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2026年普通高等学校招生选择性考试
物理答案
一、选择题：本题共10小题，共46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6分，全部选对的得6分，选对但不全的得
3分，有选错的得0分。
1.【答案】D
【详解】AB．路程是物体运动轨迹的长度，位移是初位置到末位置的有向线段大小。本题中总里程
7500km是路程，起点终点的直线距离2000km是位移大小，故AB错误；
C．汽车速度计显示的是某一时刻的瞬时速度，不是平均速度，故C错误；
D．研究该车的运动轨迹时，汽车自身的大小、形状相对于数千公里的运动路径可以忽略，因此可以将汽
车视为质点，故D正确。
故选D。
2.【答案】A
【详解】A．秧马向前减速滑行，速度方向向前，减速运动的加速度方向与速度方向相反，因此加速度方
向向后，A正确。
B．秧马相对秧田向前运动，秧田对秧马的摩擦力阻碍相对运动，因此摩擦力方向向后，B错误。
C．秧马对人的支持力作用在人身上，人对秧马的压力作用在秧马身上，二者是作用力与反作用力(平衡
力要求作用在同一物体上)，C错误。
D．作用力与反作用力是两个物体之间的相互作用，秧马对人的支持力是人跟秧马之间的相互作用，人
受到的重力是地球对人的引力，二者不是作用力与反作用力，D错误。
故选 A。
3.【答案】B
【详解】从I-U图像中读出两点坐标：
状态a:U =0.6 V，I =0.2A
a a
U
则 R = a =3Ω,P =UI =0.12W
a I a a a
a
状态b：U =2.0V，I =0.4A
b b
U 2.0
则 R = b = =5Ω，P =UI =2.0×0.4=0.8W
b I 0.4 b b b
b
故电阻变化量为2Ω，电功率变化量为0.68W。
故选B。
4.【答案】C
【详解】A．电场线的疏密表示电场强度大小，电场线越密场强越大。图中b点电场线比a点更密，因此
b点场强大于a点，A错误。
B．电子带负电，所受电场力方向与电场方向相反。电子从a运动到b，位移方向向右，电场力与位移方
向相同，电场力做正功，根据动能定理，电子动能增大，B错误。
C．电子从b运动到c，位移向右，电场力仍向右，电场力依旧做正功，电子动能增大，速度增大，C正确。
D．中轴线外的电子，所受电场力存在垂直电场中轴线的分力，会发生偏转，因此电子束的横截面积会改
变，形状发生改变，D错误。
1故选C。
5.【答案】B
【详解】小球从P点由静止释放，初始阶段速度方向大致向右(指向PO点)。根据左手定则可知，洛伦兹
力方向垂直速度指向里(即俯视图中PO连线的上方)，轨迹向洛伦兹力方向偏转(即俯视图中向上弯
曲)，当小球运动到右侧最高点(P'点)后返回，速度方向大致向左，根据左手定则可知，洛伦兹力方向垂
直速度指向外(即俯视图中P'O连线的下方)，且轨迹依然向洛伦兹力方向偏转(即俯视图中向下弯曲)，
综上所述，B选项图符合题意。
故选B。
6.【答案】D
【详解】根据题意，由图(c)可知，线圈的位移x随时间t按正弦规律变化，则有x=Asinωt
2
则线圈的速度随时间的变化规律为v=Aωcosωt
由于磁场是辐射状的，线圈运动方向始终与磁感线垂直，感应电动势的大小E=BLv
可知，ab间电势差U 的大小随时间的变化规律与速度v一致，应为余弦函数形式，t=0时刻，由右手定
ab
则可知，线圈中电流由a→b，因此a端为负极，b端为正极，则有U <0，综上所述，D选项图像符合题
ab
意。
故选D。
7.【答案】C
2μmg 1 1
【详解】根据题意，从O到N过程中，由动能定理有 ⋅2x -μmg⋅2x = mv2 - mv2
2 0 0 2 N 2 0
解得v =v = 2μgx
N 0 0
2μmg+μmg 1 1
从N到Q过程中，由动能定理有 ⋅x -μmgx = mv2 - mv2
2 0 0 2 Q 2 N
解得v = 3μgx
Q 0
则有P =2μmg⋅ 2μgx =μmg 8μgx ，P =μmg 3μgx
N 0 0 Q 0
则有P >P
N Q
设经过OM、MN、NQ段的时间分别为t 、t 、t ，物块在OM阶段，拉力小于滑动摩擦力，随着拉力的增
1 2 3
大，做加速度减小的减速运动，速度由v 减速到v ，物块在MN阶段，拉力大于滑动摩擦力，随着拉力的
0 M
μmg
增大，做加速度增大的加速运动，物体在O点的加速度大小为a = =μg
1 m
2μmg-μmg
N点的加速度大小为a = =μg
2 m
则有a =a
1 2
由对称性可得t =t
1 2
物体在NQ阶段做加速度减小的加速运动，则在NQ段的平均速度大于MN段的平均速度，则有t <t
3 2
1
根据F-x图像面积表做功，由图可知，经过OM、MN、NQ段F做功分别为W = μmgx ，W =W =
1 2 0 2 3
3
μmgx
2 0
W W W
又有P = 1 、P = 2 、P = 3
OM t MN t NQ t
1 2 3
可得P <P <P
OM MN NQ
故选C。8.【答案】BD
【详解】A．根据题意，由图可知，从a→b过程中，气体的压强不变，气体做等压变化，由于气体体积增
大，则气体温度升高，可知，状态a的温度比状态b的低，故A错误；
3p ⋅2V p ⋅3V
B．从b→c过程中，结合图像，由理想气体状态方程有 0 0 = 0 0
T T
b c
解得T =2T
b c
可知，状态b的温度比状态c的高，则状态b的内能比状态c的大，故B正确；
C．根据p-V图像的面积表示气体做功，由图可知，b→c过程中，气体对外做功为
1
W 1 = 2 p 0 +3p 0
3
3V 0 -2V 0 =2p V 0 0
c→d过程中，气体对外做功为W 2 =p 04V 0 -3V 0 =p V 0 0
可知，b→c、c→d过程气体对外做的功不相等，故C错误；
D．由图可知，c→d过程气体的压强不变，气体做等压变化，由于气体体积增大，则气体温度升高，气体
的内能增大，由热力学第一定律可知，c→d过程气体对外做的功小于从外界吸收的热量，故D正确。
故选BD。
9.【答案】AD
【详解】A．根据题图可知卫星的运动半径大于地球的运动半径，卫星、太阳和地球周期相等，根据ω=
2π
可知三者角速度相等，根据a =ω2r可知卫星的向心加速度比地球的大，故A正确；
T n
B．根据v=ωr结合A选项分析可知卫星线速度大于地球的线速度，故B错误；
C．根据题意可知太阳和地球对卫星引力的合力提供卫星做圆周运动的向心力，向心力一定指向圆心，
即向心力一定指向P点，故C错误；
Mm
D．根据题意可知太阳和卫星的距离等于地球和卫星的距离，根据万有引力的表达式F=G 可知
r2
太阳和地球对卫星的引力大小之比等于太阳和地球的质量之比，故D正确。
故选AD。
10.【答案】AC
【详解】A．MN首次进入磁场时，MN切割磁感线，感应电动势E=BLv
0
E
感应电流I=
R
MN所受的安培力F=BIL
根据牛顿第二定律F=ma
2026B4L5
联立可得MN首次进入磁场时线框的加速度大小a= ，故A正确；
m2R2
B．MN每次经过x=1.5L时，都是PQ切割磁感线，设感应电动势为E，则U
PQ
3
= E，U
4 NM
1
= E
4
(根据右手定则可知要么都为正，要么都为负)
可知MN每次经过x=1.5L时，电势差U ∶U =1∶3，故B错误；
NM PQ
C．线框MN进入磁场Ⅰ过程中，根据动量定理有-Bi L⋅t =m⋅Δv
1 1 1
BL2
又i =
1 t R
1
B2L3
可得Δv =-
1 mR
线框MN从磁场Ⅰ到磁场Ⅱ过程中，根据动量定理-Bi L⋅t +(-2Bi L⋅t )=m⋅Δv
2 2 2 2 2
2BL2+BL2
又i =
2 t R
2
9B2L3
可得Δv =-
2 mR
线框MN离开磁场Ⅱ过程中，根据动量定理-2Bi L⋅t =m⋅Δv
3 3 3
2BL2
又i =
3 t R
3
4B2L3
可得Δv =-
3 mR
14B2L3
线框MN穿过磁场Ⅰ、Ⅱ过程，线框MN速度变化量Δv=Δv +Δv +Δv =-
1 2 3 mR
根据v-v =Δv
0
2012B2L3
可得线框MN与右侧挡板碰撞前的速度大小为v=
mR
根据题意线框与挡板的碰撞均为弹性碰撞，可知MN与右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的速度大小v=v
2012B2L3
= ，故C正确；
mR
14B2L3
D．根据C选项分析可知线框完整穿过一次磁场Ⅰ、Ⅱ，线框MN速度变化量为Δv=-
mR
10B2L3
根据计算可知线框MN完整穿过磁场Ⅰ、Ⅱ144次后，速度为v=v +144Δv=
0 mR
又144为偶数，可知线框MN第145次由左侧进入磁场Ⅰ，刚好完全进入磁场Ⅱ时，速度变化量为Δv=
B2L3 9B2L3
+
mR mR
4
10B2L3
=-
mR
可知线框MN恰好停在磁场Ⅱ区域，穿过线框的磁通量为Φ=2BL2，故D错误。
故选AC。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
x
11.【答案】(1)B (2) P
x
N
Δt
(3)c
2
(4)21.3
【解析】
【小问1详解】
AB．实验中标记点M和点N是为了确定入射光线和折射光线的方向，点M的位置可以选取入射光线
上的任意位置，光线在玻璃砖中发生折射，玻璃砖上不能标记，只能标记光从玻璃砖中射出的点N，故A
错误，B正确；
C．作圆弧时，半径的长度可以任意选择，再用几何关系得出入射角和折射角的正弦值的表达式即可，
故C错误。
故选B。
【小问2详解】
x
P
x x x
根据题图可得入射角正弦值的表达式为 P ，折射角的表示为 N ，则折射率为n= ON = P
ON ON x x
N N
ON
【小问3详解】
Δt
测距仪默认激光在真空中的速度c计算距离，激光往返，因此示数按d=c 计算。
2【小问4详解】
设实际深度为h=16.0cm
水的折射率n=1.33
2h
激光往返时间Δt=
v
c
其中v=
n
cΔt
测距仪示数d=
2
联立可得d≈21.3cm
即测距仪的示数接近21.3cm，则符合他的推测。
12.【答案】(1)1.804##1.803##1.805
(2)157##156##158
(3)塑料板没有压紧##正对面积取值偏大
(4)20
【解析】
【小问1详解】
螺旋测微器的读数为1.5mm+30.4×0.01mm=1.804mm
【小问2详解】
1 1
当极板间夹15层塑料板时 = mm≈0.74(mm)-1
d 1.804
×15
20
结合题图可得电容约为157pF。
【小问3详解】
ε S
根据题图可知测量值明显偏离拟合直线，电容的测量值偏小，根据C= r 可知出现的原因是塑料板
4πkd
没有压紧或正对面积取值偏大。
【小问4详解】
ε S
根据平行板电容公式C= r
4πkd
d ε S ε S d
对C- 0 图线有C= r 0 = r 0 ⋅ 0
d 4πkd 4πkd d
0
S ε S ε S S
对C- 图线有C= r = r 0 ⋅
S 4πk⋅20d 4πk⋅20d S
0 0 0 0
ε S ε S
则k = r 0 ， r 0
1 4πkd 4πk⋅20d
0 0
k
可得 1 =20
k
2
13.【答案】(1)v =25m/s
m
(2)t=3s
【解析】
【小问1详解】
加速阶段，由动能定理有F-mg
5
1
h= mv2 2 m
解得v =25m/s
m
【小问2详解】1
减速阶段，由动量定理得-mg- mg
6
6
t=0-mv
m
解得t=3s
14.【答案】(1)v =1.2m/s
A
(2)μ=0.28
【解析】
【小问1详解】
C下摆过程，由机械能守恒定律有m gL1-cos60° C
1
= m v2 2 C 0
解得v =3m/s
0
1 1 1
C与A碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有m v =m v +m v ， m v2= m v2 + m v2
C 0 C C A A 2 C 0 2 C C 2 A 2
联立解得碰撞后瞬间木板的速度大小v =1.2m/s
A
【小问2详解】
A、C碰后，当弹簧的压缩量第一次为x 时，以向左为正方向，由动量守恒定律有m v =m v +m v
0 A A B B A A
解得v =1m/s
A
1 1 1
由题意可知弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律有 2 m A v2 A = 2 m A v A 2+ 2 m B v2 B +μm B g2x 0
解得μ=0.28
e2B2R2
15.【答案】(1)ΔE = 0 -eU
k 2m 1
11mL2U
(2)x = 2
0 2dR2B2e
0
8dR2eB2Δx
(3)τ=- 0
11βmL2
【解析】
【小问1详解】
1
电子加速场中，由动能定理有eU = mv2
1 2 1
mv2
电子在，筛选器中由牛顿第二定律有ev B = 2
2 0 R
1 1
电子通过样品前后的动能变化量ΔE = mv2- mv2
k 2 2 2 1
e2B2R2
联立可得ΔE = 0 -eU
k 2m 1
【小问2详解】
偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向有L=v t
2
1
沿着电场方向有x= at2
2
U
根据牛顿第二定律e⋅ 2 =ma
d
L
x +5L
出偏转电场后，电子做匀速直线运动，根据几何关系有 0 = 2
x L
2
11mL2U
联立解得x = 2
0 2dR2B2e
0【小问3详解】
由题意可知U =βt+U
2 0
11mL2U 11mL2
将U 2 表达式代入x 0 = 2dR2B2e 2 可得x 0 = 2dR2B2e βt+U 0
0 0
7
11mL2
结合题图(相对强度8408到4204)可得4Δx=- ⋅βτ
2dR2B2e
0
8dR2eB2Δx
解得τ=- 0
11βmL2
