2026年高考贵州卷物理高考真题（答案版）

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

v0+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=

2

位移等于平均速度乘以运动时间，即x=vt

代入已知条件v0=60m/s、v=50m/s、t=200s

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=

GMΔmGMΔm

-

22

d+Rd

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

1

定理可得mgL1-cos60°=mv2

2A

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=

AAB2A

11

mv2+mv2

2A2B

可得vB=vA

14

由于mv2<mgL

2B5

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-mv2

2B

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Ek1<Ek2

对光电效应过程，根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hν-W0，可知ν1<ν2。

故选A。

·1·

5.【答案】B

【详解】发电站输出总功率P1=U1I1

3

P1690×10W

因此R所在回路电流：

I===50A

113

U113.8×10V

2

R1的功率损失：

ΔP1=I1R1=30000W=30kW

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P2=P1-ΔP1​

结合P2=U2I2​，得R2所在回路电流：I2=3A

2

R2的功率损失：

ΔP2=I2R2=72W=0.072kW

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N1=Tcos45°

扁担对肩膀的作用力大小为N=2N1

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。

kmv2

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=

1121

r1r1

kmv2

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=

221222

r2r2

kk

联立可得q-qvB1r1=q-qvB2r2

r1r2

因为B2>B1，所以r2<r1

又沿电场方向电势降低，电子在电势低处电势能大，故Ep2<Ep1。

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

λλλ

+，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

444

λλ

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

24

·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=BLv0

导体棒接入电路的电阻为R=Lr

EBv0

则电流为I==，故A正确；

Rr

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=∑IΔt=∑vΔt

r

又有∑vΔt=L-d

BL-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

Bv

棒接入电路的长度为2d+xtanβ，可知该时刻导体棒所受安培力为B⋅⋅2d+xtanβ

r

Bvv0

对该过程由动量定理有-∑B⋅⋅2d+xtanβ⋅Δt=m-v

r20

2

2Btanβmv0

则有∑d+xv⋅Δt=

r2

4B2tanβ

解得v=∑d+x⋅x

0mr

作出该过程d+x与x关系图像，如图所示

1

则有∑d+x⋅x=d+LL-d

2

2B2L2-d2tanβ

联立解得v=，故C正确；

0mr

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2xtanα，该时

BvBv

刻导体棒所受安培力为B⋅0⋅2xtanα，该过程中安培力做功为W=-∑B⋅0⋅2xtanα⋅x=

rr

2B2vtanα

-0∑x⋅x

r

作出该过程x与x关系图像，如图所示

·3·

1d2tan2β

则有∑x⋅x=d2=

2AM2tan2α

由功能关系有产生的焦耳热Q=W

B2d2vtan2β

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。

2π22L+d

11.【答案】①.2.02②.③.大④.小

T2

t+t+tt+t+t

【详解】(3)[1]金属球做20次全振动的时间为，则周期T=123=123

20×360

40.43+40.50+40.38

当L=100.37cm时，代入数据可得T=s=2.02s

60

(4)[2])根据单摆的周期公式T=2πl

g

d

其中l=L+

2

L+d

则T=2π2

g

2π22L+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)①.36.2②.36.2

(3)Rx2

URR

(4)10V1

RV1U2-R0+RV1U1

【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】

RxU1

由题图(d)可知R0的读数为36.2Ω，结合题图(b)和串联电路分压规律=

Rx+R0U2

U1

解得Rx=R0

U2-U1

1.81

代入电压表的读数可得R=×36.2Ω=36.2Ω

x13.62-1.81

【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，

xS

即涂层越厚的电阻，阻值越小，由于Rx2阻值最小，则Rx2涂层最厚。

【小问4详解】

U1

若考虑电压表V1内阻，则根据串、并联电路规律和欧姆定律有Rx==

U2-U1-U1

R1RV1

U1R0RV1

RV1U2-R0+RV1U1

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

nTn=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，0~2.0m内的图像

2

为题图中实线关于x轴对称的图像，如图所示

kv2kv2Wf

14.【答案】(1)m=0，E=0(2)a=2g(3)U=

gqmaxq

【解析】

【小问1详解】

小球第一次达到最大速率v0时，受力平衡，根据平衡条件有mg=kv0

kv

解得小球的质量为m=0

g

小球再次到达最大速率v0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

直向下，根据力的平衡条件有mg+kv0=qE

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+kv0-mg=mamax

解得amax=2g>g

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qUMN-mgh-Wf=0

其中UMN=Eh

2W

联立解得M、N两点间的电势差为U=f

MNq

2

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-

min100

【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=2m1+m0v0

代入数据解得I合=600N⋅s

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F1=N=56N