2026年高考四川卷物理高考真题（答案版）_小初高学习资料合集（每天更新）_2026年6月高中物理试卷汇编_0625物理_2026年高考物理真题（四川卷）+答案

四川省2026年普通高中学业水平选择性考试
物 理答案
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是
最符合题目要求的。
1.【答案】C
【详解】根据题意，由动量表达式p=mv可得，二者的动量大小之差为Δp=m v-m v=370kg⋅ms
1 2
故选C。
2.【答案】A
【详解】B．根据题意可知，小球抛出后受重力作用，加速度为重力加速度，方向竖直向下，故B错误；
ACD．由于乙站在小车侧方水平地面上观测到小球做直线运动直至落地，可知，小球相对地面做自
由落体运动，乙观测到小球的运动轨迹与地面垂直，则小球相对地面的初速度为零，即甲抛球方向与
小车前进方向相反，相对小车的速度大小与小车运动的速度大小相等，故A正确，CD错误。
故选A。
3.【答案】D
【详解】A．根据题意可知，管内机械波振动方向与传播方向平行，则管内机械波为纵波，故A错误；
B．活塞在ab间做简谐运动，且ab间距离为1cm，则管内机械波的振幅为0.5cm，故B错误；
C．管内机械波的波长为λ=vT=34m，故C错误；
t
D．管内机械波的周期为0.1s，则每秒有n= =10个完整的波经过位置c，故D正确；
T
故选D。
4.【答案】B
GMm 4π2
【详解】根据题意，由万有引力提供向心力有 =m r
r2 T2
4π2r3
可得M=
GT2
M r3 ⋅T2 0.01 则有 T = 行 地 =
M r3 ⋅T2 1
太 地 行
 3 1 ×
1
800
 2 =0.64
故选B。
5.【答案】C
【详解】带电量为q的微粒，静止在a、 b之间，说明重力与电场力平衡，电场力向上。
A．S 断开，b的带电量保持不变，根据电容器极板电荷等量关系，a的带电量不变，因此ab间电场
2
强度不变，电场力仍等于重力，微粒保持静止，A错误；
B．同理可得，B错误；
CD．S 、S 同时闭合相当于ab、cd两个电容器并联，电荷均匀分布在两个电容器的极板上，ab电容
1 2
器带电量减小，板间场强减小，电场力小于重力，微粒向下运动，故C正确，D错误。
故选C 。
6.【答案】A
【详解】A．根据菱形几何性质和等量异种电荷的电场特点可知HF轨道电势处处相等，等量异种电
荷中垂线上电场方向平行于电荷连线EG，若电场力方向与重力垂直轨道的分力方向相反、大小相
·1·等，则支持力N=0，这种情况是可能存在的，故A正确；
3
B． 整个过程电场力不做功，只有重力做功，由几何关系得下落高度h= l
2
1
根据动能定理：mgh= mv2
2
解得v= 3gl，故B错误；
C．HF是等势线，整个运动过程中小球电势不变，电势能不变，故C错误；
D．冲量是矢量，等量异种电荷中垂线上电场方向始终不变，因此电场力方向始终不变，整个过程电
场力的总冲量不为零，故D错误。
故选 A。
7.【答案】D
【详解】以传送带为参考系，初始甲乙均静止。
g
A．施加外力过程，乙的最大速度v= t
4 1
g
撤去外力后，乙的加速度大小a =μ g=
2 2 4
经时间t 绳绷直，此时乙还有向右的速度，说明a t <v
2 2 2
故t <t ，故A错误；
2 1
g
B．绳绷直时乙的速度v 2 =v-a 2 t 2 = 4 t 1 -t 2 
v+v
从撤去外力到绳绷直，乙的路程(以下所指路程均为相对传送带运动的距离)为x = 2 t
2 2 2
因摩擦产生的热量Q = 1 mgΔx = 1 mgx = mg2t 22t 1 -t 2
2 4 2 4 2
 ，故B错误；
32
C．绳绷直瞬间，根据动量守恒mv =2mv'
2
g
解得v'= 8 t 1 -t 2 
此速度为相对传送带的速度，此时甲的对地速度要大于v'，则其动能大于 1 mv'2= mg2t 1 -t 2
2
 2 ，故
128
C错误；
g
D．绳绷直以后甲、乙相对传送带速度均为v'= 8 t 1 -t 2 
v'2 g
从绷直到乙相对传送带静止，乙的路程为x 2 '= 2a = 32 t 1 -t 2
2
 2
1
从绷直到甲相对传送带静止，甲的加速度为a = g
1 8
v'2 g
甲的路程为x 1 '= 2a = 16 t 1 -t 2
1
 2
v v+v g
从施加外力到绳绷直过程乙的路程为x 2 ''= 2 t 1 + 2 2 t 2 = 8 t 1 2-t 2 2+2t 1 t 2 
比较可知x '+x ''-x '>0
2 2 1
故绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞，故D正确。
故选D。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题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】BD
·2·【详解】AB．离心机高速转动时，所有分子转动的角速度ω相同，分子做圆周运动所需向心力F=
mω2r。238UF 的分子质量大于235UF，质量更大的分子需要的向心力更大，更容易发生离心运动，向
6 6
半径更大的外侧(筒壁附近)聚集，因此：外侧的a处聚集质量更大的238UF ​，内侧b处聚集质量更小
6
的235UF，故A错误，B正确。
6
CD．铀238和铀235是铀元素的同位素，同位素的定义是质子数相同、中子数不同的同一元素的不
同核素，故C错误，D正确。
故选BD。
9.【答案】BC
sin60°
【详解】设折射角为i，根据折射定律n=
sini
可得i=30°
根据几何关系可知从V形凹槽左侧进入的光，折射光线平行于V形凹槽右侧的边，同理从V形凹槽
右侧进入的光，折射光线平行于V形凹槽左侧的边，如图所示
AB．可知c、d区域无光线进入，a、b和e、f区域除了从上射入的光线还有折射光线进入，亮度最
高，b、c和d、e区域只有折射光线进入，故A错误，B正确；
h
C．根据几何关系可得h=h-lsin60°=
4
3
c、d间距为l =2×htan30°= h，故C正确；
cd 6
3
D．根据几何关系可得a、b间距和e、f间距均为l =htan30°= h，故D错误。
ab 3
故选BC。
10.【答案】AD
h
【详解】设球心O到单侧手的作用点连线与竖直轴OO的夹角为θ，由几何关系得cosθ= ，sinθ
R
R2-h2
=
R
演员受力平衡：水平分量抵消，竖直方向两个手的支持力和摩擦力的竖直分量平衡重力，整理得2
(Ncosθ+fsinθ)=mg
最大静摩擦力满足f≤f =μN
max
mg
当静摩擦力取最大值时，联立可得N=
3
2cosθ+ sinθ
3

R mg
A．h= 时，代入数据解得N =
2 min 2
3
由于N≤ mg
5
·3·mg 3
可知N的范围为 ≤N≤ mg
2 5
3
N大小可能为 mg，故A正确；
5
R
B．根据题目分析可知h= 时，演员可以处于平衡状态，在保持平衡状态的前提下，当N增大时，
2
静摩擦力变小，合力始终不变，能否上升与N无关，故B错误；
mg
C．根据N=
3
2cosθ+ sinθ
3

3
结合题意N≤ mg
5
3 3
当N= mg时，解得平衡临界h≈0.28R< R，故C错误；
5 4
mg
D．根据N=
3 2cosθ+ sinθ
3

mg
结合辅助角公式可得N=
4 3 sinθ+60°
3

3
可得N的最小值N= mg，故D正确。
4
故选AD。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。其中第13-15小题解答时请写出必要的文字说明、方
程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
f-F
11.【答案】 ①. 缓慢 ②. p + ③. 反比
0 S
【详解】(3)[1]为了保持气体的温度不变，应该用电子秤沿水平方向缓慢拉动活塞；
(4)[2]以活塞为研究对象，根据平衡条件有p S+f=F+pS
0
f-F
可得针筒内空气柱压强p=p +
0 S
(5)[3]根据pV=k
1
可得p=k⋅
V
1 1
由图可知p- 图像斜率不变，即p与 成正比，则压强p与体积V成反比。
V V
12.【答案】(1) ①. R ②. 2.40 ③. 93.8 (2) ①. 160 ②. 1.62##1.63##1.61
1
【解析】
【小问1详解】
①[1]根据实验原理可知，用滑动变阻器与传感器并联，认为压力传感器阻值的变化不影响并联部分
电路两端的电压，所以需要滑动变阻器的阻值远小于压力传感器的阻值，所以滑动变阻器应选用最
大阻值小的R ；
1
[2]电流表满偏的电流为30mA，此时R 两端的电压为U=IR =30×10-3×80.0V=2.40V
0 0
则并联部分电路两端的电压U=IR +IR =2.70V
0 A
2.70
③[3]当m=460g时，电流为26mA，则传感器的阻值为R= Ω-10Ω≈93.8Ω
26×10-3
【小问2详解】
2
[1]流过传感器的电流I = A=0.025A
0 80.0
6-2
此时传感器的阻值为R= Ω=160Ω
0.025
2.70
[2]当R=160Ω时，电流I= A≈15.9mA
160+10
·4·对比图2可知砝码的质量为165g，则计算机显示的压力值为165×10-3×9.80N≈1.62N
13.【答案】(1)1m/s2 (2)150m，3m/s
【解析】
【小问1详解】
(1)根据匀变速直线运动公式v2=2ax ，代入数据有102=2a×50
0
可得匀减速直线运动的加速度大小为a=1m/s2
【小问2详解】
无人机从开始返航到返航结束的位移大小x= h2+l2= 902+1202=150m
l-x 120m-50m
无人机匀速时需要的时间为t = 0 = =7s
1 v 10m/s
v 10m/s
匀减速阶段的时间为t = = =10s
2 a 1m/s2
由于竖直方向运动时间为t =33s
3
 x 150m
所以全程的平均速度为v= = =3m/s
t +t +t 7s+10s+33s
1 2 3
14.【答案】(1)2μmg
2μmgR
(2)
B2l2
(3)v- kx 0 +2μmg  R ，(kx +2μmg)v
B2l2 0
【解析】
【小问1详解】
U形框和导体棒的总质量为2m，U形框受到的支持力N=2mg
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即f=μN=2μmg
【小问2详解】
当导体棒速度最大时，安培力等于最大静摩擦力，此时U形框即将滑动，导体棒切割磁感线产生的感
应电动势E=Blv
m
E Blv
感应电流I= = m
R R
B2l2v
安培力F =BIl= m
A R
根据平衡条件有F =f=2μmg
A
2μmgR
解得v =
m B2l2
【小问3详解】
设U形框的速度为u，则导体棒与U形框的相对速度为v-u，导体棒感应电动势E=Blv-u 
Blv-u
感应电流I=

R
B2l2v-u
导体棒受到的安培力F =
A

R
导体棒受到的安培力与U形框受到的安培力大小相等，对U形框受力分析有F =kx +2μmg
A 0
联立解得u=v- kx 0 +2μmg  R
B2l2
导体棒做匀速运动，对导体棒，根据平衡条件可得外力F=F =kx +2μmg
A 0
·5·此时外力F的功率P=Fv=(kx +2μmg)v
0
2qBd
15.【答案】(1)v=
m
(4+3π)m
(2)T=
qB
π+2- 9π2+4 6π+1+2 9π2+4
(3)x= d，k=
2π 3
【解析】
【小问1详解】
v2
洛伦兹力提供向心力qvB=m
r
2qBd
代入r = 2d解得v=
m
【小问2详解】
若II区域的磁场方向垂直于纸面向外，则粒子甲不满足每次经过(d，0)；若II区域的磁场方向垂直
于纸面向内，则满足如图的回旋运动；综上，II区域的磁场方向垂直于纸面向内，运动轨迹如图
mv
根据几何关系可知R=d=
qB
qBd
解得v=
m
3
总路程s=2d+2d+2× ×2πR=4d+3πd
4
s (4+3π)m
运动周期T= =
v qB
【小问3详解】
由题知需要在x轴上相遇，粒子甲必定在(3d，0)处与粒子乙相遇，则碰撞后，粒子甲反向圆周运动后
竖直进入细管加速器，粒子乙正向匀速运动，画出运动图示如图
2qBd
已知甲初速度v =
0 m
·6·1 1 1
甲、乙发生弹性正碰，根据动量守恒、能量守恒有mv =mv +kmv ， mv2= mv2+ kmv2
0 1 2 2 0 2 1 2 2
k-1 2
联立解得v =- v ， v = v
1 1+k 0 2 1+k 0
粒子甲在I区域运动的半 径R =
mv
1
1
 2k-2
= d
qB k+1
3-k
则细管加速器的横坐标x=d-R = d
1 k+1
粒子甲在II区域运动的半径R =R +2d
2 1
mv
根据R = 甲2
2 qB
2k
解得v = v
甲2 k+1 0
粒子甲在细管加速器中做匀加速直线运动，时间为t，有│v │+at = v
1 甲2
2qBd
联立解得at= =v
m 0
1
根据相遇的等时性 at2+v
2 1

2d 2πm
t=2d， = +t
v qB
2
6π+1+2 9π2+4
已知k > 1，化简得k=
3
π+2- 9π2+4
则细管加速器的横坐标x= d
2π
·7·