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（扫描版，含解析）

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
1. D t d t 25m。【 —解析】由 可得 ≥ 25s ，D 正确。
v 1m/s
2. C 3。【 —解析】由平衡条件可知 2T cos30 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】 23290 Th 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
错误；这种元素的核子数更少，结合能小于 232 Th ，C 错误；新元素更稳定，比结合能大于 23290 90 Th ，D 正确。
5. B。【 —解析】电场线始于正电荷、终于负电荷，由图知，电场线从 q1指向 q2 ，故 q2 是负电荷，
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， q1周围电
kq kq
场线密集，可知电荷量的绝对值 q1＞q2 ，则 A 点的电场强度大小 E 1 2A 2 2 ，D 点的电场强度大小L 4L
E kq kqD 22
1
2 ， EA ED＞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 AL 4L
点移动到 B点电场力做正功，电势能减少，D 错误。
6. A T 2π l T 2π l T 2π l sin 。【 —解析】由题知： 1 ， 2 ， 3 ，显然T＞Tg g sin g 2 1
＞T3 ，A 正确。
7. A 2 5。【 —解析】设流过 R2 的电流为 I ，则流过 R3 的电流为 I ，流过 R1 的电流为 I ，由3 6
5 IR1 2IR2 U
6U 5U 5U
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 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 I1＜I2，B 正确，A 错
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 2a 1 I L，r 1
Fb BI L k
I1
2 I2L，显然 Fa Fb ，C 错误，D 正确。r
3
9. BC R。【 —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 2 k（k为定值）T
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2 man m ，得 a
太
n 2 ， v
太 ，
R R R 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
R2 R2
，因此表
g行 M行R
2 k
面的重力加速度 地2 2 ，D 错误。g地 R行M地 n
B2l 210. AC F t v B
2l 3
。【 —解析】金属杆每次在空白区域运动时，由 安 t mvR R 0
m 2v0
B2l 3R A v 2v 3可得 ， 正确；设每次在阴影区域运动的时间为 t 0 00，由图 2 知平均速度 v1 v0 ，故mv0 2 2
t l 2l 30 ，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 v2＜ v0 ，两个区域的位移相同，
v1 3v0 2
Φ
因此每次在空白区域运动的时间 t1＞t0 ，B 错误；每次在阴影区域运动时，平均感应电动势 ，平均感 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
q Bl
2 mv B2l 2v 2v v mv 3mv2
0 ，C 正确；每次在阴影区域运动时，由 F ma m 0 0 ，可得 F 0 v 0 ，
R Bl R t0 l 2l
D 错误。
11．（6 分）
（1）“25 mA”电流挡（2 分） 欧姆挡“×1”挡（2 分）
（2）750（2 分）
【 —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 R5，接“6”时是“10mA”电流
10V 2.5V
表串联 R5和 R6，“5”量程较小，故“5”为“2.5V”电压挡，“6”为“10V”电压挡，R6 750Ω 。10mA
12．（10 分）
（1）1.520（2 分）
1 d 2 d 2
（2）物体 A、B 和细绳组成的系统（2 分） ( 2 2 )（3 分）2h t2 t1
（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 v1 、v ，t 21 t2
2 2
由 v2 22 v1 2ah
1 d d
得，加速度测量值 a ( )。
2h t22 t
2
1
（3）物体 A、B 和细绳组成的系统所受合力大小 F (m1 m2 )g 0.049N ，由牛顿第二定律 F ma ，带入第 1
1
次实验数据 18.18kg 1 a F可得，①对应的加速度理论值 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
由 sinC 1 （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）
3L D E°
（ 2 ） 由 几 何 关 系 可 得 ： DE AD tan 30 （ 1 分 ）， 30
6
60°
EF AE AD 3L （1 分）
cos30 F 3
BF BC 3L 2AD L， FH BF sin 60 （1 分） C
sin 30 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
2
由 v2 2 gx（2 分）可得，共速时物体到 A v端的距离： x 1.5m （2 分）
2 g
（2）物体从放上传送带到与传送带共速用时 t1，由 v gt1（1 分），解得： t1 1s （1 分）
该过程中，传送带克服物体的摩擦力做功：W f mgx带 mg vt1 （1 分）
解得：W f 45J （1 分）
因此，只传送一个物体时，传送带的电动机多消耗 45J 的能量
（3 L L x）从 A端运动到边界 C过程中，先匀加速运动 t1 1s ，再匀速运动 t AB BC2 0.37s （1 分）
v
因此，第 1 个物体从 A端运动到边界 C共用时： t t1 t2 1.37s （1 分）
第 2 个物体从 A端运动到边界 B用时 t3 ，则： L
1
AB gt
2
3 （1 分），解得： t2 3
0.8s（1 分）
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 t3 0.57s （1 分）
15．（18 分）
1 x 0 y 5 R 1
y
解：（ ） ＜ 区域，沿 轴方向： gt2 （1 分）
2 2
x 1
E1 B
沿 轴方向： 2R at2 （1 D分）， qE1 ma（1 分）2 v0 v 绝0
4mg 2R P
缘
圆
联立解得： E1 （1 分）5q r R 环
（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 v0 v0 x
沿 x轴方向，由 v2 2 qE 4 1 2R，解得：v 5gR A O 2R0 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
r R mv做匀速圆周运动的半径 0 （1 分）
qB
B 4m 5g解得： （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： min π （1 分）3
2π 2πt 2πm π 5R
因此圆环转动的最大周期：Tmax ，解得：T （1 分） min qB
max 2 g
（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）
2πR
在圆环内运动的时间： t1 T （1 分） y
v0 O3 第 2 次碰撞
两次通过 y轴的时间间隔： E1
v 60°
vD0 B
0 120° 绝
2R R cos30 2R R cos30 2R 30° P 缘
t t cos60 1 （1 分） 圆
v 120° 120°0 O 环1 O2
第 1 次碰撞
解得： t ( π 12 3 3 ) 5R （1 分）
2 8 g
A O x2R
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：T1 或T1 ，其中T 3k 3k 2 qB
2π g因此，圆环转动的角速度： 1 12k （其中 k＝1，2，3，…）（1 分）T1 5R
2π g
或： 1 4(3k 2) （其中 k＝1，2，3，…）（1 分）T1 5R
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： 2 12k （其中 k＝1，2，3，…）（1 分）5R
g
或： 2 4(3k 1) （其中 k＝1，2，3，…）（1 分）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
②若圆环逆时针转动，则需满足： ( k )T T ( 2 2T ，且 k )T
3 3 3 3
可得： n 3k 1 3k，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）
第 5 页 共 5 页