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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 2G ma m v m(R h) 2 m 4π
2 (R h) a GM GM GM2 n 2 得 n 2 ， v ， (R h) R h T (R h) R h (R h)3
，
T 2π (R h)
3
，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。
4. A。【 —解析】0～0.3s内，该波沿 x 3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
λ n＝4h 1 n＝3
能级，A错误；由 p 可知，波长为 6 的光子动量最大， λ3 λ2 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 λ6 λ5 λ
hc hc 4
所 示 ， 由 E2 E3 E 2
E4 2E2 E3 E4 ， n＝1
2 3
hc 答图 1
E1 E
1 1 1
3 ， 可 得 ， C 错 误 ； 由 5 5 2 3
hc hc hc 1 1 1
E2 E4 E1 E2 E1 E4 ，及 E 1
E4 ，可得 ，D正确。
3 4 6 6 3 4
v2 26. B v。【 —解析】小球在竖直圆轨道上运动，在最高点有 F1 mg m 1 ，在最低点有 F2 mg m 2 ，R R
1 1 F F
由牛顿第三定律可知 F1 F1，F2 F2，又由机械能守恒可知mg 2R mv
2
1 mv
2
2 ，联立解得m 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；
A 1 1粒子从 点运动到 C点过程中，由动能定理有W电 mgR mv
2 mv20 ，可得W电 0，取电场力与 AC的2 2
夹角为 ，则 90 ，因此 90 ( 45 ) 45 ，C正确。
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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
R mv 20 R，作出粒子运动的轨迹图如答图 2，由分析qB 2
v α
知，粒子在图中 M1或 M O2处与筒壁发生一次碰撞后均可回 2 O1
到M 点（M1可以直接回到 M点，M2需在磁场再转一次后 M β
再回到 M 点），由几何关系可知，图中 75 ，且
R0 R M1 ，联立解得 45 ， 30 ，因此，由 α M2 α
sin sin 2 B
R
OM1 R O
r
得 r OM 3 1 R ， 由
sin15 sin135 1 1 2
OM 2 R 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
（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，R1和 R3的电阻变为 R0＋ΔR，R2和 R4的电阻变为 R0－ΔR，R3的电阻变大则 A点电
势升高，R4电阻变小则 B点电势降低，故φA＞φB。
（ 3 ） A 、 B 两 点 的 电 势 差 FN/N
0.60
U UAB A 0B (R R)
U
0 (R R) U R 0
2R 0 2R 0 R 0.580 0 0
F kR，故 N k R 0 U
0.56
U AB
，A正确。
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） 0.480 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。
2
（4）由 FN mg m
v
， x vt， h 1 gt2，可得 FN mg
mg
x2 ，又结合图像可知，图线纵截距为 0.50N，
R 2 2hR
k 0.05 R mg 0.5斜率 ，故 m 5.26m。
2hk 0.05 2 0.95
13．（10分）
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解：（1）由牛顿第二定律有：mg tan mr 2（2分）
由几何关系可得： r L1 sin L2 sin （2分）
g tan
解得： （1分）
L1 sin L2 sin
（2 mg）初态细线拉力：T1 （1分）cos
mg
末态细线拉力：T2 （1分）cos( )
1 1
因此： T线 mg( )（1分）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： mv20 mg 2L mv
2（2分），解得： v 4 5m/s（1分）
2 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：Tmax mg m （1分），解得：Tmax 17N（1分）L
（2 1）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
由机械能守恒有： mv2 mg(3L 2Lsin30 ) 1 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： PG1 mgv cos150 3 5W（1分）
②当轻绳在 N点左上方时，重力的瞬时功率： PG2 mgv cos30 3 5W（1分）
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安 ILB（1分），且 F安 Mg（1分）
4mgR
解得： v 2 2 （1分）B L
2 v B
2L2v
（ ）当 cd杆的速度为 时，其所受安培力大小： F 安 I LB mg（1分）2 4R
F
此时 ab杆的加速度大小： a 安ab g （1分）m
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Mg F
cd a 安 g杆的加速度大小： cd （1分）m M 3
由 aab＞acd 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）
因此，释放瞬间 ab杆的加速度最大，最大值为 aab g （1分）
（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）
最终稳定时，对两杆和物体整体有：Mg (2m M )a共 （1分），解得： a
g
共 （1分）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 2 （1分）
2R
对 ab杆有： I LB ma共（1分）
对两杆和物体整体，由动量定理有：Mgt mv1 (m M )v2 (m M )v（2分）
gt 9mgR
联立解得： v1 2 2 （2分）2 4B L
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