43N，方向竖直向下 （6分） (2)0.6 m/s（2分）；0.32s（3分） 2 (3) m（7分） 3 【详解】（1）A B平抛：在B点v  2gh 4m/s y v v  y 5m/s (1分) B cos 第 4 页 共 5 页（高2026届物理）1 1 BC过程：动能定理mgR(1cos) mv2  mv2 ……… （2分） 2 C 2 B v2 在C点F mg m C …………………………… （2分） N R F'  F  43N 方向竖直向下………………… （1分）（未写方向扣1分） N N （2）小滑块从B到C过程，根据动能定理有 1 1 mg  RRcos mv2 mv2 ……… （1分） 2 2 B 解得 v v cos0.6m/s……… （1分） 0 B 在竖直方向上，根据动量定理有mgtFtmv tan……… （2分）由于F 3v 0 y （若写成mgt3v t mv tan也给2分，其中v t h） y 0 y 解得t 0.32s……… （1分） （3）物块滑上甲后，因mg 2N (M m)g 4N ，甲不动 1 2 1 1 在甲上面动能定理mgL mv2 mv2……… （1分） 1 2 1 2 0 物块滑上乙后，动量守恒mv (mM)v ……… （1分） 1 2 1 1 能量守恒mgL  mv2 (mM)v2……… （1分） 1 2 1 2 2 联立：L3m v 4m/s v 1m/s（只要写出1个结果都给1分） 1 2 小物块与挡板碰撞过程没有能量损失，则碰后小物块向左做匀减速直线运动，木板乙 向右做匀减速直线运动，但小物块和木板乙组成的系统动量守恒，则第一次碰撞后有 Mv mv (M m)v ………………（1分） 2 2 3 第二次碰撞后有 Mv mv (Mm)v 3 3 4 第三次碰撞后有 Mv mv (Mm)v 4 4 5 …… 1 1 1 所以 v  m/s，v  m/s，v  m/s……（1分）（写出一个速度都给1分） 3 2 4 4 5 8 所以小物块C与竖直挡板发生第一次碰撞后所运动的总路程为 s2(x x x )…………（1分） 1 2 3 v2 v2 v2 x  2 x  3 x  4 1 2g 2 2g 3 2g 1 1 1 2 解得 s m………………（1分） 3 第 5 页 共 5 页（高2026届物理）