2026年高考贵州卷物理高考真题（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_0623物理_2026年高考贵州卷物理高考真题

2026年贵州省普通高中学业水平选择性考试
物理答案
限时75分钟
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。
1.【答案】C
 v +v
【详解】列车在隧道内做匀减速直线运动，匀变速直线运动的平均速度满足v= 0
2

位移等于平均速度乘以运动时间，即x=vt
代入已知条件v =60m/s、v=50m/s、t=200s
0
60+50
计算得x= ×200m=11000m
2
故选C。
2.【答案】D
【详解】根据题图可知P点距月心的距离为d+R，地心与月心间距为d，月球质量为M ，根据万有引
力公式结合月球引潮力的定义可得 P 点处质量为 Δm 的海水所受月球引潮力大小为 F =
GMΔm
d+R 
GMΔm
 -
2 d2

故选D。
3.【答案】A
【详解】设A、B小球的质量均为m，忽略空气阻力，则A从静止释放至与B发生碰撞前瞬间，由动能
定理可得mgL1-cos60° 
1
= mv2
2 A
1
A球与B球碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv =mv +mv ， mv2 =
A A B 2 A
1 1
mv2+ mv2
2 A 2 B
可得v =v
B A
1 4
由于 mv2< mgL
2 B 5
所以从碰撞后至下次碰撞前，B做圆周运动，设B的球心上升的最大高度为h，则对B从碰后至上升
1
到最大高度的过程，由动能定理可得-mgh=0- mv2
2 B
L
解得h=
2
故选A。
4.【答案】A
qE
【详解】光电子进入匀强电场后做类平抛运动，竖直方向：加速度 a=
m
1
对所有电子，竖直方向加速度和位移均相同，根据y= at2可知，运动时间相同
2
水平方向做匀速运动，则落在M的电子初速度较小，即E <E
k1 k2
对光电效应过程，根据爱因斯坦光电效应方程E =hν-W，可知ν <ν 。
k 0 1 2
故选A。
·1·5.【答案】B
【详解】发电站输出总功率P =UI
1 1 1
P 690×103W
因此R 所在回路电流： I = 1 = =50A
1 1 U 13.8×103V
1
R 的功率损失： ΔP =I2R =30000W=30kW
1 1 1 1
理想变压器无损耗，第一个变压器副线圈输出功率等于原线圈输入功率，即P =P -ΔP ​
2 1 1
结合P =UI ​，得R 所在回路电流：I =3A
2 2 2 2 2
R 的功率损失： ΔP =I2R =72W=0.072kW
2 2 2 2
故选B。
6.【答案】B
【详解】对单侧O点受力分析：O点受三个力：向下的玉米重力mg、OA绳的拉力T、手垂直OA的
作用力F，系统平衡。
根据平衡条件T=mgcos45°
则单侧绳对扁担向下的分力为N =Tcos45°
1
扁担对肩膀的作用力大小为N=2N
1
解得N=mg
故选B。
7.【答案】C
【详解】带负电粒子在纸面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，则根据左手定则洛伦兹力背离圆心，电
场力指向圆心，两力的合力提供向心力。
k mv2
当磁感应强度大小为B 时，粒子运动半径为r ，速率为v ，此时有q -qvB =
1 1 r2 1 r
1 1
k mv2
当磁感应强度大小为B (B >B )时，粒子运动半径为r ，速率仍为v ，此时有q -qvB =
2 2 1 2 r2 2 r
2 2
k k
联立可得q -qvB r =q -qvB r
r 1 1 r 2 2
1 2
因为B >B ，所以r <r
2 1 2 1
又沿电场方向电势降低，电子在电势低处电势能大，故E <E 。
p2 p1
故选C。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
8.【答案】AD
【详解】AB．在放气过程中，气体体积增大，则溢出的气体对外界做正功，故A正确，B错误；
CD．在刚放气完到下次即将放气的过程中，发酵产生气体，气体的质量增加，温度不变，罐内气体内
能增大，故C错误，D正确。
故选AD。
9.【答案】BC
【详解】现有波长为λ 的光从1口入射，经过耦合点A后，在上通道的光程为nL，下通道的光程为nL
λ λ λ
+ ，经过耦合点B后，上通道的光到3口光程为nL，下通道的光到3口光程为nL+ + ，两光
4 4 4
λ λ
的光程差为 ，则在3口干涉削弱；经过耦合点B后，上通道的光到4口光程为nL+ ，下通道的光
2 4
·2·λ
到4口光程为nL+ ，两光的光程差为零，则在4口干涉加强。
4
故选BC。
10.【答案】AC
【详解】A．从A 到M 的过程中，导体棒向右匀速运动，设某时刻接入电路的导体棒长度为L，则有
感应电动势E=BLv
0
导体棒接入电路的电阻为R=Lr
E Bv
则电流为I= = 0 ，故A正确；
R r
Bv
B．从M 到N 的过程中，结合A分析可知，某时刻导体棒速度为v 时，感应电流为I=
r
 B
由电流定义式可得，通过导体棒的电荷量为q=IΔt=∑IΔt= ∑vΔt
r
又有∑vΔt=L-d
BL-d
则有q=

，故B错误；
r
C．从M 到N 的过程中，令某时刻导体棒速度为v 时，导体棒的位移为x ，由几何关系可得，导体
棒接入电路的长度为2d+x 
Bv
tanβ，可知该时刻导体棒所受安培力为B⋅ ⋅2d+x
r
 tanβ
Bv
对该过程由动量定理有-∑B⋅ ⋅2d+x r 
v
tanβ⋅Δt=m 0 -v 2 0 
2B2tanβ
则有 ∑d+x
r

mv
v⋅Δt= 0
2
4B2tanβ
解得v 0 = mr ∑d+x  ⋅x
作出该过程d+x与x 关系图像，如图所示
则有∑d+x 
1
⋅x= d+L
2
 L-d 
2B2L2-d2
联立解得v =
0
 tanβ
，故C正确；
mr
D．从A 到M 的过程中，设某时刻导体棒位移大小为x，则导体棒接入电路的长度为2xtanα，该时
Bv Bv
刻导体棒所受安培力为B⋅ 0 ⋅2xtanα，该过程中安培力做功为W=-∑B⋅ 0 ⋅2xtanα⋅x=
r r
2B2v tanα
- 0 ∑x⋅x
r
作出该过程x与x关系图像，如图所示
·3·1 d2tan2β
则有∑x⋅x= d2 =
2 AM 2tan2α
由功能关系有产生的焦耳热Q=W 
B2d2v tan2β
联立解得Q= 0 ，故D错误。
rtanα
故选AC。
三、非选择题：本题共5小题，共57分。
2π22L+d
11.【答案】 ①. 2.02 ②.

③. 大 ④. 小
T2
t +t +t t +t +t
【详解】(3)[1]金属球做20次全振动的时间为，则周期T= 1 2 3 = 1 2 3
20×3 60
40.43+40.50+40.38
当L=100.37cm时，代入数据可得T= s=2.02s
60
l
(4)[2])根据单摆的周期公式T=2π
g
d
其中l=L+
2
d
L+
则T=2π 2
g
2π22L+d
可得重力加速度表达式为g=

T2
(5)[3][4]为减小空气阻力引起的误差，应尽量选择质量大、体积小的摆球。
12.【答案】(1) (2) ①. 36.2 ②. 36.2
(3)R
x2
UR R
(4) 1 0 V1
R V1 U 2 -R 0 +R V1  U 1
【解析】
【小问1详解】
根据电路图可得实物连接图如图所示
·4·【小问2详解】
R U
由题图(d)可知R 的读数为36.2Ω，结合题图(b)和串联电路分压规律 x = 1
0 R +R U
x 0 2
U
解得R = 1 R
x U -U 0
2 1
1.81
代入电压表的读数可得R = ×36.2Ω=36.2Ω
x1 3.62-1.81
【小问3详解】
L
三个电阻导电材料相同、涂层长度相同、宽度较小且相同，由电阻定律R =ρ 可知横截面积越大，
x S
即涂层越厚的电阻，阻值越小，由于R 阻值最小，则R 涂层最厚。
x2 x2
【小问4详解】
U
若考虑电压表 V 内阻 ，则根据串、并联电路规律和欧姆定律有 R = 1 =
1 x U-U U
2 1 - 1
R R
1 V1
UR R
1 0 V1
R V1 U 2 -R 0 +R V1  U 1
13.【答案】(1)λ=2m，A=16cm (2)T=1s，v=2m/s
(3)
【解析】
【小问1详解】
由题图(b)可知绳波的波长为λ=2m
振幅A=16cm
【小问2详解】
1
由于绳波沿x轴负方向传播，则由题图(b)可知绳波从t=0到t=0.25s，传播的时间为Δt= T+
4
nTn=0，1，2，⋯ 
由于T>0.25s
则n只能取0，解得T=1s
·5·λ
则波速v= =2m/s
T
【小问3详解】
T
时间t=0.5s= ，则此时的波形为t=0时的图像沿x轴负方向传播半个周期，0~2.0 m内的图像
2
为题图中实线关于x轴对称的图像，如图所示
kv 2kv 2W
14.【答案】(1)m= 0 ，E= 0 (2)a =2g (3)U= f
g q max q
【解析】
【小问1详解】
小球第一次达到最大速率v 时，受力平衡，根据平衡条件有mg=kv
0 0
kv
解得小球的质量为m= 0
g
小球再次到达最大速率v 时，受力平衡，小球到达M点上方N点，速度方向竖直向上，则空气阻力竖
0
直向下，根据力的平衡条件有mg+kv =qE
0
2kv
解得电场强度大小为E= 0
q
【小问2详解】
对小球从P点运动到M点的过程，由牛顿第二定律有mg-kv=ma
可知小球做加速度减小的加速运动，从M点运动到最低点的过程，由牛顿第二定律有qE+kv-mg
=ma
可知小球做加速度减小的减速运动，小球从最低点运动到N点的过程，由牛顿第二定律有qE-mg
-kv=ma
可知小球做加速度减小的加速运动，小球从静止释放时加速度为g，小球运动到M点加恒定匀强电
场时有qE+kv -mg=ma
0 max
解得a =2g>g
max
则小球的最大加速度大小为2g。
【小问3详解】
对小球从M点运动到N点的过程，由动能定理有qU -mgh-W =0
MN f
其中U =Eh
MN
2W
联立解得M、N两点间的电势差为U = f
MN q
1250-v2
15.【答案】(1)600N⋅s，方向与水平方向夹角为30° (2)42.4m (3)s = 1252-
min
 2
100
【解析】
【小问1详解】
·6·载弹无人机在斜直轨道上运动过程中，由动量定理有I 合 =2m 1 +m 0  v 0
代入数据解得I =600N⋅s
合
则载弹无人机在斜直轨道上运动过程中所受合力的冲量大小为600N⋅s，方向沿斜直轨道向上，即与
水平方向夹角为30°。
【小问2详解】
1960
先释放一个灭火弹后载弹无人机水平方向的动力大小为F = N=56N
1 m +m
1 0
水平方向由牛顿第二定律有F 1 -f=m 1 +m 0  a
则释放第一个灭火弹后，第二个灭火弹与无人机一起做匀加速直线运动，所以后释放的灭火弹释放
时的速度为v =v +aΔt
2 1
从释放第一个灭火弹到释放第二个灭火弹的过程，由速度位移公式可知后释放的灭火弹的位移为x
1
v2-v2
= 2 1
2a
1
由于两弹所受空气阻力不计，则两弹释放后均做平抛运动，有H= gt2
2 0
则两弹落地点之间的距离为Δx=x +v t -v t =42.4m
1 2 0 1 0
【小问3详解】
相对无人机无初速度释放甲，且无人机的速度始终不变，则根据平抛运动规律可知，甲落地时，乙在
甲的正上方H处，设发射乙后乙的运动时间为t，则此时两弹之间的距离为s= vt 
1
2+H- gt2
2

2
1
= g2t4+v2-gH
4
 t2+H2
2gH-v2
由二次函数知识可知，当t2=
 gH-v2
，两弹之间距离最小，即s = H2-
g2 min
 2
g2
由于t2≥0，所以不考虑gH-v2<0
1250-v2
解得s = 1252-
min
 2
(国际单位制)
100
·7·