重庆育才中学高2026届高考模拟考试（三）物理答案_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年06月高三试卷_260603重庆育才中学高2026届高考模拟考试（三）（全科）

物理答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B B A C C A BC AC AC
1. D【山城学术圈—解析】核反应过程遵循质量数与核电荷数守恒，可知x、y粒子的质量数都为1，核电荷数为
1，x、y粒子均为质子，故选D。
2. B【山城学术圈—解析】AB．QR过程，温度不变，内能不变；体积增大，对外做功，故A错误，B正确；
CD．RS过程，绝热，也即和外界没有热传递，做功与内能变化大小相等；该过程体积变小，外界对气体
做功，气体内能变大，温度升高，故CD错误。故选B。
S
3. B【山城学术圈—解析】A．降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数增大，根据电容器的决定式C  r
r 4kd
可知电容器的电容增大，故A错误；BC．溶液不导电没有形成闭合回路，电容器两端的电压不变，根据QCU
结合A选项分析可知电容器所带的电荷量增大，故B正确，C错误；D．根据B选项分析可知电容器所带的电
荷量增大，则给电容器充电，结合题图可知电路中电流方向为N M ，故D错误。故选B。
4. A【山城学术圈—解析】分析演员的受力，演员受到自身重力，绳①和绳②的拉力；绳②的拉力方向不变，绳
①的拉力方向在变化，三个力使演员处于平衡状态，三个力构成矢量三角形，利用动态三角形进行求解，如图
所示由图可知，当F 与F 垂直时F 最小。故选A。
1 2 1
5. C【山城学术圈—解析】A．等势线越密，电场强度越大。由图可知，P点处的等势线比Q点处的等势线密集，
所以P点的电场强度比Q点的大，故A错误； B．电子做曲线运动，所受电场力指向
轨迹的凹侧，且电场力方向与等势线垂直。由图可知，电子在P点受到的电场力方向
大致向左。因为电子带负电，受力方向与电场强度方向相反，所以电场强度方向大致
向右。沿电场线方向电势降低，所以P点的电势高于Q点的电势，故B错误； C．电
子从P运动到Q的过程中，电场力方向大致向左，位移方向大致向右，电场力做负功。
根据动能定理，动能减小，所以电子在P点的动能大于在Q点的动能，故C正确； D．电子从P运动到Q的过
程中，电场力做负功，电势能增大，故D错误。故选C。
P
6. C【山城学术圈—解析】汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，则阻力 f  功率提升后再次匀速时，此时牵引
v
0
1 1
力仍等于阻力，则有2P fv 联立解得v 2v 对时间t内的运动过程，根据动能定理有2Pt fs mv2 mv2联
1 1 0 2 1 2 0
3mv3
立解得s2v t 0 故选C。
0 2P
1
7. A【山城学术圈—解析】A．据平抛运动规律，竖直方向有h gt2水平方向有d=v t得，平抛运动的初速度为
0
2
g
v d 金属杆离开轨道前，根据动量定理BILt mv 0 又因为qIt电源消耗的能量为W =qE联立解
0 2h 0 电
mdE g
得：W  ，故A正确；B．开关闭合后，由左手定则可知，金属杆受到向右的安培力做加速运动，
电
BL 2h
随着速度的增加，金属杆切割磁感线产生的感应电动势增大，因为感应电动势与原电动势方向相反，电路中的
电流减小，金属杆受到的安培力减小，根据牛顿第二定律，金属杆的加速度减小，金属杆做变加速直线运动，
故B错误；Ｃ．设金属杆离开轨道时的速度为v ，因为离开轨道后做平抛运动，其水平速度v 保持不变，金
0 0
属杆离开导轨后到落地前感应电动势为E=BLv ，所以感应电动势保持不变，故C错误；D．设金属杆落地时速
0
〔山城学术圈〕 第 1 页 共 4 页1 1 gd2
度为v，根据动能定理mgh mv2 mv2根据动量定理I =mv-0联立解得：I m 2gh ，D错。
2 2 0 总 总 2h
U
8. BC【山城学术圈—解析】A．正弦式交流电的有效值U  max ，图中电压的最大值U 400 2V，因此有效
2 max
U 1
值U  max 400V，故A错误；B．由图2可知，交流电的周期T 2102s，根据频率公式 f  ​ ，代入
2 T
1 n U
解得 f  Hz50Hz，故B正确；C．理想变压器的电压比等于匝数比 1  1 ，已知原线圈电压U 400V，
2102 n U 1
2 2
n U 400 1
副线圈电压U 10kV104V，因此匝数比 1  1   ，故C正确；D．理想变压器输入功率等于输出
2 n U 104 25
2 2
P 8104
功率P P 80kW8104W 原线圈电流I  1  A200A，故D错误。故选BC。
1 2 1 U 400
1
GMm GM
9. AC【山城学术圈—解析】A．根据牛顿第二定律及万有引力有 ma解得a ，由r r ，则卫星P
r2 r2 P Q
T2 r3
的加速度大于卫星Q，故A正确；BCD．根据几何关系有r r sin，由开普勒第三定律 Q  Q 解得
P Q T2 r3
P P
T 1 T t S T r2 1
Q  ，即 P  sin3 t时间内卫星与地心连线扫过的面积S  r2解得 Q  P  Q  ，故
T sin3 T T S T r2 sin
P Q P Q P
BD错误、C正确。故选AC。
10. AC【山城学术圈—解析】A．由图乙、丙可知，两列波的周期均为T 0.25s 。B处水深h 0.4m ，波速
B
OB
v  gh  2m/s波从B传到O的时间t  0.5s 由题意:t0.75s后O点振幅不再变化，说明此时A的波
B B B v
B
OA
也传到了O点，且A的波后到达。故A波传到O的时间t 0.75s A处波速v  4m/s由v  gh 得
A A t A A
A
v2
h  A 1.6m。故A正确；B．从C到A区域，水深h随距离变化。由几何关系hxh xtan45 1.6x 波
A g A
速v gh  1610x可见v与x不是线性关系，所以水波传到A点时的波速不是传到AC中点时波速的两倍。
故B错误；C．由图可得波源A的振幅A =5cm，波源B的振幅A =4cm当波源A的振动形式传到O点时，O
1 2
点以波源B的形式振动了tt t  0.25s所以质点O先运动了s 4A 16cmt=0.75s后，在O点发生干涉，
A B 1 2
由于两波源振动步调相反，故此时振幅A A A 1cm所以在t=0.75s和t=1.5s之间，质点O运动的周期个数
1 2
1.50.75
为 3则质点O运动了s 34A12cm解得总路程为ss s 28cm，故C正确；D．AB 连线长
2 1 2
T
4m，分 AO 段(0 x3m)，波速(v 4m/s)和 OB 段(3m x4m)，波速(v 2m/s)，干涉加强条件为相位
A B
x 1 3x 5x
差(2k)（k为整数）在AO段:A波传播时间t  B波传播时间t    相位差
A 4 B 2 4 4
t t 94x加强条件94x2k 其中x(0,3]解得k 1,0,1,2,3,4，共6个。同理在OB
B A
段（距O点x，3 x4）：相位差  t t  218x 加强条件218x2k 其中x3,4解
B A
得k 5,4,3,2，共4个。总共10个。故D错误。故选AC。
11. 【答案】(1)正 (2)d (3)变大【山城学术圈—解析】（1）图甲中检测电流I 通过线圈，根据安培定则，线圈在
0
铁芯中产生逆时针方向的磁场，霍尔元件是金属材料制成，处于向上的磁场中，正电荷受到垂直纸面向外的磁
〔山城学术圈〕 第 2 页 共 4 页场力而偏转到外侧面上，使得霍尔元件外侧面电势高，所以应该是N端与电压表的正接线柱相连。（2）当霍尔
U BI
元件内外侧面电压稳定时，内部电荷受力平衡，则有qvB q 因为I nqbdv联立解得U  因此要电压
b nqd
BI
表示数变大，可适当减小d宽度。（3）根据U  可知，工作电流I不变时，电压表示数U变大，可知B增
nqd
大，说明检测电流I 增大。
0
d 1
12. 【答案】(1) t (2) Δt2 (3)C (4)0.48∽0.52
1
d
【山城学术圈—解析】（1）该次遮光片通过光电门的速度v
t
1
v2 d2 1
（2）根据牛顿第二定律有Fmg m
L
联立解得F mgm
LΔt2
可知图像横坐标表示的物理量为
Δt2
。（3）
d2 md2
（4）根据F mgm 可知图像的斜率为k  ,增大悬挂点到球心的距离L，重复上述步骤，绘制得
LΔt2
L
13
k 13 2
到的图像为图乙中的C；图乙中A组实验与B组实验的斜率之比为 A   则A组实验所用细绳的长度与
k 13 1
B
26
B组实验所用细绳长度之比为0.50。
2d
13. 【答案】(1) 3 (2) (3)45
c
sin60
【山城学术圈—解析】（1）根据折射定律可得该晶体对o光的折射率为n   3（2）o光在晶体中的
o sin30
c d s 2d
传播速度为v  o光在晶体中的传播距离为s 则o光在晶体中的传播时间为t  联立解得t 
o n cos30 o v o c
o
c
n v n v v 6 sin
（3）根据 e  e 可得 e  o 又 o  根据折射率可得n  e 联立解得e光的折射角为 45
n c n v v 3 e sin30 e
o o e e
v
o
31
14. 【答案】(1)0.1 (2)v 2m/s v 1m/s (3)sin 【山城学术圈—解析】（1）对物块A单独下
A B
5
H 0.45m
滑到停止的全过程，由动能定理mgHmgL0约去mg得  0.1（2）A下滑到O点碰撞前，
1 1 1 L 4.5m
1
由动能定理得碰撞前速度mgH  mv2解得v  2gH 3m/sA、B发生弹性碰撞，满足动量守恒和动能守恒
1 2 1 0 0
1 1 1
mv mv m v mv2  mv2  m v2代入m 0.2kg,m 1.0kg,v 3m/s 解得
1 0 1 A 2 B 2 1 0 2 1 A 2 2 B 1 2 0
m m 2m
v  1 2v 2m/s, v  1 v 1m/s 速度大小为v 2m/s, v 1m/s 负号表示方向向左。
A m m 0 B m m 0 A B
1 2 1 2
v
（3）B碰撞后向右匀减速运动，加速度大小ag 1m/s2停下的时间t  B 1sB停下的位置距离O点
B a
v2 v
x  B 0.5m碰撞后A向左滑上斜面，斜面光滑，加速度大小a gsin上滑时间t  A 下滑回到O点时间也
B 2a 1 gsin
〔山城学术圈〕 第 3 页 共 4 页2v 0.4
为t ，总斜面上运动时间t 2t  A  斜面光滑，A回到O点时速度大小仍为v 2m/s，方向向右。A
1 斜 1 gsin sin A
1
向右运动到B停下位置x 0.5m，由匀变速位移公式x v t  at2 代入数据得t2 4t 10解得合理的时间
B B A 平 2 平 平 平
0.4
t 2 3s（舍去较大的根）要求第二次碰撞时B已停止，需满足总时间t t t t 代入得 (2 3)1
平 总 斜 平 B sin
0.4 31 31
整理得sin  即满足条件为sin
31 5 5
B R2 n 2U m 2 2U m
15. 【答案】(1) t  0 (2)n为偶数时 0  0 (1 2 3 4 n1 n)，n为奇数时，
2U B q B q
0
n 2U m 2 2U m 2n 2n
0  0 (1 2 3 4 n2 n1)(3) BB  B
B q B q 2n1 0 2n1 0
【山城学术圈—解析】（1）粒子经电场加速后，在磁场中运动的最大速度为v .对应圆周运动的最大半径为R.其中
m
mv
R m
B q
0
B qR 1 B2q2R2 B2q2R2
即v  0 最大动能为E  mv2  0 每旋转一圈加速两次，设旋转N圈 0 2NU q
m m km 2 m 2m 2m 0
B2qR2 B R2
则N  0 因此在磁场中运动的时间为t NT  0
4mU 0 2U
0 0
mv 1 2U q
（2）第一次圆周运动的圆心坐标为x  1其中qU  mv20 v  0 第二次圆周运动的圆心坐标为
1 Bq 0 2 1 1 m
mv 2mv 2mv  2mv 2mv
x  2  2  1 1  1(1 2)第三次圆周运动的圆心坐标为
2 Bq  Bq Bq  Bq Bq
mv 2mv 2mv  3mv 2mv
x  3  2  1 1  1(1 2)第n次圆周运动的圆心坐标为
3 Bq  Bq Bq  Bq Bq
n为偶数时
nmv 2mv n 2U m 2 2U m
x  1  1(1 2  3  4   n1  n) 0  0 (1 2 3 4 n1 n)
n Bq Bq B q B q
rmv 2m
n为奇数时x  1  1(1 2  3  4   n2  n1)
n Bq Bq
n 2U m 2 2U m
 0  0 (1 2 3 4 n2 n1)
B q B q
（3）若磁感应强度减小，则周期增加，设周期变为T T
0
T T T 2m 2n1 2n
为使连续加速n次，则 2 n 4 0 即T 2n 0 要求 Bq  2n T 0 有B 0 B  2n1 B 0 若磁场增大，则周期减
T T T 2m 2n1 2n
小，设周期变为T 0 T 为使连续加速n次，则 2 n 4 0 ;即T 2n 0 要求 Bq  2n T 0 则有B 0 B  2n1 B 0
2n 2n
因此有 BB  B
2n1 0 2n1 0
〔山城学术圈〕 第 4 页 共 4 页