文档文本内容
第1 页共4 页
重庆市2026 届高考模拟调研卷（四）
物理参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
D
A
D
B
C
AD
AC
BC
1.
B。【
—解析】该彩色条纹是薄膜前、后表面的反射光发生干涉而形成的，A 错误；不同颜色的
光波长不同，根据薄膜干涉加强的条件
k
d
2
可知，不同颜色的光对应的干涉加强的薄膜厚度不同，故呈
现彩色条纹，B 正确；肥皂膜厚度沿竖直方向变化，同一水平高度的厚度相同，因此条纹呈水平分布，C 错
误；红光的波长大于紫光的波长，用红光照射时的条纹中心间距更宽，D 错误。
2.
C。【
—解析】高压锅加热至限压阀刚被顶起前，锅内每个气体分子运动的速率不一定都增大，A
错误；限压阀被顶起后，锅内气体对外做功（W＜0），但加热仍在进行（Q＞0），若Q≥－W，则内能可能
增加或不变，B 错误；关火后，由于散热，锅内气体的内能减少，温度降低，分子的平均动能减小，分子的
平均速率减小，C 正确；根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热量并将其完全转化为机械能而不产
生其他影响，限压阀被顶起时，气体内能转化为机械能的同时，还伴随热量散失与气体排出，D 错误。
3.
D
。【
—
解
析
】
设
地
球
质
量
为
M
、
半
径
为
R
，
由
2
2
2
2
n
2
)
(
π
4
)
(
)
(
T
h
R
m
h
R
m
h
R
m
ma
h
R
Mm
G
v
得
2
n
)
(
h
R
GM
a
，
h
R
GM
v
，
3)
(
h
R
GM
，
GM
h
R
T
3)
(
π
2
，可知卫星离地面越高，加速度、线速度、角速度均越小，周期越大，A、B、C 错误，D
正确。
4.
A。【
—解析】0～0.3s 内，该波沿x 轴正方向传播，由
T
n
t
)
4
3
(
（其中n＝0，1，2，…）且
s
3.0
＞
T
，可知
s
4.0
T
，A 正确；仅从图中能确定该波的振幅为5cm，无法确定波长，B 错误；由于波长不
确定，波速也无法确定，C 错误；该波沿x 轴正方向传播，根据“同侧法”可知，t＝0 时刻质点M 向－y 方
向振动，D 错误。
5.
D。【
—解析】由题知，这些氢原子最初处于第4
能级，A 错误；由
h
p
可知，波长为
6
的光子动量最大，
B 错误；大致画出这些氢原子能级跃迁的关系图，如答图1
所示，由
4
3
2
4
2
3
2
3
2
2
E
E
E
E
E
E
E
hc
hc
，
3
1
5
E
E
hc
，可得
3
2
5
1
1
1
，C
错误；由
4
1
2
1
4
2
4
3
E
E
E
E
E
E
hc
hc
，及
4
1
6
E
E
hc
，可得
4
3
6
1
1
1
，D 正确。
6.
B。【
—解析】小球在竖直圆轨道上运动，在最高点有
R
m
mg
F
2
1
1
v
，在最低点有
R
m
mg
F
2
2
2
v
，
由牛顿第三定律可知
1
1
F
F
，
2
2
F
F
，又由机械能守恒可知
2
2
2
1
2
1
2
1
2
v
v
m
m
R
mg
，联立解得
g
F
F
m
6
1
2
，
B 正确。
7.
C。【
—解析】由题知，粒子静止时，其所受重力和电场力平衡，即
mg
qE
，且电场力竖直向上；
粒子从A 点运动到C 点过程中，由动能定理有
2
0
2
2
1
2
1
v
v
m
m
mgR
W
电
，可得
0
电
W
，取电场力与AC 的
夹角为，则
90
，因此
45
)
45
(
90
，C 正确。
n＝1
n＝2
n＝3
n＝4
λ1
λ2
λ3
λ4
λ5
λ6
答图1
第2 页共4 页
M2
2
M1
答图2
β
O r
α
B
M
α
v
R
α
O1
O2
8.
AD。【
—解析】a、c 相距较远时，金属箔b 张开，说明验电器带电；c 带正电，当c 靠近a 时，
金属箔b 的电子向a 转移，b 先因负电荷减少而闭合，后因负电荷继续减少带正电而张开。因此b 先带负电，
后带正电，D 正确，B 错误；a、c 相距较远时，a、b 都带负电，当c 靠近a 时，b 的电子向a 转移，a 所带
负电荷增加，因此a 一直带负电，A 正确，C 错误。
9.
AC。【
—解析】由A、B 两点对称和平抛知识易得，曲线1 对应的碰撞过程中，材料对小球做功
为0，A 正确；曲线1 中，小球在O 点碰撞前后瞬时，速度与水平方向的夹角相等，C 正确；A→C 过程中，
显然材料对小球做功不为0，B 错误；由水平和竖直方向的分运动可知，曲线2 在O 点碰撞前后瞬间的水平
速度不变，竖直速度减半，D 错误。
10. BC 。【
— 解析】粒子做圆周运动的半径
R
qB
m
R
2
2
0
v
，作出粒子运动的轨迹图如答图2，由分析
知，粒子在图中M1 或M2 处与筒壁发生一次碰撞后均可回
到M 点（M1 可以直接回到M 点，M2 需在磁场再转一次后
再回到M 点），由几何关系可知，图中
75
，且
sin
sin
0
R
R
，联立解得
45
，
30
，因此，由
135
sin
15
sin
1
R
OM
得
R
OM
r
2
1
3
1
1
，
由
105
sin
15
sin
2
R
OM
得
R
OM
r
)
3
2
(
2
2
，可知B、C 正确。
11．（6 分）
（1）各向异性（2 分）
（2）＞（2 分）
（3）A（2 分）
【
—解析】（1）单晶硅片是晶体，受到压力时不同晶向上表现出不同的变化，这是“各向异性”的表
现。
（2）当受到某一压力值时，R1 和R3 的电阻变为R0＋ΔR，R2 和R4 的电阻变为R0－ΔR，R3 的电阻变大则A 点电
势升高，R4 电阻变小则B 点电势降低，故φA＞φB。
（
3
）
A
、
B
两
点
的
电
势
差
0
0
0
0
0
0
0
0
)
(
2
)
(
2
R
R
U
R
R
R
U
R
R
R
U
U
B
A
AB
，故
AB
U
U
kR
R
k
F
0
0
N
，A 正确。
12．（10 分）
（1）AD（2 分）
（2）如答图3（2 分）
（3）线速度的平方（3 分）
（4）5.26（5.16～5.37 均可）（3 分）
【
—解析】（3）要验证
R
m
F
2
v
，用控制变量
法，当m、R 一定时，应验证F 与v2 成正比。
（4）由
R
m
mg
F
2
N
v
，
t
x
v
，
2
2
1 gt
h
，可得
2
N
2
x
hR
mg
mg
F
，又结合图像可知，图线纵截距为0.50N，
斜率
05
.0
k
，故
m
26
.5
m
95
.0
2
05
.0
5.0
2
hk
mg
R
。
13．（10 分）
0.48
0.50
0.52
0.54
0.56
0.58
0.60
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
1.6
1.4
FN/N
x2/m2
答图3
第3 页共4 页
解：（1）由牛顿第二定律有：
2
tan
mr
mg
（2 分）
由几何关系可得：
sin
sin
2
1
L
L
r
（2 分）
解得：
sin
sin
tan
2
1
L
L
g
（1 分）
（2）初态细线拉力：
cos
1
mg
T
（1 分）
末态细线拉力：
)
cos(
2
mg
T
（1 分）
因此：
)
cos
1
)
cos(
1
(
mg
T线
（1 分）
由牛顿第三定律可得：（1 分）
单个水晶球对细线的拉力大小的增加量
)
cos
1
)
cos(
1
(
mg
T
（1 分）
14．（13 分）
解：（1）从t＝0 时刻到小球运动到M 正下方与M 点相距L 的位置
由机械能守恒定律有：
2
2
0
2
1
2
2
1
v
v
m
L
mg
m
（2 分），解得：
m/s
5
4
v
（1 分）
由分析知，小球在该位置时轻绳的拉力最大
由牛顿第二定律有：
L
m
mg
T
2
max
v
（1 分），解得：
N
17
max
T
（1 分）
（2）小球做平抛运动时，水平方向有：
t
x
v
（1 分），竖直方向有：
2
2
1
2
gt
L
（1 分）
解得：抛出点到第一次落地点的水平距离
m
4
x
（1 分）
（3）小球绕N 点做圆周运动时，半径r＝2L＝1m
当轻绳与水平面夹角为30°时，小球位于N 点左上方或右上方，设此时小球的速度大小为v
由机械能守恒有：
2
2
0
2
1
)
sin30
2
3
(
2
1
v
v
m
L
L
mg
m
（2 分），解得：
m/s
15
2
v
（1 分）
①当轻绳在N 点右上方时，重力的瞬时功率：
W
5
3
150
cos
1
v
mg
PG
（1 分）
②当轻绳在N 点左上方时，重力的瞬时功率：
W
5
3
30
cos
2
v
mg
PG
（1 分）
15．（18 分）
解：（1）ab 杆锁定时，cd 杆和物体一起由静止开始做加速度减小的加速运动，足够长时间后匀速运动
稳定时，回路中电流：
R
BL
R
E
I
2
2
v
（1 分）
此时，cd 杆受到的安培力：
ILB
F
安
（1 分），且
Mg
F
安
（1 分）
解得：
2
2
4
L
B
mgR
v
（1 分）
（2）当cd 杆的速度为2
v 时，其所受安培力大小：
mg
R
L
B
LB
I
F
4
2
2
v
安
（1 分）
此时ab 杆的加速度大小：
g
m
F
aab
安
（1 分）
第4 页共4 页
cd 杆的加速度大小：
3
g
M
m
F
Mg
acd
安
（1 分）
由
cd
ab
a
a ＞
可知，此后两杆速度差减小，感应电流减小，安培力减小，ab 杆加速度减小（1 分）
因此，释放瞬间ab 杆的加速度最大，最大值为
g
aab
（1 分）
（3）若cd 杆的速度达到v 时释放ab 杆，则之后ab 杆做加速度减小的加速运动，cd 杆做加速度由0 增大的
加速运动，当两杆的加速度相等后，两杆的速度差不变，两杆做加速度相等的匀加速直线运动（1 分）
最终稳定时，对两杆和物体整体有：
共
a
M
m
Mg
)
2
(
（1 分），解得：
2
g
a
共
（1 分）
设此时ab 杆和cd 杆的速度分别为v1、v2，则：
R
BL
I
2
)
(
1
2
v
v
（1 分）
对ab 杆有：
共
ma
LB
I
（1 分）
对两杆和物体整体，由动量定理有：
v
v
v
)
(
)
(
2
1
M
m
M
m
m
Mgt
（2 分）
联立解得：
2
2
1
4
9
2
L
B
mgR
gt
v
（2 分）
