文档内容
2026 年常德市高三年级模拟考试
物理参考答案及评分标准
一二、选择题：共10小题，单选题每小题4分，多选题每小题5分，共43分。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B C A B B B AC AC BD
三、实验题：本题共2小题，每空2分，共16分。
11．【答案】（1）AC (只选对一项得1分) （2）
物理参考答案 第1页 共3页
x
g
2 h
（3） △ x
2 h
2
−
g
h
1
− h
3
解析：（1）B项中斜槽不光滑对实验结果没有影响，AC正确
（2）根据平抛运动规律： x = v
0
t ， h =
1
2
g t 2 ，得： v
0
= x
g
2 h
（3）水平方向： △ x = v
0
T ，竖直方向： △ h = ( h
2
− h
3
) − ( h
1
− h
2
) = g T 2 ，得：
g
v =△x
0 2h −h −h
2 1 3
12．【答案】（1）红（2）60 （3）B （4）×100 （5）111
解析：（1）与内部电池负极相连的表笔为红表笔；
（2）“×1”挡时，根据： I
g 1
=
E
R
内
， I
g 1
/ 2 =
R
内
E
+ R
x
，可得：中值电阻即内阻，故 R
内
= 1 5 ，
20A处： I
g 1
/ 5 =
R
内
E
+ R
x
，故： R x = 4 R
内
= 6 0 ；
（3）偏转角度过小，说明是大电阻，为了测量更精确，要让指针偏到中间位置附近，
故换更大的倍率，即“×100”挡，且要重新进行欧姆调零再测；
（4）当电键K与1接通时，改装的电流表量程最小，故内阻最大，是最大的倍率，故
欧姆表的倍率为“×100”；
（5）当电键K与3接通时欧姆表的倍率为“×1”，在欧姆调零过程中，当电流表G满偏
时，总电流为 I
g 1
=
E
R
内
=
1
1
.5
5
A = 1 0 0 m A
公众号：高考试卷君
，电流表G量程为100 A，故通过R 的电
1
流是电流表G量程的999倍；当电键K与1接通时欧姆表的倍率为“×100”，在欧
E 1.5
姆调零过程中，当电流表 G 满偏时，总电流为I = = A=1mA，电流表
g2 R 1500
内
G量程为100A，故通过R 的电流是电流表G量程的9倍；故当电键K与3接
1
通时通过电阻R 的电流是K与1接通时通过R 电流的111倍。
1 1四、计算题：本题共3小题，其中第13小题11分，第14小题14分，第15小题16分，
共41分。
1 3
13．【答案】（1） h （2）△U + p Sh
5 10 0
解析：（1）此过程气体是等压变化，由盖-吕萨克定律得
物理参考答案 第2页 共3页
V
T
1
1
=
V
T
2
2
即
h
T
S
1
=
( h + △
T
2
h ) S
（2分）
1
代入数据解得△h= h。（3分）
5
（2）初始时以活塞为研究对象，根据受力平衡可得 pS = p S+mg
1 0
解得常态27℃时缸内气体的压强为 p
1
= 1 .5 p
0
（2分）
气体等压膨胀对外做功，则外界对气体做功 W = −
3
2
p
0
S
h
5
代入解得： W = −
1
3
0
p
0
S h （2分）
由热力学第一定律得：△U =W +Q
代入可得： Q = △ U +
1
3
0
p
0
S h （2分）
14．【答案】（1）3m/s （2）0.7J （3）F=t-0.4（N）
解析：（1）金属棒ab下滑到最大速度时，受力平衡，有：
s i n m g = B I L （1分）
I =
R
E
+ r
（1分）
E = B L v
m
（1分）
解得： v
m
= 3 m / s （1分）
（2）金属棒从静止下滑至最大速度时， q =
I
t =
B
R
L
+
x
r
，解得：x=3m（2分）
1
由能量守恒：mgxsin= mv2 +Q得：
2 m
Q = 2 .1 J （2分）
金属棒产生的焦耳热： Q r =
R
r
+ r
Q = 0 .7 J（1分）
BLx
（3）根据：q= ，又：q=0.5t2可得：
R+r
x = 1 .5 t 2
说明金属棒做初速度为零的匀加速运动，由 x =
1
2
a t 2 解得加速度： a =
公众号：高考试卷君
3m/s2 （2分）
对金属棒受力分析，由牛顿第二定律：
F+mgsin−BIL=ma（2分）
可得：F=t-0.4（N）（1分）15．【答案】（1）2m/s 1m/s （2）3J （3）168J
1
解析：（1）对滑块a，由机械能守恒定律：m gR= m v2（1分）
a 2 a a
得：
物理参考答案 第3页 共3页
v
a
= 2 m / s （1分）
滑块b轻放于传送带右端，而传送带足够长，故： v
b
= v = 1 m / s （1分）
（2）相撞过程中当滑块a、b速度相同时弹簧弹性势能最大，取向右为正方向，由动量
守恒定律： m
a
v
a
− m
b
v
b
= ( m
a
+ m
b
) v
共
（2分）
解得： v
共
= 1 m / s （1分）
则弹性势能最大值： E
P m
=
1
2
m
a
v 2a +
1
2
m
b
v 2b −
1
2
( m
a
+ m
b
) v 2共 （2分）
解得： E
P m
= 3 J （1分）
（3）若传送带的速度 v =4m/s，则 v
b 1
= 4 m / s ， v
a 1
仍为2m/s（1分）
滑块b第一次通过传送带过程，设摩擦系数为，摩擦生热为 Q
1
由动能定理：
1
2
2 m
b
g x = m
b
v
匀加速到传送带速度的过程滑块b位移： x =
v
2
t
摩擦生热：
1
( )
1
2
2 Q = m
b
g v t − x = m
b
v
得： Q
1
= 8 J （1分）
滑块a、b相碰过程满足动量守恒和机械能守恒
m
a
v
a 1
− m
b
v
b 1
= m
a
v
a 2
+ m
b
v
b 2
（1分）
1
2
m
a
v 2a
1
+
1
2
m
b
v 2b
1
=
1
2
m
a
v 2a
2
+
1
2
m
b
v 2b
1
（1分）
解得： v
a 2
= − 2 m / s v
b 2
= 4 m / s （1分）
之后两滑块又以相同的速度返回，碰后速度又反向，不断重复。
每次碰后到下一次相碰过程中，滑块b与传送带摩擦生热
2 2
2
2
2
Q = m
b
g
v
v
g
+
v
g
+ m
b
g
v
v
g
−
v
g
= 2 m
b
v 2
=32J （1分）
故从释放b到两滑块即将发生第6次碰撞的过程中， Q = Q
1
+ 5 Q
2
= 1 6 8 J
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（1分）
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