2026年高考广东卷物理高考真题（答案版）_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年06月高三试卷（数理化）_2026年6月高中物理试卷汇编_0621物理_2026年高考物理真题（广东卷）+答案

2026年广东省普通高中学业水平选择性考试
物理参考答案
一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项
符合题目要求。
1.【答案】D
【详解】A．原子核能级跃迁的条件是入射光子能量等于能级差，与光强无关，光强倍增只要光子能
量匹配仍可发生跃迁，故A错误；
B．同理，光强减半不影响光子能量，只要能量匹配仍能发生跃迁，故B错误；
ΔE 1.3×10-18
C．根据光子能量公式ΔE=hν，可得频率ν= = ≈2.0×1015Hz，与选项给出的2.0
h 6.6×10-34
×1016Hz不符，故C错误；
c hc 6.6×10-34×3.0×108
D．根据波长与频率关系λ= = ，代入数值计算得λ= ≈1.5×10-7m，
ν ΔE 1.3×10-18
故D正确。
故选D。
2.【答案】B
【详解】AC．晶片在电场力作用下向卡盘运动并被吸附，则晶片与卡盘电极之间表现为引力，晶片所
受电场力方向指向卡盘，与晶片向卡盘运动的位移方向同向，电场力对晶片做正功，AC错误；
B．电场力对晶片做正功，则晶片在电场中的电势能逐渐减少，故B正确；
D．根据题意可知该电场不是匀强电场，晶片与卡盘电极之间电场强度并不是处处相同，故D错误。
故选 B。
3.【答案】C
【详解】AB．由图像可知，电压的最大值为200V，且并不是一直维持200V，则有效值小于200V，故
AB错误；
1
CD．从U-t图像可以看出，电压完成一次周期性变化的时间(周期)T=0.02s，则频率为f= =
T
1
=50Hz，故C正确，D错误。
0.02s
故选C。
4.【答案】A
v
【详解】根据题意，设运动过程中最大速度为v ，则有x= m t
m 2
代入数据解得v =8m/s
m
根据题意可知，加速过程或减速过程的最大时间均小于总时间，则有v =at
m
v
解得加速过程或减速过程的最小加速度a= m =1.6m/s2
t
综上所述，该球员某时刻的速度不可能为9m/s，加速度大小不可能为1m/s2。所以根据题意和选项速
度和加速度大小可能是6m/s，2m/s2。
故选A。
5.【答案】B
【详解】根据题意可知飞行器安全到达着陆线，速度最小时会刚好通过月面坑边到达着陆线，此时根
·1·1
据平抛运动规律在竖直方向有H= g t2，代入数据解得t =40s
2 月 1 1
在水平方向有l=v t ，代入数据可得v =30m/s；
0 1 0
飞行器安全到达着陆线，速度最大时会到达着陆线最右端的坑边缘，此时根据平抛运动规律在竖直
1
方向有H+h= g t2，代入数据解得t =60s
2 月 2 2
在水平方向有l+d=v t ，代入数据可得v =70m/s
0 2 0
所以飞行器安全到达着陆线需满足30m/s≤v ≤70m/s
0
故选B。
6.【答案】C
Mm 4π2 GMT2
【详解】根据G =m r可得r3=
r2 T2 4π2
r3 T2 8
又因为两卫星绕该行星做匀速圆周运动的周期之比T ∶T 为8：1，可得 P = P =
P Q r3 T2 1
Q Q

2
=64
根据“引力差值”公式F=k MR ，其中M和k相同，所以 F P = R P ⋅ r Q 3 = 2 × 1 = 1
r3 F R r3 1 64 32
Q Q P
故选C。
7.【答案】A
【详解】AB．由题意可知①过程为电容器充电过程，电容器两端电势差逐渐增大，根据Q=CU可知
电容器电荷量逐渐增大；②过程S接b端，则电容器Q不变，动极板向下运动，d增大，根据C=
εS Q
= 可知U增大，C减小；③过程为放电过程，动极板在最低处电容为更小的恒定值，故对应
4πkd U
Q-U图线为过原点、斜率更小的直线，A正确，B错误；
Q
CD．通过前面的分析可知①过程的电容C大于③过程的电容C，②过程中Q不变，因为C= ，所
U
以U与C成反比，图像为双曲线的一支，故CD均错误。
故选A。
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符
合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8.【答案】AB
L
【详解】A．根据题意可知P、Q做圆周运动的半径r = 1 =1m
1 2
a 4
对P、Q根据a =r ω2可得ω= 1 = rad/s=2rad/s，故A正确；
1 1 r 1
1
L a 1
B．因为四个球角速度相同，对球M、N有r = 2 = 2 = m
2 2 ω2 4
所以L =0.5m，故B正确；
2
C．对于P有v =r ω=1×2m/s=2m/s，故C错误；
1 1
D．绳子拉力提供向心力，根据F=mrω2可知由于四球质量相等，角速度相等，但半径不同，故拉力
大小不相等，故D错误。
故选AB。
9.【答案】AD
【详解】A．画出光路图如图所示
·2·根据几何关系可知，该单色光在锥面发生全反射的临界角C=45°
1
根据临界角公式sinC=
n
可得此光纤对该单色光的折射率为n= 2，故A正确；
c
B．根据v=
n
2c
可得该单色光在此光纤中的传播速度为v=
2
2
可知该单色光在此光纤中的传播速度是真空中光速的 ，故B错误；
2
C．光从折射率大的介质到折射率小的介质中，才可能发生全反射，被测液体折射率大于此光纤折射
率，则锥面浸入液体部分，光不会发生全反射，即锥面浸入液体过程中，探测到的光强相对于浸入液
体前变弱，故C错误；
D．锥面完全浸入液体后，若探测到的光强在变强，说明光在某些地方发生了全反射，发生全反射的
地方即有空气，说明检测到气泡，故D正确。
故选AD。
10.【答案】BCD
v2
【详解】A．电子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得evB=m
r
eBr
可得v=
m
根据几何关系可知电子1的运动半径小于电子3的运动半径，则电子1的速度小于电子3的速度，根
1
据E = mv2可知电子1的动能比电子3的小，故A错误；
k 2
2πr
B．电子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=
v
eBr
结合v=
m
2πm
可得T=
eB
180°
根据题图可知电子1在磁场中运动的圆心角为180°，则电子1在磁场中的运动时间为t= ×T
360°
πm
= ，故B正确；
eB
C．设电子2运动半径为R ，如图所示
2
·3·根据几何关系有b-R 2  2+x2=R2 2 2
b2+x2
可得R = 2
2 2b
根据v = eBR 2 可得v = eBb2+x2 2
2 m 2

2bm
电子2的动能为E = 1 mv2= e2B2x2 2 +b2
k2 2 2
 2 ，故C正确；
8mb2
D．设电子3运动半径为R ，如图所示
3
根据几何关系有R 3 -x 3  2+a2=R2 3
x2+a2
可得R = 3
3 2x
3
根据v = eBR 3 可得v = eBx2 3 +a2
3 m 3

2mx
3
电子3的动量大小为p =mv = eBx2 3 +a2
3 3
 ，故D正确。
2x
3
故选BCD。
三、非选择题：本大题共5小题，共54分。考生根据要求作答。
s +s 3s -s
11.【答案】 ①. 6.26 ②. 1 2 ③. 2 1 ④. 100 ⑤. 2.06×10-3
2T 2T
【详解】[1]毫米刻度尺的分度值为1mm，需要估读到下一位，根据题图可得s =262.6mm-
1
200.0mm=62.6mm=6.26cm
s +s
[2]根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度可得v = 1 2
1 2T
[3]根据速度时间关系有v =v +gT
2 1
又s -s =gT2
2 1
3s -s
联立可得v = 2 1
2 2T
[4]根据题图可得I 为158a⋅u⋅时，F为100N；
p
2mv
[5]m=30.0 g，T=0.02 s，由动量定理可估测薄膜压缩时间t= 2
F
3s -s
结合v = 2 1
2 2T
·4·将数据代入可得t=2.06×10-3s
12.【答案】12. (1) ①. 平衡稳定 ②. 斜率
(2) ①. 29000.0Ω ②. 小 ③. 调小 ④. R -R
1 2
【解析】
【12题详解】
[1]添加砝码后，需要等待砝码平衡稳定后再读数，才能保证弹簧弹力等于砝码重力，得到准确的弹
簧长度。
[2]根据胡克定律 F=kx，因此F-x图线的斜率等于劲度系数k。
【13题详解】
[1]电阻箱读数为各转盘读数乘倍率之和： R=2×10000Ω+9×1000Ω=29000.0Ω
[2]S 断开，R 串联接入电路，总电阻增大，因此电流减小，微安表示数变小。
2 c
[3]要让电流回到原来的数值，需要总电阻和原来相等，因此需要调小电阻箱R的阻值，使总电阻回
到原来大小。
[4]等效后满足R =R +R
1 2 c
整理得棉花电阻 R =R -R
c 1 2
p V 2p V 13.【答案】(1)p = 0 0 (2)p = 0 0
1 10πhr2 2 5πdh4r-d 
5πdh4r-d (3)T =
c
 p T c 0
2p V 0 0
【解析】
【小问1详解】
充气过程温度不变，对所有充入气室的气体，由玻意耳定律有p V=p V
0 0 1 1
根据题意有V=10πr2⋅h
1
p V
解得充气后未挤压变形时气室中的压强p = 0 0
1 10πhr2
【小问2详解】
变形前，气室的体积为V=πr2h
挤压过程温度不变，且横截面周长不变，原圆形横截面周长C=2πr
变形后跑道形横截面两端半圆合为一个整圆，周长为C =πd
1
剩余直边总长度为C =C-C =2πr-πd
2 1
C πd
单根直边长x= 2 =πr-
2 2
d
变形后，气室的体积为V= π
2 2

2
  +xd

 ⋅h
对气室气体，等温过程由玻意耳定律p V=p V
1 2 2
2p V
解得挤压变形后气室中的压强p = 0 0
2
5πdh4r-d 
【小问3详解】
p p
体积不变，气体等容变化，有 2 = c
T T
0 c
5πdh4r-d 解得气室不爆破的最高室温T =
c
 p T c 0
2p V
0 0
14.【答案】(1)E =4J (2)h=0.1m (3)ΔE=6J
k
【解析】
·5·【小问1详解】
两摆锤以初速度v =4m/s沿外壳向上运动，与挡板相碰前，摆锤机械能守恒。设摆锤与挡板相碰前
0
1 1
的速度为v，根据机械能守恒定律有 mv2=mgR+ mv2
2 0 2
解得v=2 2m/s
摆锤与挡板相碰后与机器人一起运动，根据动量守恒定律有2mv=Mv
共
解得v = 2m/s
共
1
机器人起跳时的动能E = Mv2 =4J
k 2 共
【小问2详解】
根据速度位移关系0-v2 =-2gh
共
可得机器人外壳上升的最大高度h=0.1m
【小问3详解】
机器人外壳落到地面时，机器人外壳的速度立即变为0，根据竖直上抛运动的对称性可知摆锤速度大
1
小为 2m/s，从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失ΔE=2× mv2-
2 0
1
2× mv2 +2mgR
2 共

解得ΔE=6J
3mgd 2 6
15.【答案】(1)U= (2)T= mg
3q 3
3 k2 3
(3)当0<k≤1时，E = k+ 1+ -
k 6 3 2

3
mgd；当1<k<3时，E = kmgd
k 3
【解析】
【小问1详解】
当小球刚好到金属板N时，受力分析如图所示
d
2
根据几何关系可得sinθ=
d
可得θ=30°
根据平衡条件有qE=mgtanθ
U
其中E=
d
3mgd
联立可得U=
3q
【小问2详解】
1
小球从金属板N到金属板M过程，根据动能定理Uq= mv2-0
2
小球第一次碰撞M前瞬间，受力分析如图所示
·6·v2
对小球根据牛顿第二定律2Tcos45°-mgcosθ-qEsinθ=m
d
2 6
联立解得T= mg
3
【小问3详解】
如图所示
kU
要使小球仍能沿着圆弧往复运动，即绳子拉力大于零，需要满足q⋅ sinθ<mgcosθ
d
解得k≤3
根据(2)分析可知当k=1时，小球到达金属板N时，电场力和重力的合力与绳子的合力方向相同，
当1<k<3时，小球所受的重力和电场力的合力相对于小球到达金属板N时绳子合力的方向偏上，
如图所示
绳子拉力对小球不做功，可知小球所受的重力和电场力的合力与小球位移的夹角一直为锐角，当小
球到达金属板N时，动能最大，根据动能定理有kUq=E -0
k
3
可得E = kmgd
k 3
当0<k≤1时，小球所受的重力和电场力的合力相对于小球到达金属板N时绳子合力的方向偏下，
如图所示
·7·当小球速度与小球所受的重力和电场力的合力方向垂直时，速度最大，该点为等效最低点，设此时与
kU
⋅q
d 3
竖直方向的夹角为α，根据几何关系有tanα= = k
mg 3
3
k
3 1
根据数学知识可得sinα= ，cosα=
1+ 1 k2 1+ 1 k2
3 3
kU
根据动能定理有mgd(cosα-cosθ)+ ⋅qd(sinθ+sinα)=E -0
d k
3 k2 3
解得E = k+ 1+ -
k 6 3 2
 mgd
·8·