重庆市2026年普通高等学校招生全国统一考试康德调研（三）物理+答案_副本_12.2026年4月全国各地高考模拟卷_2026届重庆市康德高三模拟调研卷（三）全科

公众号：高考试卷君公众号：高考试卷君公众号：高考试卷君公众号：高考试卷君重庆市 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
d 25m
1. D。【 —解析】由t 可得t≥ 25s，D正确。
v 1m/s
3
2. C。【 —解析】由平衡条件可知2Tcos30mg ，解得T  mg，C正确。
3
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】232Th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
90
错误；这种元素的核子数更少，结合能小于232Th，C错误；新元素更稳定，比结合能大于232Th，D正确。
90 90
5. B。【 —解析】电场线始于正电荷、终于负电荷，由图知，电场线从q 指向q ，故q 是负电荷，
1 2 2
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，q 周围电
1
kq kq
场线密集，可知电荷量的绝对值q＞q ，则 A 点的电场强度大小E  1  2 ，D 点的电场强度大小
1 2 A L2 4L2
kq kq
E  2  1 ，E E ＞0，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
D L2 4L2 A D
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点移动到B点电场力做正功，电势能减少，D错误。
l l lsin
6. A。【 —解析】由题知：T 2π ，T 2π ，T 2π ，显然T＞T＞T ，A正确。
1 g 2 gsin 3 g 2 1 3
2 5
7. A。【 —解析】设流过 R 的电流为 I ，则流过R 的电流为 I ，流过R 的电流为 I ，由
2 3 3 1 6
5 6U 5U 5U
IR 2IR U 可得I  ，D错误；流过R 的电流为 ，A正确；R 两端的电压为 ，B错误；R
6 1 2 29R 1 29R 1 29 3
12U
两端的电压为 ，C错误。
29
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I ＜I ，B正确，A错
1 2
I
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：F BI Lk 2 I L，
a 1 r 1
I
F BI Lk 1 I L，显然 F F ，C错误，D正确。
b 2 r 2 a b
R3
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（k为定值）
T2
GM m v2 GM GM
可知，其公转周期大于地球的公转周期，B正确；由 太 ma m ，得a  太 ，v 太 ，
R2 n R n R2 R
第 1 页 共 5 页GMm GM
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 可得g ，因此表
R2 R2
g M R2 k
面的重力加速度 行  行 地  ，D错误。
g R2M n2
地 行 地
B2l2v B2l3
10. AC。【 —解析】金属杆每次在空白区域运动时，由 F t t mv m2v
安 R R 0 0
B2l3 v 2v 3
可得R ，A 正确；设每次在阴影区域运动的时间为 t ，由图 2 知平均速度v 0 0  v，故
mv 0 1 2 2 0
0
l 2l 3
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v＜ v，两个区域的位移相同，
0 v 3v 2 2 0
1 0
Φ
因此每次在空白区域运动的时间t＞t ，B错误；每次在阴影区域运动时，平均感应电动势 ，平均感
1 0 t
 Φ
应电流 I  ，电荷量 qIt ，因此每次在阴影区域运动过程中，流过定值电阻的电荷量
R R
Bl2 mv B2l2v 2v v mv 3mv2
q  0 ，C正确；每次在阴影区域运动时，由F  mam 0 0 ，可得F  0v 0 ，
R Bl R t l 2l
0
D错误。
11．（6分）
（1）“25mA”电流挡（2分） 欧姆挡“×1”挡（2分）
（2）750（2分）
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【 —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R ，接“6”时是“10mA”电流
5
10V2.5V
表串联R 和R ，“5”量程较小，故“5”为“2.5V”电压挡，“6”为“10V”电压挡，R  750Ω。
5 6 6 10mA
12．（10分）
（1）1.520（2分）
1 d2 d2
（2）物体A、B和细绳组成的系统（2分） (  )（3分）
2h t2 t2
2 1
（3）0.89（3分）
【 —解析】（1）遮光条的宽度d 1.5cm0.05mm41.520cm。
d 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v 、v  ，
1 t 2 t
1 2
1 d2 d2
由v2 v2 2ah得，加速度测量值a (  )。
2 1 2h t2 t2
2 1
（3）物体A、B和细绳组成的系统所受合力大小F (m m )g0.049N，由牛顿第二定律F ma，带入第1
1 2
1 F
次实验数据 18.18kg1可得，①对应的加速度理论值a 0.89m/s2。
m m
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
第 2 页 共 5 页1
由sinC （1分），解得：C30（1分）
n
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
A
入射角分别为30和60，均会发生全反射（1分）
30°
最终，该单色光从BC边上的H点垂直BC出射（1分）
E
（ 2 ） 由 几 何 关 系 可 得 ： DE  ADtan30 3L （ 1 分 ）， D 30°
6
60°
AD 3L
EF  AE   （1分） F
cos30 3
BC 3L
BF  2ADL，FH BFsin60 （1分） C
sin30 2
60°
因此，该单色光在三棱柱中传播的总路程：sDEEF FH  3L B H
（1分）
答图1
c c
在三棱柱中传播的速度：v  （1分）
n 2
s 2 3L
因此，在三棱柱中传播的时间：t  （1分）
v c
14．（13分）
解：（1）共速前，物体在传送带上做匀加速直线运动
v2
由v2 2gx（2分）可得，共速时物体到A端的距离：x 1.5m（2分）
公众号：高考试2卷 g 君
（2）物体从放上传送带到与传送带共速用时t ，由vgt （1分），解得：t 1s（1分）
1 1 1
该过程中，传送带克服物体的摩擦力做功：W mgx mgvt （1分）
f 带 1
解得：W 45J（1分）
f
因此，只传送一个物体时，传送带的电动机多消耗45J的能量
L L x
（3）从A端运动到边界C过程中，先匀加速运动t 1s，再匀速运动t  AB BC 0.37s（1分）
1 2 v
因此，第1个物体从A端运动到边界C共用时：tt t 1.37s（1分）
1 2
1
第2个物体从A端运动到边界B用时t ，则：L  gt2（1分），解得：t 0.8s（1分）
3 AB 2 3 3
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：ttt 0.57s（1分）
3
15．（18分）
5 1 y
解：（1）x＜0区域，沿y轴方向： R gt2（1分）
2 2
E
1 1 D B
沿x轴方向：2R at2（1分），qE ma（1分） 绝
2 1 v0 v0 缘
4mg 2R P 圆
联立解得：E  （1分） 环
1 5q  r R
（2）小球的运动轨迹如答图2所示，设小球第一次经过y
D
轴时的速度大小为v
0
v0
x
qE 4
沿x轴方向，由v2 2 1 2R，解得：v  5gR A O 2R
0 m 0 5
第 3 页 共 5 页
答图2（1分）
进入圆环后，由几何关系易得：小球在磁场中
mv
做匀速圆周运动的半径rR 0 （1分）
qB
4m 5g
解得：B （1分）
5q R
1 2πm
小球在圆环内运动的时间t T  （1分）
3 3qB
当圆环逆时针旋转时，转过的圆心角最小
2
为：  π（1分）
min 3
2π 2πt 2πm π 5R
因此圆环转动的最大周期：T    ，解得：T  （1分）
max   qB max 2 g
min
（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：t T  2πR （1分） y
1 v
0 O
3
第2次碰撞
两次通过y轴的时间间隔： E 1 60° vD0 B
tt  2RRcos30公 2R c 众 o R s6 co 0 s 号  30 （ ： 1分 高 ） 考试卷君2R v0 30° 120 P ° 绝 缘 圆
1 v 120° 120° 环
0 O 1 O 2
π 123 3 5R 第1次碰撞
解得：t(  ) （1分）
2 8 g
x
A O 2R
方法一：
①若圆环顺时针转动，可能转动的圈数为：3k或 答图3
3k2（其中k＝1，2，3，…）
T T 2πm
对应圆环转动的周期：T  或T ，其中T 
1 3k 1 3k2 qB
2π g
因此，圆环转动的角速度： 12k （其中k＝1，2，3，…）（1分）
1 T 5R
1
2π g
或： 4(3k2) （其中k＝1，2，3，…）（1分）
1 T 5R
1
②若圆环逆时针转动，可能转动的圈数为：3k或3k1（其中k＝1，2，3，…）
g
同理可得，圆环的角速度： 12k （其中k＝1，2，3，…）（1分）
2 5R
g
或： 4(3k1) （其中k＝1，2，3，…）（1分）
2 5R
方法二：
第 4 页 共 5 页T 2πm
设圆环转动的周期为T，则必有：T  （其中n＝1，2，3，…）
n nqB
2 T 4 2T
①若圆环顺时针转动，则需满足：( k)T ，且( k)T
3 3 3 3
3k
可得：n3k2，且n 2（其中k＝0，1，2，…）
2
2π g
因此，圆环转动的角速度： 4n （其中n3k2，k＝0，1，2，…）（2分）
T 5R
1 T 2 2T
②若圆环逆时针转动，则需满足：( k)T ，且( k)T
3 3 3 3
3k
可得：n3k1，且n 1（其中k＝0，1，2，…）
2
2π g
因此，圆环转动的角速度： 4n （其中n3k1，k＝0，1，2，…）（2分）
T 5R
（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）
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