重庆市2026年普通高等学校招生全国统一考试康德调研（四）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（四）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（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2d k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
Mm v2 4π2(Rh) GM GM GM
G ma m m(Rh)2 m 得 a  ， v ， ，
(Rh)2 n Rh T2 n (Rh)2 Rh (Rh)3
(Rh)3
T 2π ，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
GM
正确。
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3
4. A。【 —解析】0～0.3s内，该波沿x轴正方向传播，由t(n )T （其中n＝0，1，2，…）且
4
T＞0.3s，可知T 0.4s，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
n＝4
λ
h 1 n＝3
能级，A错误；由 p  可知，波长为 6 的光子动量最大， λ 3 λ 2
n＝2
B错误；大致画出这些氢原子能级跃迁的关系图，如答图1
λ 6 λ 5 λ
4
hc hc
所 示 ， 由  E E E E 2E E E ，
  2 3 2 4 2 3 4 n＝1
2 3 答图1
hc 1 1 1
E E ， 可 得   ， C 错 误 ； 由
 1 3   
5 5 2 3
hc hc hc 1 1 1
 E E E E E E ，及 E E ，可得   ，D正确。
  2 4 1 2 1 4  1 4   
3 4 6 6 3 4
v2 v2
6. B。【 —解析】小球在竖直圆轨道上运动，在最高点有Fmg m 1 ，在最低点有Fmg m 2 ，
1 R 2 R
1 1 F F
由牛顿第三定律可知FF ，FF ，又由机械能守恒可知mg2R mv2  mv2，联立解得m 2 1 ，
1 1 2 2 2 1 2 2 6g
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qE mg，且电场力竖直向上；
1 1
粒子从A点运动到C点过程中，由动能定理有W mgR mv2  mv2，可得W 0，取电场力与AC的
电 2 2 0 电
夹角为，则90，因此90(45)45，C正确。
第 1 页 共 4 页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
mv 2
R   R，作出粒子运动的轨迹图如答图2，由分析
0 qB 2
α
v
知，粒子在图中M 或M 处与筒壁发生一次碰撞后均可回 O 2 O 1
1 2
β
到M 点（M 1 可以直接回到M点，M 2 需在磁场再转一次后 M
再回到 M 点），由几何关系可知，图中75 ，且
R 0  R ，联立解得 45 ，30 ，因此，由 α M 2 M 1 α
sin sin 2
B
R
OM R 31 O r
1  得 r OM  R ， 由
sin15 sin135 1 1 2
OM R
2  得r OM (2 3)R，可知B、C正确。
sin15 sin105 2 2
11．（6分）
（1）各向异性（2分） 答图2
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（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，R 和R 的电阻变为R ＋ΔR，R 和R 的电阻变为R －ΔR，R 的电阻变大则A点电
1 3 0 2 4 0 3
势升高，R 电阻变小则B点电势降低，故φ ＞φ 。
4 A B
（ 3 ） A 、 B 两 点 的 电 势 差 F N /N
0.60
U U U R
U    0 (R R) 0 (R R) 0
AB A B 2R 0 2R 0 R 0.58
0 0 0
kR 0.56
，故F kR 0U ，A正确。
N U AB
0 0.54
12．（10分）
0.52
（1）AD（2分）
（2）如答图3（2分） 0.50
x2/m2
（3）线速度的平方（3分） 0.48
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6
（4）5.26（5.16～5.37均可）（3分）
答图3
v2
【 —解析】（3）要验证F m ，用控制变量
R
法，当m、R一定时，应验证F与v2成正比。
v2 1 mg
（4）由F mg m ，xvt ，h gt2，可得F mg x2，又结合图像可知，图线纵截距为0.50N，
N R 2 N 2hR
mg 0.5
斜率k 0.05，故R  m5.26m。
2hk 0.0520.95
13．（10分）
第 2 页 共 4 页解：（1）由牛顿第二定律有：mgtanmr2（2分）
由几何关系可得：r L sinL sin（2分）
1 2
gtan
解得： （1分）
L sinL sin
1 2
mg
（2）初态细线拉力：T  （1分）
1 cos
mg
末态细线拉力：T  （1分）
2 cos()
1 1
因此：T mg(  )（1分）
线 cos() cos
由牛顿第三定律可得：（1分）
1 1
单个水晶球对细线的拉力大小的增加量T mg(  )（1分）
cos() cos
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
1 1
由机械能守恒定律有： mv2 mg2L mv2（2分），解得：v4 5m/s（1分）
2 0 2
由分析知，小球在该位置时轻绳的拉力最大
v2
由牛顿第二定律有：T mg m （1分），解得：T 17N（1分）
max L max
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1
（2）小球做平抛运动时，水平方向有：xvt（1分），竖直方向有：2L gt2（1分）
2
解得：抛出点到第一次落地点的水平距离x4m（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
1 1
由机械能守恒有： mv2 mg(3L2Lsin30) mv2（2分），解得：v2 15m/s（1分）
2 0 2
①当轻绳在N点右上方时，重力的瞬时功率：P mgvcos1503 5W（1分）
G1
②当轻绳在N点左上方时，重力的瞬时功率：P mgvcos303 5W（1分）
G2
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
E BLv
稳定时，回路中电流：I   （1分）
2R 2R
此时，cd杆受到的安培力：F ILB（1分），且F Mg（1分）
安 安
4mgR
解得：v （1分）
B2L2
v B2L2v
（2）当cd杆的速度为 时，其所受安培力大小：F ILB mg（1分）
安
2 4R
F
此时ab杆的加速度大小：a  安  g （1分）
ab m
第 3 页 共 4 页MgF g
cd杆的加速度大小：a  安  （1分）
cd mM 3
由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）
ab cd
因此，释放瞬间ab杆的加速度最大，最大值为a g （1分）
ab
（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）
g
最终稳定时，对两杆和物体整体有：Mg (2mM)a （1分），解得：a  （1分）
共 共
2
BL(v v)
设此时ab杆和cd杆的速度分别为v 、v ，则：I 2 1 （1分）
1 2
2R
对ab杆有：ILBma （1分）
共
对两杆和物体整体，由动量定理有：Mgt mv(mM)v (mM)v（2分）
1 2
gt 9mgR
联立解得：v   （2分）
1 2 4B2L2
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