重庆市2026年普通高等学校招生全国统一考试物理答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年02月高三试卷_260201重庆市2026年普通高等学校招生全国统一考试（康德一诊）（全科）

物理 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D C B B A C BD CD AC 解析： 1．A。无人机做匀速直线运动，所受合力为零，A正确；竖直方向的分速度不为零，重力的功率不为零，B错 误；重力的冲量不为零，C错误；无人机匀速上升，机械能增加，D错误；故选A。 2．D。由F BILsin可知，该导体棒所受磁场作用力大小F满足：0≤F≤BIL，D符合题意；故选D。 g 3 3．C。对水和桶整体进行受力分析可知，竖直方向上Tcos37mg m ，解得T  mg，C正确；故选C。 5 2 4．B。杠铃升高的高度约为h＝2m，因此该次抓举过程中，李霜对杠铃做的功W mgh2kJ，B正确；故选B。 5．B。t＝0时刻，通过回路的磁通量为零；t＝t 时刻，通过回路的磁通量为B Ssin。由法拉第电磁感应定律 0 0 Φ B Ssin 可知，0～t 时间段内，该回路中的平均感应电动势大小E  0 ，B正确；故选B。 0 t t 0 T T 6．A。由q-t图像可知，t 时刻，该电路中的电流为零，A正确；t 时刻，电容器的电荷量为零，该电路 4 2 T 3T 中的电场能为零、磁场能最大，B错误； ～ 时间段内，电容器在充电，C错误；由T 2π LC 可知， 2 4 仅增大电容器的电容，LC振荡电路的周期增大，D错误；故选A。 2π 2π T T 7．C。设内侧卫星（a或b）与同步卫星每次相距最近的周期为T，由 T  T 2π，可得T  同 内 ，带 T T T T 内 同 同 内 入数据可得：每隔T 96h4d，a与同步卫星相距最近；每隔T 72h3d，b与同步卫星相距最近。显 1 2 然“三星连珠”的最小周期为T 和T 的最小公倍数，即T 12d，C正确；故选C。（其他方法亦可，此 1 2 处不做讨论分析） 1 8．BD。由平抛运动的基本规律可知：xv t，h gt2，小明与父亲扔出的套圈x相同，但父亲扔出的套圈h 0 2 较大，因此父亲扔出的套圈对应的t较长、v 较小，整个过程中的位移x h2 x2 也较大，B、D正 0 确，C错误；两个套圈落地时的速度不一定相等，A错误；故选BD。 2 d t 2 9．CD。第1滴油滴落在下极板中点C处，水平方向上 vt ，竖直方向上g  v，可知油滴喷射的初 2 2 2 2 gd 速度v ，A错误；下极板的电荷量累积至油滴刚好离开B 点为止，显然B错误；水平方向的分 1 2 运动决定了油滴在平行板间运动的时间，因此最短、最长时间之比为1∶2，C正确；电场力做功最多时 2 油滴向上运动至最高点（最终从B 点离开），由运动的对称性和分析知，水平方向上 vtd ，竖直 1 2 第1页 共5页1 2 t 1 2 1 方向上h  v ，从A 点到最高点由动能定理有mghW 0 m( v)2，解得W  mgd， 1 电 电 2 2 2 2 2 8 1 即电势能最多减少 mgd ，D正确；故选CD。 8 10．AC。设理想变压器原线圈中的电流为I ，则在原线圈回路中，有UI U I I2r，由图1可知U 2500V， 1 1 1 1 1 带入数据解得I 5kA或20kA（20kA对应的输出功率超过1.6×104kW，舍去），因此I 5kA。原 1 1 P 1.0104kW 线圈两端的电压U  1  2kV，副线圈两端的电压U 100kV，因此原、副线圈匝数之 1 I 5kA 2 1 n U 1 比 1  1  ，A正确；风力发电机的实际输出功率PUI 1.25104kW，B错误；变压器原、副 n U 50 1 2 2 P 线圈的功率相等，P P 1.0104kW，副线圈中的电流I  2 100A，输电线上 R 消耗的功率 2 1 2 U 2 PI2R40kW，C 正确；若风力发电机的输出电压减半，则U1250V，原线圈中的电流加倍 2 P n I 10kA，副线圈中的电流也加倍I  1 I200A，则R消耗的功率PI2R160kW，故R 1 U 2 n 1 2 2 消耗的功率增加120kW，D错误；故选AC。 F/N 5 11．（7分） 4 （1）如答图1（2分） 3 （2）不符合（2分） 2 （3）3.3（3.2～3.4均可）（3分） 1 x/cm 解析：略。 0 2 4 6 8 10 12 14 16 答图1 12．（9分） V （1）如答图2（2分） + - + A - （2）B（2分） R L （3）97%（2分） ＋ － S （4）30（28～32均可）（3分） E 1 直流电源 答图2 解析： （2）若ab段导线断路，则电流表指针指在零刻度线几乎不动，而电压表示数一直接近于电源电动势E ，A错 1 误；若R 短路，则电流表和电压表示数一直为零，C错误；易知B正确，故选B。 L 暗电阻亮电阻 （3）当光照强度为90lx时，由图3可知此时R 的亮电阻为30kΩ，由相对灵敏度 100%计 L 暗电阻 算可得，对应的相对灵敏度为97%。 （4）当R 两端电压超过4.0V时，易知R 的阻值大于60kΩ，由图4可知60kΩ对应的光照强度为30lx，因此当 L L 光照强度低于30lx时，路灯开始亮起。 第2页 共5页13．（10分） 解：（1）当木块刚好不会相对桌面滑动时，物块P质量最大。对木块和物块P系统，由平衡方程有： m g2mg（2分），解得：m 0.4m（2分） P P （2）设刚释放时，木块和物块P系统的加速度大小为a 13 对系统，由牛顿第二定律有：3mg2mg(3m2m)a（3分），解得：a g （3分） 25 13 因此，刚释放时物块P的加速度大小为 g 25 14．（13分） 解：（1）设传送带的速度大小为u，由分析知，ab与c碰撞前已与传送带共速 1 E 由9E  2mu2（2分），解得：u3 0 （1分） 0 2 m 1 （2）设a释放时距MN的高度为h，则a下滑过程中：mgh mv2（1分） 2 0 a、b碰撞过程中：mv 2mv（1分） 0 1 2E 又E  2mv2（1分），联立解得：h 0 （1分） 0 2 mg （3）取ab质量为M＝2m，c质量为kM，ab与c发生弹性碰撞，则： 1 1 1 MuMv kMv ， Mu2  Mv2  kMv2（1分） 1 2 2 2 1 2 2 1k 2 联立解得：v  u，v  u（1分） 1 1k 2 1k 设ab与c在PQ上匀减速的加速度大小分别为a 、a ，由题中的时间、位置关系可得： 1 2 v v v 3v v2 v2 1 3 2 或3 1  2 ，且 1  2 （2分。时、空关系全对得2分，部分正确得1分） a a a a 2a 2a 1 2 1 2 1 2 1 解得：k  或k 3 3 2 因此：c的质量为 m（1分）或6m（1分） 3 15．（18分） 解：（1）设M N 板上速度为0的电子从O点射出时的速度为v 1 1 0 1 2eU 由动能定理有：eU  mv2（2分），解得：v  0 （1分） 0 2 0 0 m （2）①设电子从小孔射出时的最小、最大速度分别为v 、2v 1 1 由分析知，平行板间电场对所有从小孔射出的电子所做的功均相同（eU），因此M N 板上速度为0 1 1 的电子从小孔射出时的速度最小（v ），M N 板上速度为v的电子从小孔射出时的速度最大（2v ） 1 1 1 1 1 1 1 由动能定理可得：eU  mv2 0（1分），eU  m(2v）2  mv2（1分） 2 1 2 1 2 第3页 共5页3 联立解得：v  v（1分） 1 3 由分析知，M N 板上速度为0的电子从O点射出后，仅经Ⅰ区磁场偏转一次落在A点 1 1 mv 3mv 由x 2R2 1 2d （2分），解得：B （1分） A eB 3ed ②▶分析提示1：了解通过A点和D点的电子的速度大小、方向分布。 设电子从小孔射出时与＋y方向的夹角为θ、速度大小为v  v v 1 由板间匀变速曲线运动规律易知： 1 ≤v ≤2v ，其中cos≥ 1  ，即0≤θ≤60 cos  1 2v 2 1 如答图3所示，电子要通过A点，需满足： y Ⅰ区 2Rcos 2mv A cos  2mv y 2d v 2 2v 1 eB eB v 1 βα 2v 1 由此可知，通过A点的电子的竖直 ＋ M 2 O N 2 A D C x － α β M N α 1 1 β 3 v 分速度均为v  vv A v y 3 1 D Ⅱ区 因此，通过A点的电子的速度满足： 答图3 v 1 v ≤v ≤2v ，与竖直方向的夹角α满足：cos≥ 1  ，故0≤α≤60（1分） 1 A 1 2v 2 1 同理分析可知：通过D点的电子最大速度为2v（通过函数分析或旋转圆思想等方法均可得出）， 1 mv 8 3 8 设最小速度为v ，由x 2 2 3.2d 可得：v  v v （1分） 2 D eB 2 15 5 1 因此通过D点的电子的速度（提示：竖直方向的分速度均为v ）满足： 2 8 v 4 v ≤v ≤2v ，与竖直方向的夹角β满足：cos≥ 2  ，因此0≤β≤37（1分） 5 1 D 1 2v 5 1 ▶分析提示2：确定相遇位置（空间关系）。电子在两区磁场中的运动具有周期性、等弦长。 8n 3 由n 2d n 3.2d 1.2d（其中n 、n 为自然数）（1分），可得：n  2 1 2 1 2 1 5 取最小的自然数，可得：n 7，n 4（1分） 1 2 因此电子第一次在x轴上相遇的位置：x2d n 2d 16d （1分） 1 ▶分析提示3：确定相遇时的时间关系。由于电子在两区磁场中的运动具有周期性，且电子做圆周 2πm 运动的周期均为T  ，因此从A、D两点出发运动时间最短的电子最快到达相遇点。 eB π2 π2 由分析知，电子相遇时的时间：tn T n T ，得：n (π2)n (π2)（1分） 1 2π 2 2π 1 2 其中：0≤α≤60，0≤β≤37 83π 带入n 7，n 4可得，到达第一次相遇位置的电子，满足： 1 2 14 第4页 共5页当60时，37.5＞37，不符合题意，舍去 418 当37时，( )＜60，符合题意 7 418 由此可知，当37时相遇的时间最短，即37和( )的电子最先相遇（1分） 7 π2 180237 2πm 因此，电子第一次在x轴上相遇的时刻：tn T 4  1 2 2π 360 eB 106 3πd 解得：t （1分） 1 45v 第5页 共5页