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重庆市2026 届高考模拟调研卷（三）
物理参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
B
D
B
A
A
BD
BC
AC
1.
D。【
—解析】由
v
d
t
可得t ≥
s
25
m/s
1
m
25
，D 正确。
2.
C。【
—解析】由平衡条件可知
mg
T
30
cos
2
，解得
mg
T
3
3
，C 正确。
3.
B。【
—解析】外界对球内气体做正功，气体既不吸热也不放热，所以球内气体的内能增加、温
度升高、体积减小、压强增大，B 正确，A、C、D 均错误。
4.
D。【
—解析】
Th
232
90
经过6 次α 衰变和4 次β 衰变后，质量数变为208，质子数变为82，A、B
错误；这种元素的核子数更少，结合能小于
Th
232
90
，C 错误；新元素更稳定，比结合能大于
Th
232
90
，D 正确。
5.
B。【
—解析】电场线始于正电荷、终于负电荷，由图知，电场线从
1q 指向
2
q ，故
2
q 是负电荷，
A 错误；沿电场线方向电势逐渐降低，A 点位于电场线的“上游”区域，D 点位于“下游”区域，A 点电势
高于D 点电势，B 正确；电场线的疏密表示电场强度的大小，电场线越密，场强越大，由图知，
1q 周围电
场线密集，可知电荷量的绝对值
2
1
q
q＞
，则A 点的电场强度大小
2
2
2
1
4L
kq
L
kq
EA
，D 点的电场强度大小
2
1
2
2
4L
kq
L
kq
ED
，
0
＞
D
A
E
E
，故A 点的电场强度一定大于D 点的电场强度，C 错误；电子带负电，从A
点移动到B 点电场力做正功，电势能减少，D 错误。
6.
A。【
—解析】由题知：
g
l
T
π
2
1
，
sin
π
2
2
g
l
T
，
g
l
T
sin
π
2
3
，显然
3
1
2
T
T
T
＞
＞
，A 正确。
7.
A。【
—解析】设流过
2
R 的电流为I ，则流过
3
R 的电流为
I
3
2
，流过
1
R 的电流为
I
6
5
，由
U
IR
IR
2
1
2
6
5
可得
R
U
I
29
6
，D 错误；流过
1
R 的电流为
R
U
29
5
，A 正确；
1
R 两端的电压为
29
5U ，B 错误；
3
R
两端的电压为
29
12U ，C 错误。
8.
BD。【
—解析】O 点的磁场为0，由安培定则和磁场叠加知识可知，显然I1＜I2，B 正确，A 错
误；a 所受安培力为外界磁场和b 对它的合力，b 也同理，由左手定则和安培定则可知：
L
I
r
I
k
L
BI
F
1
2
1
a
，
L
I
r
I
k
L
BI
F
2
1
2
b
，显然
b
a
F
F
，C 错误，D 正确。
9.
BC。【
—解析】该行星的公转半径大于地球的公转半径，由开普勒第三定律
k
T
R
2
3
（k 为定值）
可知，其公转周期大于地球的公转周期，B 正确；由
R
m
ma
R
m
GM
2
n
2
v
太
，得
2
n
R
GM
a
太
，
R
GM 太
v
，
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可知该行星公转的线速度较小，A 错误，向心加速度也较小，C 正确；由
mg
R
GMm
2
可得
2
R
GM
g
，因此表
面的重力加速度
2
2
2
n
k
M
R
R
M
g
g
地
行
地
行
地
行
，D 错误。
10. AC。
【
—解析】金属杆每次在空白区域运动时，由
0
0
3
2
2
2
2v
v
v
m
m
R
l
B
t
R
l
B
t
F安
可得
0
3
2
v
m
l
B
R
，A 正确；设每次在阴影区域运动的时间为t0，由图2 知平均速度
0
0
0
1
2
3
2
2
v
v
v
v
，故
0
1
0
3
2
v
v
l
l
t
，金属杆在空白区域做加速度逐渐减小的减速运动，平均速度
0
2
2
3 v
v ＜
，两个区域的位移相同，
因此每次在空白区域运动的时间
0
1
t
t ＞，B 错误；每次在阴影区域运动时，平均感应电动势
t
Φ
，平均感
应电流
R
I
，电荷量
R
Φ
t
I
q
，因此每次在阴影区域运动过程中，流过定值电阻的电荷量
Bl
m
R
Bl
q
0
2
v
，C 正确；每次在阴影区域运动时，由
0
0
0
2
2
2
t
m
ma
R
l
B
F
v
v
v
，可得
l
m
l
m
F
2
3
2
0
0
v
v
v
，
D 错误。
11．（6 分）
（1）“25 mA”电流挡（2 分）
欧姆挡“×1”挡（2 分）
（2）750（2 分）
【
—解析】（1）选择开关接“1”或“2”时是电流挡，接“1”时并联电阻较小，量程较大，故“1”
为“25mA”电流挡。选择开关接“3”或“4”时是欧姆挡，由
E
E ＞
知，接“3”时倍率较小，故“3”为
欧姆挡“×1”挡。
（2）选择开关接“5”或“6”时为电压挡，接“5”时是“10mA”电流表串联R5，接“6”时是“10mA”电流
表串联R5 和R6，“5”量程较小，故“5”为“2.5V”电压挡，“6”为“10V”电压挡，
750Ω
10mA
2.5V
10V
6
R
。
12．（10 分）
（1）1.520（2 分）
（2）物体A、B 和细绳组成的系统（2 分）
)
(
2
1
2
1
2
2
2
2
t
d
t
d
h
（3 分）
（3）0.89（3 分）
【
—解析】（1）遮光条的宽度
cm
520
.1
4
mm
05
.0
cm
5.1
d
。
（2）该实验的研究对象为物体A、B 和细绳组成的系统。B 先后通过光电门1、2 的速度分别为
1
1
t
d
v
、
2
2
t
d
v
，
由
ah
2
2
1
2
2
v
v
得，加速度测量值
)
(
2
1
2
1
2
2
2
2
t
d
t
d
h
a
。
（3）物体A、B 和细绳组成的系统所受合力大小
N
049
.0
)
(
2
1
g
m
m
F
，由牛顿第二定律
a
m
F
，带入第1
次实验数据
1
kg
18
.
18
1
m
可得，①对应的加速度理论值
2
m/s
89
.0
m
F
a
。
13．（10 分）
解：（1）设该单色光从三棱柱内出射时发生全反射的临界角为C
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由
n
C
1
sin
（1 分），解得：
30
C
（1 分）
该单色光在三棱柱内的传播路线如答图1 所示
由几何关系易知：该单色光在AC 和AB 边上的
入射角分别为
30 和
60 ，均会发生全反射（1 分）
最终，该单色光从BC 边上的H 点垂直BC 出射（1 分）
（2 ）由几何关系可得：
6
3
30
tan
L
AD
DE
（1 分），
3
3
30
cos
L
AD
AE
EF
（1 分）
L
AD
BC
BF
2
30
sin
，
2
3
60
sin
L
BF
FH
（1 分）
因此，该单色光在三棱柱中传播的总路程：
L
FH
EF
DE
s
3
（1 分）
在三棱柱中传播的速度：
2
c
n
c
v
（1 分）
因此，在三棱柱中传播的时间：
c
L
s
t
3
2
v
（1 分）
14．（13 分）
解：（1）共速前，物体在传送带上做匀加速直线运动
由
gx
2
2
v
（2 分）可得，共速时物体到A 端的距离：
m
5.1
2
2
g
x
v
（2 分）
（2）物体从放上传送带到与传送带共速用时1t ，由
1
gt
v
（1 分），解得：
s
1
1
t
（1 分）
该过程中，传送带克服物体的摩擦力做功：
1t
mg
mgx
W f
v
带
（1 分）
解得：
J
45
f
W
（1 分）
因此，只传送一个物体时，传送带的电动机多消耗45J 的能量
（3）从A 端运动到边界C 过程中，先匀加速运动
s
1
1
t
，再匀速运动
s
37
.0
2
v
x
L
L
t
BC
AB
（1 分）
因此，第1 个物体从A 端运动到边界C 共用时：
s
37
.1
2
1
t
t
t
（1 分）
第2 个物体从A 端运动到边界B 用时3t ，则：
2
3
2
1
gt
LAB
（1 分），解得：
8s
.0
3
t
（1 分）
因此，要使BC 区域只有一个物体，放两个物体的最短时间间隔：
.57s
0
3
t
t
t
（1 分）
15．（18 分）
解：（1）x＜0 区域，沿y 轴方向：
2
2
1
2
5
gt
R
（1 分）
沿x 轴方向：
2
2
1
2
at
R
（1 分），
ma
qE
1
（1 分）
联立解得：
q
mg
E
5
4
1
（1 分）
（2）小球的运动轨迹如答图2 所示，设小球第一次经过y
轴时的速度大小为
0
v
沿x 轴方向，由
R
m
qE
2
2
1
2
0
v
，解得：
gR
5
5
4
0
v
D
v0
v0
v0
答图2
A
O
P
x
y
绝
缘
圆
环
2R
E1
B
2R
R
r
D
60°
E
A
30°
B
D
C
F
H
答图1
60°
30°
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（1 分）
进入圆环后，由几何关系易得：小球在磁场中
做匀速圆周运动的半径
qB
m
R
r
0
v
（1 分）
解得：
R
g
q
m
B
5
5
4
（1 分）
小球在圆环内运动的时间
qB
m
T
t
3
π
2
3
1
（1 分）
当圆环逆时针旋转时，转过的圆心角最小
为：
π
3
2
min
（1 分）
因此圆环转动的最大周期：
qB
m
t
T
π
2
π
2
2π
min
max
，解得：
g
R
T
5
2
π
max
（1 分）
（3）小球的新运动轨迹如答图3 所示，易知初始时刻DP 与水平方向的夹角为
30
由几何关系易知，小球进入和穿出圆环时的空间
位置相同，且穿出圆环时的速度方向与－x 方向
的夹角为
60 （1 分）
在圆环内运动的时间：
0
1
π
2
v
R
T
t
（1 分）
两次通过y 轴的时间间隔：
0
1
60
cos
30
cos
2
30
cos
2
v
R
R
R
R
t
t
（1 分）
解得：
g
R
t
5
)
8
3
3
12
2
π
(
（1 分）
方法一：
①若圆环顺时针转动，可能转动的圈数为：k
3 或
2
3
k
（其中k＝1，2，3，…）
对应圆环转动的周期：
k
T
T
3
1
或
2
3
1
k
T
T
，其中
qB
m
T
π
2
因此，圆环转动的角速度：
R
g
k
T
5
12
π
2
1
1
（其中k＝1，2，3，…）（1 分）
或：
R
g
k
T
5
)
2
3
(
4
π
2
1
1
（其中k＝1，2，3，…）（1 分）
②若圆环逆时针转动，可能转动的圈数为：k
3 或
1
3
k
（其中k＝1，2，3，…）
同理可得，圆环的角速度：
R
g
k
5
12
2
（其中k＝1，2，3，…）（1 分）
或：
R
g
k
5
)1
3
(
4
2
（其中k＝1，2，3，…）（1 分）
方法二：
v0
O1
O3
O2
120°
120°
120°
60°v0
答图3
A
O
P
x
y
绝
缘
圆
环
2R
E1
B
D
2R
30°
第1 次碰撞
第2 次碰撞
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设圆环转动的周期为T，则必有：
nqB
m
n
T
T
π
2
（其中n＝1，2，3，…）
①若圆环顺时针转动，则需满足：
3
)
3
2
(
T
T
k
，且
3
2
)
3
4
(
T
T
k
可得：
2
3
k
n
，且
2
2
3
k
n
（其中k＝0，1，2，…）
因此，圆环转动的角速度：
R
g
n
T
5
4
π
2
（其中
2
3
k
n
，k＝0，1，2，…）（2 分）
②若圆环逆时针转动，则需满足：
3
)
3
1
(
T
T
k
，且
3
2
)
3
2
(
T
T
k
可得：
1
3
k
n
，且
1
2
3
k
n
（其中k＝0，1，2，…）
因此，圆环转动的角速度：
R
g
n
T
5
4
π
2
（其中
1
3
k
n
，k＝0，1，2，…）（2 分）
（注：以上两种方法任选一种，或用其他方法求解答案正确也给分）
