重庆育才中学高2026届高考模拟考试（三）物理+答案

[山城学术圈]第1页·预祝考试顺利[山城学术圈]第2页·预祝考试顺利[山城学术圈]第3页·预祝考试顺利[山城学术圈]第4页·预祝考试顺利[山城学术圈]第5页·预祝考试顺利[山城学术圈]第6页·预祝考试顺利物理答案题号123456789答案DBBACCABCACAC1.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。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εr增大，根据电容器的决定式C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F1与F2垂直时F1最小。故选A。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。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，此时牵引力仍等于阻力，则有2P=fv1联立解得v1=2v0对时间t内的运动过程，根据动能定理有2Pt_fsmvmv联立解得s=2v0t故选C。7.A【山城学术圈—解析】A．据平抛运动规律，竖直方向有hgt2水平方向有d=v0t得，平抛运动的初速度为=d金属杆离开轨道前，根据动量定理BILΔt=mv0_0又因为q=IΔt电源消耗的能量为W电=qE联立解得：W电故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，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v0，因为离开轨道后做平抛运动，其水平速度v0保持不变，金属杆离开导轨后到落地前感应电动势为E=BLv0，所以感应电动势保持不变，故C错误；D．设金属杆落地时速度为v，根据动能定理mghmvmv根据动量定理I总=mv-0联立解得：I总=mghD错。8.BC【山城学术圈—解析】A．正弦式交流电的有效值Ux，图中电压的最大值Umax=400·2V，因此有效值Ux=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，代入解得fHz=50Hz，故B正确；C．理想变压器副线圈电压U2=10kV=104V，因此匝数比故C正确；D．理想变压器输入功率等于输出4W原线圈电流IA=200A，故D错误。故选BC。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rP<rQ，则卫星P的加速度大于卫星Q，故A正确；BCD．根据几何关系有rP=rQsinθ,由开普勒第三定律解得 t时间内卫星与地心连线扫过的面积Sr2解得故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hB=0.4m，波速=2m/s波从B传到O的时间tBs由题意:t=0.75s后O点振幅不再变化，说明此时A的波也传到了O点，且A的波后到达。故A波传到O的时间tA=0.75sAhAm。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)=hA_xtan45=1.6_x波速vghx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A1=5cm，波源B的振幅A2=4cm当波源A的振动形式传到O点时，O点以波源B的形式振动了Δt=tA_tB=0.25s所以质点O先运动了s1=4A2=16cmt=0.75s后，在O点发生干涉，由于两波源振动步调相反，故此时振幅A=A1_A2=1cm所以在t=0.75s和t=1.5s之间，质点O运动的周期个数4m，分AO段(0<x≤3m)，波速(vA=4m/s)和OB段(3m<x<4m)，波速(vB=2m/s)，干涉加强条件为相位差(Δφ=2kπ)（k为整数）在AO段:A波传播时间tAB波传播时间tB相位差得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I0通过线圈，根据安培定则，线圈在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增大，说明检测电流I0增大。 12.【答案】(1)Δt1(2)(Δt)2(3)C(4)0.48∽0.52【山城学术圈—解析】（1）该次遮光片通过光电门的速度v（2）根据牛顿第二定律有F_mg=m联立解得F=mg+m可知图像横坐标表示的物理量为（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则A组实验所用细绳的长度与B组实验所用细绳长度之比为0.50。13.【答案】(1)3(3)45。【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no2）o光在晶体中的传播速度为voo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to联立解得to（3）根据可得根据折射率可得ne联立解得e光的折射角为θe=45。滑到停止的全过程，由动能定理m1gH_μm1gL=0约去m1g得A下滑到O点碰撞前，由动能定理得碰撞前速度m1gHm1v解得vgH=3m/sA、B发生弹性碰撞，满足动量守恒和动能守恒m1v0vAvAv0=_2m/s,vBm/s速度大小为vA=2m/s,vB=1m/s负号表示方向向左。（3）B碰撞后向右匀减速运动，加速度大小a=μg=1m/s2停下的时间tBsB停下的位置距离O点xBm碰撞后A向左滑上斜面，斜面光滑，加速度大小a=gsinθ上滑时间t下滑回到O点时间也为t1，总斜面上运动时间t斜=2t斜面光滑，A回到O点时速度大小仍为vA=2m/s，方向向右。A向右运动到B停下位置xB=0.5m，由匀变速位移公式xB=vAt平at代入数据得t_4t平+1=0解得合理的时间=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总=t斜+t平≥tB代入得整理得sin即满足条件为sin15.【答案】(n为偶数时，n为奇数时，【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vm.对应圆周运动的最大半径为R.其中即vm最大动能为Ekmmv每旋转一圈加速两次，设旋转N圈NU0q则N因此在磁场中运动的时间为t=NT（2）第一次圆周运动的圆心坐标为x1