贵州省六校2026届高三下4月高考实用性联考(三)物理试卷

这是一份贵州省六校2026届高三下4月高考实用性联考(三)物理试卷，共3页。

物理参考答案
选择题：共 10 小题，共 43 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，每小题 5 分，全部选对的给 5 分，选对
但不全的给 3 分，有选错的给 0 分。
【解析】
研究冲线动作，需要关注身体姿态与细节，不能看成质点，故 A 错误。2 小时 10 分 21 秒是从起跑至冲线的一段时间，属于时间间隔，故 B 正确。42.195 公里是运动员跑过的路径长度（路程），不是位移，故 C 错误。5.40m/s 是平均速率，故 D 错误。
光从空气斜射入水时会发生折射，但垂直入射时传播方向不变，故 A 错误。激光具有高相干性，是理想的相干光源，双缝干涉实验可获得稳定、清晰的干涉条纹，故 B 正确。任何波长的光通过单缝都会发生衍射，激光也不例外，只是当缝宽远大于波长时衍射不明显，故 C 错误。激光是电磁波，属于横波，横波具有偏振特性，故 D 错误。
粒子沿 x 轴正方向运动，若粒子带正电，电场力做正功，粒子加速；若粒子带负电，电场力做负功，粒子减速。题目仅说明粒子沿 x 轴正方向运动，无法确定电性，故 A 错误。  x
图像是一条倾斜直线，说明电场是匀强电场，A、B 两点电场强度方向相同，故 B 错误。匀强电场中各点电场强度大小相等，故 x  2cm 处电场强度大小为 1000V/m，故 C 正确。从 A 到 B，电势降低。若粒子带正电，电势能减小；若粒子带负电，电势能增大。无法确定电势能变化趋势，故 D 错误。
由公式c   f 可知 A 正确。滑动变阻器滑片移动到最左端时，仍发生光电效应，电流表的示数不为零，故 B 错误。由W0  h  Uc e 可知 C 错误。若人体温度升高，光电流会增加，故 D 错误。
小球由 A 到 B 缓慢移动，受力平衡，设小球所在处切线与水平面的夹角为 ，则碗对小球
的支持力 N1  mg cs ，  角逐渐增大且不超过 90°，碗对小球的支持力逐渐减小，则小
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
C
A
D
D
D
AD
BC
BD
球对碗的压力逐渐减小，故 A 错误。重力沿碗内侧切线的分力与 F 相等， F  mg sin  ，
 角逐渐增大且不超过 90°，则推力 F 逐渐增大，故 B 错误。对碗和小球整体受力分析，受推力 F 、重力、 水平桌面的支持力 N 和挡板对碗的压力 F压 ，水平方向有
F  F cs  mg sin cs  1 mg sin 2 ，竖直方向有 N  F sin   (M  m)g ，又 角逐
压2
渐增大且不超过 90°， F 逐渐增大，则碗对水平桌面的压力逐渐减小，挡板对碗的压力先增大后减小，故 C 错误，D 正确。
由于电流表测的是有效值，则电流表的读数 I  2A ，故 A 错误。由通过电阻 R2 中电流 i的表达式可知，交流电的周期为 0.02s，则该交流电电流方向每秒改变 100 次，故B 错误。由等效电阻法可知，当只向上移动滑片 P， R3 变大，等效电阻变大，原线圈分得的电压变大，副线圈的电压也就跟着变大，则电流表的示数将变大，故 C 错误。同理可得，当只向下移动滑片 P， R3 变小，等效电阻变小，原线圈分得的电压变小，电压表的示数就变大，故 D 正确。
选手摆动时做竖直面内的圆周运动，由动能定理可知 mgl(1  cs )  1 mv2 ，代入数据解得
2
2
v  8m/s ，在最低点，由牛顿第二定律可知T  mg  m v
l
， 代入数据解得T  1200N ，故
A 错误。选手与滑板共速的速度为 v0 ，选手落在滑板上时，由动量守恒可知 mv  (m  M )v0 ，
选手跳离滑板时，由动量守恒可知 1 (m  M )v  mv  M v ，联立两式可得 M  20kg ，
2012
2
v  6m/s ，故 B、C 错误。由动能定理可知 fx  1 (m  M )  1 v   1 (m  M )v2 ，代入数
02 2 0 20

据解得 f  360N ，故 D 正确。
完成一次循环，回到初始状态，理想气体温度不变，而一定质量的理想气体的内能仅由温度决定，所以气体的内能不变，故 A 正确。从 p  V 图像来说，图像与坐标轴所围图形的面积表示气体做功情况，其中从 A  B  C 的过程气体的体积增大是气体对外界做功的过程，从C  D  A 的过程气体的体积减小，是外界对气体做功的过程，且从C  D  A 的
过程图像与坐标轴所围的面积小于从 A  B  C 的过程图像与坐标轴所围的面积，即气体
对外做的功大于外界对气体做的功，则整个过程中表现为气体对外界做正功；根据热力学第一定律，可知因W＜0 则Q＞0 ，所以气体从外界吸收热量；故 B、C 错误，D 正确。
对 a 分析：平抛运动的时间由竖直高度决定，即ta
 2s ；对 b 分析：由 tan 37 vy
2H
g
v0
5
得 vy  15m/s ，则tb  1.5s ，所以ta : tb  4 : 3 ，故 A 错误。由 xb  v2tb  30m ，故 B 正确。
v  v
22
0y
由 v 
可知 a 与 b 的落地速度 va
 10 5m/s ， vb
 25m/s ，所以
va  2
vb
: 5 ，
故 C 正确。两弹同时从同一高度水平抛出，在任意时刻（均未落地前），竖直位移相同，因此它们之间的距离仅由水平位移差决定。即x  (v2  v1)t  10t ，可见距离随时间均匀增大，故 D 错误。
金属杆到达底端时的速度： mgL sin  1 mv2 ， E  Bdv ， I  E ， F  BId ，得
2R
B2 d 2
gL
R
F ，故 A 错误。当电容的电压与金属杆的电动势相等时，金属杆达到最大速
度，由C  Q 及动量定理得 v 
U
m gL m  B2d 2C
，电容器最终储存的电荷量Q  mBdC gL ，
m  B2d 2C
故 B 正确，C 错误。由 q  It ，I  E ，E  n  ，  Bd x ，则位移x 
mRC gL ，
Rt
故 D 正确。
非选择题：共 5 小题，共 57 分。
11.（每空 2 分，共 6 分）
（1）4.700
 R  d  π2
m  B2d 2C
2 
（2） 
0
4t 2
（3）偏大
2
g
R  d
【解析】（2）由图丙可得小球摆动的周期为T  4t0 ，再根据T  2π
，解得
 R  d  π2
2 
g  。
0
4t 2
Rπ2
（3）若将光滑圆弧球面半径 R 当作小球等效单摆长度，则测量的重力加速度 g ，即
0
4t 2
测得的 g 比真实重力加速度偏大。
12.（除特殊标注外，每空 2 分，共 9 分）
（1）×100（1 分）2400 （1 分）
（2）左（1 分）
（3）M6.3
（4）2500
【解析】（1）偏转角过小，读数不准确，应调大倍率，故选“×100”，读数为 24×100=2400。
分压式，要求电压从 0 开始，故滑动变阻器的滑片应置于最左端。
由电流“红进黑出”，多用电表红表笔接 M 点，量程为直流电压“10”挡，读中间最下面一排数据，每小格为0.2，则为6  1.5  0.2  6.3V 。
V
由串联电路规律有 6.3  1.5  1.5 ，得 R  2500 。
R0RV
13.（10 分）
解：（1）由图可知周期T  2s 、振幅 A  3cm①
则波源的振动方程为 y  3sin(πt)cm②
因为 40s 为 20 个完整的周期③
则波源在 40s 内运动的路程
s  20  4 A  2.4m④
（2）由题意可得x  1  或x   或x  3 ⑤
22
则波长  60m 或  30m 或  20m⑥
由 v= ⑦
T
解得 v  30m/s 或 v  15m/s 或 v  10m/s⑧
评分标准：本题共 10 分。正确得出⑤式给 3 分，其余各式各给 1 分。
14.（14 分）
解：（1）撤去外力时 A、B 加速度为零，设此时弹簧形变量为 x
则 kx  F①
解得 x  0.1m②
经分析，A、B 在弹簧恢复原长时分离，由动能定理有 Fx  1  2mv2③
21
解得 v1  1m/s④
此后对 A 由能量守恒有 1 mv2  1 kA2⑤
解得 A  0.1m
212
⑥
设 B 落到圆弧轨道时速度为 v2 ，到达圆弧轨道最底端时速度为 v3 ，由题意有
v2 cs 60 v1⑦
mg(R  R cs 60)  1 mv2  1 mv2⑧
解得 v3  3m/s
2322
⑨
对 B、C 系统由动量守恒定律有 mv   m  1 m  v⑩
32 4

对 B、C 系统由能量守恒定律有 mgL  1 mv2  1  m  1 m  v2
232 2 4

解得 L  0.75m
评分标准：本题共 14 分。正确得出①、③式各给 2 分，其余各式各给 1 分。
15.（18 分）
解：（1）粒子从 A→B 做匀加速直线运动
qE  ma①
v0  at②
解得t  v0 m③
qE
粒子从 B 进入Ⅱ区后水平方向上
kvx
 2qE • v v0
sin 30  qE④
0
故水平方向做匀速直线运动，达 C 点时水平方向速度
vCx
 v0
sin 30  v0
2
粒子从 B 进入Ⅱ区，从 B 到 C 竖直方向由动量定理有
−Σ kvyt  mvcy  mv0 cs 30⑤
Σ kvyt  kh⑥
代入解得 vCy
 v0
2
v  v
22
cxcy
2
v v ，与 x 正方向成 45 度⑦
C20
粒子从 C 进入Ⅲ区后可分解为竖直向下的匀速直线运动和逆时针的匀速圆周运动
qE  qv1B⑧
可得 v  v0 ，方向竖直向下
12
故匀速圆周运动的速度
v  v
22
C1
v2 ⑨
可得 v
 v0 ，方向水平向右
22
对于圆周运动
v
2
qv B  m 2⑩
2R
mv2
可得 R  0
4qE
当圆周运动 1 个周期时，此时合速度最小，离 C 点的水平距离最远
4
vmin  v2  v1  0⑪
mv2
d R  0⑫
max4qE
评分标准：本题共 18 分。正确得出①、②、③、⑥、⑪、⑫式各给 1 分，其余各式各给
2 分。