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4.如图2所示，虚线为某匀强电场的等势面，电势分别为10V、20V和30V,实线是某
2026届云南三校高芳备芳实用性联芳卷（三）
带电粒子在电场中运动的轨迹。不计带电粒子的重力，则该粒子
/--10V
物理
.-20N
注意事项：
b
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答
------30V
图2
题卡上填写清楚。
A.带负电
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，
B.从a到b速度在减小，加速度在增大
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。
C.在a、b、c三点的电势能大小关系为ED.一定是从a点运动到b点，再运动到c点
一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项
5.如图3所示，一束细白光从半圆形玻璃砖顶点正对PQ边射入，从圆心O射出后投射
中，只有一项符合题目要求。
到左方足够大的竖直光屏上。现保持人射光不变，让玻璃砖绕圆心O顺时针缓慢转
1.下列叙述中符合物理学史实的是
动，当转过α角时，光屏上的光带恰好全部消失。由此可以判定
A.卢瑟福通过粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型
B.卡文迪许通过扭秤实验精确测定了万有引力常量和静电力常量
C.居里夫妇首先发现了天然放射现象，并提出原子核具有更细微的结构
D.赫兹不仅在理论上预言了电磁波的存在，更通过实验产生了电磁波
2.某款降噪耳机是通过发出降噪声波来抵消环境噪声，原理如
图3
降噪声波
图1所示。其中实线表示环境噪声，虚线表示降噪声波，下环境噪声
A.在转过α角之前，最先消失的是红光
列说法正确的是
B.在转过α角之前，最先消失的是紫光
A.图中P点为振动加强点
耳机
C.紫光的临界角是α
B.图中P点的位移始终为0
图1
C.降噪声波的传播速度要比噪声声波的传播速度快
D.红光的临界角是受
D.一个周期内，P点向右移动一个波长的距离
6.理论上，只要轨道高度适当，仅用三颗赤道上空的通信卫星就能恰好实现环赤道全球
3.某同学将一个潜艇模型放在一个深水槽中，让它从水下某位置开始上浮，发现潜艇模
不间断通信。已知地球的半径为R,自转周期为T,地球同步卫星的离地高度约为
型可以做匀变速运动。在进一步的实验中，他让潜艇模型的上浮速度为时开始做匀
6R,下列说法正确的是
减速运动并计时，经过时间，模型上浮到水面，速度恰好减为零。则该模型在。(。<)
A.三颗通信卫星的轨道高度可以不同，轨道离地高度最小的是R
时刻距离水面的深度为
B.三颗通信卫星的轨道高度必须相同，轨道离地高度都是2R
vlo
A.
B.vt2
21
2
C通信卫星在轨运动的周期为57
36
C.oto 2t
D.0(o)2
2t
D.通信卫星在轨运动的周期为2Y14
49
物理·第1页（共8页）
■■■口■ 口
物理·第2页（共8页）2026 届云南三校高考备考实用性联考卷（三）
物理评分细则
选择题：共 10 小题，共 46 分。在每小题给出的四个选项中，第 1~7 题只有一项符合题目要
求，每小题 4 分；第 8~10 题有多项符合题目要求，全部选对的给 6 分，选对但不全的给 3 分，
有选错的给 0 分。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A B D C B D C AC BD AD
【解析】
1．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，故 A 正确。卡文迪许只测定了
万有引力常量，故 B 错误。首先发现天然放射现象的是贝克勒尔，故 C 错误。麦克斯韦在
理论上预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故 D 错误。
2．两列振幅相同的声波在图中的 P 点振动方向相反，即 P 点是振动减弱点，故 A 错误，B 正
确。声波在同种介质中的传播速度都是相同的，故 C 错误。无论是横波还是纵波，P 点处
的质点只在平衡位置附近振动，并不随波移动，故 D 错误。
3．加速度 ，若将该模型视为从水面匀加速下降，所求深度 ，
故 D 正确。
4．根据电势“顺线降落”知，该电场的场强方向是竖直向上的，电荷在 b 点处的速度方向水
平，则加速度方向应该竖直向上，可知电荷带正电，故 A 错误。从 a 到 b 电场力对电荷做
负功，动能减少，速度减小；由于是在匀强电场中，电荷的加速度不变，故 B 错误。正电
荷在电势越高的地方电势能越大，可知 C 正确。电荷不一定是从 a 点经 b 点运动到 c 点，
故 D 错误。
5．当转过角α时，可以知道光线在 PQ 界面上的入射角为α，恰好没有任何光线从 PQ 边射出，
可知各种色光的最大临界角为α。因为紫光的折射率最大，红光折射率最小，根据 sin C=
可知，紫光的临界角最小，最先消失；红光临界角最大最后消失，所以红光的临界角为α，
故 B 正确。
6．能用三颗卫星实现环赤道全球通信的临界条件是地球作为三颗卫星所组成的正三角形的内
接圆（球）。此时卫星轨道半径为 2R，离地高度为 R，故 A、B 错误。对通信卫星和地球
物理评分细则·第 1页（共 6页）
同步卫星，据开普勒第三定律有 = ，可解得通信卫星周期 T′= ，
故 D 正确。
7． 若 小 球 恰 能 通 过 C 点 ， 有 mgsin30°=m ， 得 ， 从 A 到 C 有
，得 ；可见，若 ＞3 ，小球通过 C 点后
做类平抛运动，也有可能是从 DF 边离开斜面，故 A 错误。若 ＜3 ，小球到达 C 点
以前就离开轨道做类斜抛运动，也有可能是从 FG 边离开斜面，故 B 错误。小球通过 C 点
后做类平抛运动，若能通过 F 点，有 4R= gsin30°t2、 ，得 = ；由
，得 = ；可见，若 ＞ ，小球可能会
从 DE 边离开斜面，故 C 正确。若 ＜ ，小球一定会从 FG 边离开斜面，不可能
从 EF 边离开，故 D 错误。
8．对书本做受力分析，并作矢量三角形的外接圆知，
在 BC 部分缓慢逆时针转动过程中，F1 和 F2 的变化
如图乙所示，可知 A 正确，B 错误。阅读架对书本
的作用力是 F1 与 F2 的合力，该合力与书本重力平
衡，故 C 正确，D 错误。
9．金属棒 MN 所受安培力始终做负功，棒的机械能减小，最终会停在 OO′，故 A 错误。从释
放到第一次到达 位置过程中，根据右手定则，N 端电势较高，则 a、b 两端中 b 端电势
更高，故 B 正确。将金属棒 MN 所受安培力和重力沿轨道径向和切向正交分解可见，切线
方向的合力先与 同向，后与 反向，可知 C 错误，D 正确。
10．两球的速度达到稳定值时有 ， ＞ ，故 m1＞m2，故 A 正确。由 图
像可知，0～t0 时间内两球下落的高度 h1＞h2，故 B 错误。在极短时间Δt 内 f 可视为恒力，
，将ΔIf 在 0～t0 时间内累积有 If=kx，由图像可知，0～t0 时间内乙的位
移较小，则“空气阻力”的冲量应较小，故 C 错误。由 图像面积差的变化可知，0～
t0 时间内两球间距增大，且相同时间内面积差越来越大，故 D 正确。
物理评分细则·第 2页（共 6页）
非选择题：共 5 小题，共 54 分。
11．（每空 2 分，共 8 分）
（1）9.8
（2）大于
（3）A
（4）1.04
【解析】（1）由 y= 4.9t2＋2.6t 对比位移时间关系可知 a=9.8m/s2， =2.6m/s，由 x=t 知
=1m/s。
（2）抛射角的正切值 tanθ= =2.6＞tan53°，故θ＞53°。
（3）从乙图的 图可知，小球的水平速度 ，则小球水平移动 0.6m 所用时间
为0.6s；在0～0.6s内有18个“静止画面”（刨除t=0时的点），则所求帧率f= s 1=30Hz。
（ 4） 小 球 回 到 与 O 点 等 高 的 位 置 ， 竖 直 分 速 度 与 等 大 反 向 ， 据 动 量 定 理 有
。或者由 y= 4.9t2＋2.6t 得，y=0 时 t= s，IG=mgt=1.04N·
s。
12．（每空 2 分，共 8 分）
（1）a
（2）电压表内阻的分流作用 偏小
（4）如图所示
【解析】（1）为保证开关闭合瞬间电路中的电流较小，应将变阻器
滑片调到 a 端。
（2）S2 接甲图中的位置 1 时，电流从电源出来后在电压表支路分流，使得电流表测量示
数比干路电流偏小；从等效电源的角度来看，电压表可以视为电源内电路的一部分，故
测量值指的是电池和电压表这个并联整体的电动势和内阻。即 r 测= ，故 r 测＜r 真。
（4）S2 接甲图中的位置 1 时，当外电路断开时，由于 RV 的存在，伏特表的示数应是路端
电压，故 E 测＜E 真；当电路短路时，电压表支路的电流 IV=0，则电流表示数 IA=I 短，即
短路电流的测量值等于真实值。S2 接甲图中的位置 2 时，电流表内阻分的是路端电压，
电动势并未受影响，故 E 测=E 真；从等效电源的角度来看，电流表可以视为电源内电路的
一部分，故测量值指的是电池和电流表这个串联整体的电动势和内阻。由于 r 测=r 真＋RA，
物理评分细则·第 3页（共 6页）
故 r 测＞r 真；当外电路断开时，RA 不再分压，故 E 测=E 真。综上，E 真=UA，r 真= 。
13．（10 分）
解：（1）设位移方向角为α，据题意有 tanα= = ①
设θ为速度方向角，则有 tanθ=2tanα=1 ②
故电荷进入磁场时的速度 ③
电荷在磁场中的轨迹如图，由 ④
得 R= ⑤
则电荷第一次穿过 y 轴的位置到 O 点的距离 ⑥
（2）电荷在电场中作类平抛运动，有
qE=ma ⑦
在电场中的运动时间 t1= = ⑧
电荷在磁场中的运动时间 t2= ⑨
所求时间 ⑩
评分标准：本题共 10 分。正确得出①~⑩式各给 1 分。
14．（12 分）
解：（1）货物在与传送带甲共速前，有
mgsin37°＋μmgcos37°=ma1 ①
得 a
1=10m/s2
达到共速所用时间 t1= =0.2s ②
通过的位移 x1= =0.2m ③
则从共速点到 B 点的距离 x2=L x1=1.0m
共速后，注意到μ＜tan37°，有 mgsin37° μmgcos37°=ma2 ④
得 a2=2m/s
2
物理评分细则·第 4页（共 6页）
设货物滑行到 B 点所需时间为 t2，有 x2= ＋ ⑤
解得 t2=( 1)s=0.4s ⑥
货物滑行到 B 点的速度 ⑦
（2）滑上水平传送带后有μmg=ma 3 ⑧
得 a3=5m/s2
设货物减速到与传送带共速所通过的距离 x3= =0.4m ⑨
所用时间 t3= = ( 1)s=0.16s ⑩
最后货物被匀速传送到 C 点所用时间 t4= =0.4s
所求时间 t=t1＋t2＋t3＋t4=1.16s
评分标准：本题共 12 分。正确得出①~ 式各给 1 分。
15．（16 分）
解：（1）从 B 到 C 有，对物块有
①
得
在 C 点对物块有 N′ mg=m ②
联立解得 N′=14.5N ③
据牛顿第三定律知，所求压力 N=N′=14.5N，方向竖直向下 ④
（2）m 在 M 上滑行时 对物块有μmg=ma 物 ⑤
得 a 物=3m/s2
m 滑至 M 左端时两者共速，设该过程所用时间为 t，有
a 物 t=a 板 1t ⑥
⑦
联立解得 t=1s，a 板 1=2m/s 2，
物块滑至木板左端时， ⑧
（3）该过程对木板有 μmg μ′(m＋M)g=Ma 板 1 ⑨
物理评分细则·第 5页（共 6页）
得μ′= ⑩
在时间 t 内，木板滑行距离 x 板 1= a 板 1t2=1m
共速后，木板减速滑行至静止，有μ′(m＋M)g=(m＋M)a
板 2
得 a 板 2= m/s2
则 x 板 2= =1.5m
木板滑行距离 x 板=x 板 1＋x 板 2=2.5m
或者：对物块和木板组成的系统，其动能的减少量全部转化为木板上下表面的摩擦生热，
有
（3 分）
解得 x=2.5m （1 分）
评分标准：本题共 16 分。正确得出⑦、⑨式各给 2 分，其余各式各给 1 分。
物理评分细则·第 6页（共 6页）■■■■
2026届云南三校高考备考实用性联考卷（三）
物理评分细则
选择题：共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要
求，每小题4分；第810题有多项符合题目要求，全部选对的给6分，选对但不全的给3分，
有选错的给0分。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
D
AC
BD
AD
【解析】
1.卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，故A正确。卡文迪许只测定了
万有引力常量，故B错误。首先发现天然放射现象的是贝克勒尔，故C错误。麦克斯韦在
理论上预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故D错误。
2.两列振幅相同的声波在图中的P点振动方向相反，即P点是振动减弱点，故A错误，B正
确。声波在同种介质中的传播速度都是相同的，故C错误。无论是横波还是纵波，P点处
的质点只在平衡位置附近振动，并不随波移动，故D错误。
速度a ,若将该模型视为从水面匀加速下降，所求深度力(-t=”
2t
故D正确。
4.根据电势“顺线降落”知，该电场的场强方向是竖直向上的，电荷在b点处的速度方向水
平，则加速度方向应该竖直向上，可知电荷带正电，故A错误。从α到b电场力对电荷做
负功，动能减少，速度减小：由于是在匀强电场中，电荷的加速度不变，故B错误。正电
荷在电势越高的地方电势能越大，可知C正确。电荷不一定是从α点经b点运动到c点，
故D错误。
5.当转过角a时，可以知道光线在PQ界面上的入射角为a,恰好没有任何光线从PQ边射出，
可知各种色光的最大临界角为a。因为紫光的折射率最大，红光折射率最小，根据s血Cc-】
可知，紫光的临界角最小，最先消失；红光临界角最大最后消失，所以红光的临界角为α，
故B正确。
6.能用三颗卫星实现环赤道全球通信的临界条件是地球作为三颗卫星所组成的正三角形的内
接圆（球）。此时卫星轨道半径为2R,离地高度为R,故A、B错误。对通信卫星和地球
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同步卫星，据开普勒第三定律有=，
可解得通信卫星周期T=
(2R)3
T=2w14
,
V(7R3
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故D正确。
7,若小球恰能通过C点，有gsin30°=
，得=2
从A到C有
R
-mgsin30°.4R=二/
；可见，若>3，
gR
小球通过C点后
做类平抛运动，也有可能是从DF边离开斜面，故A错误。若，<3
gR
V2
,小球到达C点
以前就离开轨道做类斜抛运动，也有可能是从FG边离开斜面，故B错误。小球通过C点
后做类平抛运动，若能通过F点，有4状0n30、3跟=01，得。=子飘：由
-mg sin30°，4R=1
2m时，得，=V73gR
2mw、
:可见，若0，>73g8
4
小球可能会
4
从DB边离开斜面，故C正确。若。<38R
,小球一定会从FG边离开斜面，不可能
4
从EF边离开，故D错误。
8.对书本做受力分析，并作矢量三角形的外接圆知，
在BC部分缓慢逆时针转动过程中，F,和F,的变化
如图乙所示，可知A正确，B错误。阅读架对书本
的作用力是F,与F2的合力，该合力与书本重力平
底座
衡，故C正确，D错误。
甲
9.金属棒N所受安培力始终做负功，棒的机械能减小，最终会停在OO,故A错误。从释
放到第一次到达OO位置过程中，根据右手定则，N端电势较高，则α、b两端中b端电势
更高，故B正确。将金属棒N所受安培力和重力沿轨道径向和切向正交分解可见，切线
方向的合力先与)同向，后与)反向，可知C错误，D正确。
10.两球的速度达到稳定值时有g-k'2=0,2,>v2,故1>心2，故A正确。由0-t图
像可知，0~t。时间内两球下落的高度，>h,故B错误。在极短时间△1内∫可视为恒力，
△I;=k△t=kAx,将△W在0~t。时间内累积有I=,由图像可知，0一t,时间内乙的位
移较小，则“空气阻力”的冲量应较小，故C错误。由)-t图像面积差的变化可知，0~
t。时间内两球间距增大，且相同时间内面积差越来越大，故D正确。
物理评分细则·第2页（共6页)

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