2026年高考全国卷理综物理高考真题（网络收集版）

一皮球由静止自由下落高度 $h$ 后被地面反弹，反弹后竖直向上运动。由于与地面碰撞，皮球动能损失了64%。忽略空气阻力，皮球反弹后可上升的最大高度为（　　）

A． $0.8h$

B． $0.64h$

C． $0.6h$

D． $0.36h$

【答案与解析】

答案： D 原理： 机械能守恒与碰撞能量损失。皮球由静止自由下落高度 $h$ ，落地前瞬间由机械能守恒得动能 $E_{\mathrm{k}0}=mgh.$ 碰撞地面后动能损失 $64\%$ ，则反弹后剩余动能为 $E_{\mathrm{k}}=E_{\mathrm{k}0}(1-64\%)=0.36\,mgh.$ 反弹后竖直上升，忽略空气阻力，升至最高点时动能全部转化为重力势能： $mgh' = 0.36\,mgh \quad\Rightarrow\quad h'=0.36h.$ 故反弹后上升的最大高度为 $0.36h$ ，选 D。注意 $0.36h<h$ ，符合能量损失后高度降低的事实。故选D。
自由中子可以衰变，其衰变方程为 $^{1}_{0}\mathrm{n}\rightarrow^{1}_{1}\mathrm{p}+^{0}_{-1}\mathrm{e}+\bar{\nu}_{e}$ ，其中 $\bar{\nu}_{e}$ 为反中微子（质量近似为零）。由中子的衰变方程可知（　　）

A．质子的质量小于中子的质量

B．中子的质量小于质子和电子的质量之和

C．反中微子的电荷量与质子的电荷量相等

D．反中微子的电荷量与电子的电荷量相等

【答案与解析】

答案： A 原理： $\beta$ 衰变中的质量亏损与电荷守恒。衰变方程： $^{1}_{0}\mathrm{n}\rightarrow^{1}_{1}\mathrm{p}+^{0}_{-1}\mathrm{e}+\bar{\nu}_{e}.$ 衰变能释放，说明反应后产物总静质量小于反应物（中子）的静质量，即存在质量亏损 $\Delta m c^{2}$ 转化为动能。反中微子质量近似为零，故： $m_{\mathrm{n}} > m_{\mathrm{p}}+m_{\mathrm{e}}+0,$ 即中子的质量大于质子与电子质量之和，从而质子的质量小于中子的质量，A 正确、B 错误。电荷守恒：中子电荷为 $0$ ，产物中质子电荷为 $+e$ ，电子电荷为 $-e$ ，反中微子不带电（电荷为 $0$ ）。因此反中微子电荷既不等于质子电荷 $+e$ ，也不等于电子电荷 $-e$ ，C、D 错误。综上选 A。故选A。
吊环是男子竞技体操项目之一。双环由两吊绳分别悬挂。某运动员两手各握一环以静止方式展示了下列四种姿态。若同种姿态下两吊绳中的张力大小相等，则四种姿态下吊绳中张力最小的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

答案： D 原理： 共点力平衡与整体法。对运动员（含两环）整体受力分析：受竖直向下的重力 $mg$ ，以及两吊绳的竖直向上的拉力。由对称性，两绳张力大小相等，设每根绳与竖直方向夹角为 $\theta$ ，则竖直方向平衡： $2T\cos\theta = mg \quad\Rightarrow\quad T=\frac{mg}{2\cos\theta}.$ 当 $\theta$ 越小（两绳越接近竖直）时， $\cos\theta$ 越大， $T$ 越小。因此四种姿态中张力最小者对应两吊绳最接近竖直（夹角最小）的姿态。由题给答案，选项 D 所示姿态两绳最竖直，张力最小，选 D。故选D。
如图，一定量理想气体从状态a开始，沿 $p-V$ 图上实线所示过程经状态b、c到达状态d。四个状态下气体内能相等的是（　　）

A．状态a与状态c

B．状态a与状态d

C．状态b与状态c

D．状态b与状态d

【答案与解析】

答案： B 原理： 理想气体内能只与温度有关。一定量理想气体的内能 $U$ 仅是温度 $T$ 的函数，且由状态方程 $pV=nRT$ 可知，内能相等等价于温度相等，等价于 $pV$ 乘积相等（即位于同一条等温线上）。由 $p-V$ 图读得，状态 a 与状态 d 的 $pV$ 乘积相等（在同一条等温线上），故二者内能相等；其余各对状态的 $pV$ 乘积不相等，温度不同，内能不同。因此四个状态中内能相等的是状态 a 与状态 d，选 B。故选B。
一列横波沿 $x$ 轴正向传播，位于坐标原点的波源振动周期为 $T$ ，其开始一个周期的振动图像如图所示。该波在 $t=T$ 时刻的波形图可能为（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

答案： C 原理： 振动图像与波图像的关系，波沿 $+x$ 方向传播。波源位于原点， $t=0$ 时起振。由给出的一个周期振动图像可确定：
- $t=0$ 时波源质点的位移与起振方向；
- $t=T$ 时波源质点的位移及振动（速度）方向。波沿 $+x$ 正向传播， $t=T$ 时波已向前传播了一个波长 $\lambda=vT$ ，波形是从原点开始的一个完整波形。波形在 $x=0$ 处（波源位置）的质点状态必须与振动图像在 $t=T$ 时的状态一致：该点位移与 $t=T$ 时波源位移相同，且质点振动方向（波形上该点随后的运动趋势）与振动图像 $t=T$ 处的切线斜率所表示的速度方向相同。对照各选项，只有选项 C 的波形在 $x=0$ 处的质点位移和速度方向均与振动图像 $t=T$ 时的状态相符，故选 C。故选C。
2026年4月，神舟二十一号乘组的航天员在中国空间站进行了出舱活动，可认为航天员出舱后与空间站一同绕地球做圆周运动。下列说法正确的是（　　）

A．出舱的航天员处于失重状态

B．出舱的航天员不处于失重状态

C．在舱内的航天员处于失重状态

D．在舱内的航天员不处于失重状态

【答案与解析】

答案： AC 原理： 完全失重状态的判断。航天员（无论出舱还是在舱内）都与空间站一起绕地球做匀速圆周运动，万有引力完全提供向心力，其向心加速度等于该处的重力加速度 $g'$ ，对支持物的压力（视重）为零，处于完全失重状态。
- 出舱的航天员：与空间站一同绕地球圆周运动，处于失重状态，A 正确、B 错误；
- 舱内的航天员：同样绕地球圆周运动，也处于失重状态，C 正确、D 错误。故选AC。
利用如图所示的实验装置探究产生感应电流的条件，线圈 $\mathrm{P}$ 通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈Q的两端连接到电流表上，线圈 $\mathrm{P}$ 装在线圈 $\mathrm{Q}$ 的里面。下列说法正确的是（　　）

A．开关闭合瞬间，线圈 $\mathrm{Q}$ 中产生感应电流

B．开关断开瞬间，线圈 $\mathrm{Q}$ 中不产生感应电流

C．开关闭合状态下，快速滑动变阻器滑片，线圈 $\mathrm{Q}$ 中产生感应电流

D．开关闭合状态下，快速滑动变阻器滑片，线圈 $\mathrm{Q}$ 中不产生感应电流

【答案与解析】

答案： AC 原理： 感应电流产生的条件——穿过线圈 Q 的磁通量发生变化。线圈 P 通电后产生磁场，线圈 Q 套在 P 外。当穿过 Q 的磁通量变化时，Q 中产生感应电流。
- 开关闭合瞬间：P 中电流由 0 增大，磁场增强，穿过 Q 的磁通量增大，Q 中产生感应电流，A 正确；
- 开关断开瞬间：P 中电流减小到 0，磁通量减小，Q 中同样产生感应电流，B 错误；
- 开关闭合状态下快速滑动变阻器滑片：P 中电流变化，磁通量变化，Q 中产生感应电流，C 正确、D 错误。故选AC。
两带电平行金属板竖直放置，一带电小球从高于金属板的位置由静止自由下落，以一定的速度进入两板间。若忽略边缘效应，下列表示小球运动轨迹（图中实线）的四幅图中，可能正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

答案： AB 原理： 带电小球在重力场与匀强电场中的曲线运动。小球从高于金属板处自由下落，进入两板前只受重力，做竖直向下的自由落体运动，轨迹为竖直直线。进入两板间后（忽略边缘效应，板间电场水平方向）：受竖直向下的重力 $mg$ 与水平方向的电场力 $qE$ 。水平方向初速度为 0，受恒力做匀加速；竖直方向仍受重力做匀加速。故进入板间后轨迹为向下弯曲的曲线，且向电场力方向偏转，进入点处轨迹切线保持竖直。对照选项，满足“进入前为竖直线、进入后向下且向电场方向弯曲”的轨迹为 A、B，故选 AB。故选AB。
某同学利用如图所示的装置探究平抛运动竖直分运动的规律。

（1）他将装置固定在距离水平地面一定高度处，将球A夹在弹性金属片P和左侧固定架之间，与球A相同的球B放在固定于P底端的小平台上，并使两球高度相同。用小锤击打P，球B水平抛出，同时球A自由下落，比较两球落地时间。（2）保持其他条件不变，适当增加击打力度，球B被抛出时的速度＿＿＿＿（填“增大”“减小”或“不变”）。（3）分别改变小锤击打力度和装置距地面的高度，都能得到两球同时落地的结果，由此得到了平抛运动竖直分运动与自由落体运动＿＿＿＿（填“一致”或“不一致”）的结论。（4）假设某次实验发现球A比球B早落地，这可能是此次实验中球B抛出方向＿＿＿＿（填“斜向上”或“斜向下”）导致的。

【答案与解析】

（1）略（实验操作描述，无需填空）。（2）增大。增加击打力度，弹性金属片 P 对球 B 的作用冲量增大，球 B 被水平抛出时的初速度增大。（3）一致。改变击打力度（改变 $v_0$ ）和装置高度（改变下落时间），两球仍同时落地，说明平抛运动的竖直分运动规律与自由落体运动相同，即竖直分运动与自由落体运动一致。（4）斜向上。球 A 做自由落体，球 B 做平抛。若某次球 B 抛出方向斜向上，则 B 具有向上的初速度分量，需先上升再下落，在空中运动的总时间比水平抛出时更长，从而比球 A 更晚落地，表现为“球 A 比球 B 早落地”。因此可能是球 B 抛出方向斜向上所致。
某同学测量两个电压表 $\mathrm{V}_{1}$ 和 $\mathrm{V}_{2}$ 的内阻。可用器材有：直流电源 $E$ （电源电动势未知），滑动变阻器 $R_{0}$ ，电阻箱 $R$ ，开关 $\mathrm{S}$ 和导线若干。

（1）他设计了测量电压表 $\mathrm{V}_{2}$ 内阻的电路，其电路原理图如图（a）所示。在答题卡上按照原理图将图（b）中实物图间的连线补充完整＿＿＿＿。闭合开关 $\mathrm{S}$ 前，要将滑动变阻器的滑片滑至与图（a）中滑动变阻器的＿＿＿＿（填“M”或“N”）端对应的位置。（2）闭合开关S，将滑动变阻器滑片移动到适当位置。增加电阻箱接入电路的阻值， $V_1$ 的示数发生了变化，其示数＿＿＿＿（填“增大”或“减小”），同时 $V_2$ 的示数＿＿＿＿（填“增大”“减小”或“不变”）。（3）若电阻箱接入电路的阻值为 $R$ 时， $\mathrm{V}_{1}$ 和 $\mathrm{V}_{2}$ 的示数分别为 $U_{1}$ 和 $U_{2}$ ，则电压表 $\mathrm{V}_{2}$ 的内阻值 $R_{V}=$ ＿＿＿＿（用 $U_{1}$ 、 $U_{2}$ 和 $R$ 表示）。当 $R=1.4000\mathrm{k}\Omega$ 时， $\mathrm{V}_{1}$ 的示数 $U_{1}=2.75\mathrm{V}$ ， $\mathrm{V}_{2}$ 的示数如图（c）所示，可知 $U_{2}=$ ＿＿＿＿V， $R_{V}=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{k}\Omega$ （保留2位小数）。（4）若使用前 $\mathrm{V}_{2}$ 已调零，而 $\mathrm{V}_{1}$ 未调零，导致 $U_{1}$ 偏大，则（3）中计算得到的电压表 $\mathrm{V}_{2}$ 的内阻值＿＿＿＿（填“大于”“小于”或“等于”） $\mathrm{V}_{1}$ 调零后相应的计算结果。（5）将上述实验中两电压表的位置互换，测量得到电压表 $\mathrm{V}_{1}$ 的内阻。

【答案与解析】

（1）作图题（＿＿＿＿暂缺标准答案），作图要点如下：按图（a）原理图连接：直流电源 $E$ 、滑动变阻器、开关 $S$ 构成可调供电回路；电压表 $V_2$ 与电阻箱 $R$ 串联，电压表 $V_1$ 并联在“ $V_2$ 与 $R$ 串联”整体的两端（即 $V_1$ 测总电压， $V_2$ 测自身电压）。将图（b）实物图中对应的接线柱用导线依原理图补齐即可。闭合开关 $S$ 前，为保护电路（使接入电阻最大或分压输出最小），应将滑动变阻器滑片置于与图（a）中 M 端对应的位置，故填 M。（2）增大；减小。电路关系： $V_2$ 与 $R$ 串联，再与 $V_1$ 并联后接可调电源。增大电阻箱阻值 $R$ 时，串联支路总电阻增大，总电流减小，电源（滑动变阻器设定）输出电流在内阻上压降减小，故并联部分总电压（即 $V_1$ 示数 $U_1$ ）增大；而 $V_2$ 两端电压 $U_2=IR_{V2}$ ，电流 $I$ 减小，故 $U_2$ 减小。所以 $V_1$ 示数增大， $V_2$ 示数减小。（3）推导：设 $V_2$ 内阻为 $R_V$ 。 $V_2$ 与 $R$ 串联，电流 $I=\frac{U_2}{R_V}=\frac{U_1-U_2}{R}.$ 整理得 $R_V=\frac{U_2R}{U_1-U_2}.$ 当 $R=1.4000\ \mathrm{k}\Omega$ ， $U_1=2.75\ \mathrm{V}$ ，由图（c）读得 $U_2=1.35\ \mathrm{V}$ ，则 $R_V=\frac{1.35\times1.4000}{2.75-1.35}\ \mathrm{k}\Omega=\frac{1.89}{1.40}\ \mathrm{k}\Omega=1.35\ \mathrm{k}\Omega.$ 故两空分别填 $U_2R/(U_1-U_2)$ 、1.35、1.35。（4）小于。由 $R_V=\dfrac{U_2R}{U_1-U_2}$ ，若 $V_1$ 未调零导致 $U_1$ 偏大，则分母 $(U_1-U_2)$ 偏大，算得的 $R_V$ 偏小，即小于 $V_1$ 调零后的计算结果。（5）互换两表位置，同理可测 $V_1$ 内阻（略）。
某同学从湖边山顶以 $v_{0}=15\mathrm{m/s}$ 的速度向湖中水平抛出一石块，经过 $4s$ 石块落到水面，再经过 $0.3\mathrm{s}$ 石块撞击水面的声音传回到抛出点。若不计空气阻力，重力加速度大小取 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ ，求 $(1)$ 石块抛出点距湖面的高度； $(2)$ 石块落水点与抛出点之间的距离； $(3)$ 声速的大小。

【答案与解析】

已知 $v_0=15\ \mathrm{m/s}$ ， $t_1=4\ \mathrm{s}$ 落水， $t_2=0.3\ \mathrm{s}$ 声回传， $g=10\ \mathrm{m/s^2}$ 。 (1) 抛出点距湖面的高度 石块水平抛出，竖直方向为自由落体： $H=\frac{1}{2}gt_1^2=\frac{1}{2}\times10\times4^2=80\ \mathrm{m}.$ (2) 落水点与抛出点之间的距离 水平位移： $x=v_0 t_1=15\times4=60\ \mathrm{m}.$ 落水点到抛出点的直线距离： $s=\sqrt{x^2+H^2}=\sqrt{60^2+80^2}=\sqrt{3600+6400}=100\ \mathrm{m}.$ (3) 声速的大小 石块落水处与抛出点的直线距离为 $100\ \mathrm{m}$ ，声音沿该直线传回，用时 $t_2=0.3\ \mathrm{s}$ ，故声速 $v=\frac{s}{t_2}=\frac{100}{0.3}\approx 333\ \mathrm{m/s}\quad\left(\text{或}\ \frac{1000}{3}\ \mathrm{m/s}\right).$
光滑水平桌面（纸面）上，两平行虚线之间有方向垂直纸面向里的匀强磁场，一正方形导体线框MNPQ静置在桌面上，PQ边与磁场边缘重合，如图（a）所示。 $t=0$ 时刻，线框在拉力作用下由静止开始进入磁场，拉力方向平行于桌面且与虚线垂直，线框完全进入磁场后，继续运动一段时间，直至MN边离开磁场为止。拉力大小随线框速度大小变化的 $F-v$ 图线如图（b）中实线所示，线框加速度始终保持不变，PQ边始终与磁场边缘保持平行。线框质量为 $m$ 、电阻为 $R$ ，图（b）中 $F_{0}$ 与 $v_{0}$ 已知，求

$(1)$ 线框加速度大小及线框边长； $(2)$ 磁感应强度大小及磁场区域的宽度； $(3)$ 从PQ边进入磁场到 $MN$ 边离开磁场的过程中，拉力的最大值及安培力冲量的大小。

【答案与解析】

设线框边长为 $L$ ，磁场区域宽度为 $d$ （两平行虚线间距），线框质量 $m$ 、电阻 $R$ 。运动分三个阶段：
- 阶段Ⅰ（进入磁场）：PQ 切割磁感线，速度 $v$ 由 $0$ 增至 $v_1$ ，PQ 位移为 $L$ 。感应电动势 $\mathcal E=BLv$ ，电流 $I=\dfrac{BLv}{R}$ ，安培力 $F_A=BIL=\frac{B^2L^2}{R}v,$ 方向向左阻碍运动。由牛顿第二定律 $F-F_A=ma$ 得 $F=ma+\frac{B^2L^2}{R}v=ma+kv,\qquad k=\frac{B^2L^2}{R}.$
- 阶段Ⅱ（完全在磁场中）：磁通量不变，无感应电流、无安培力，故 $F=ma,$ 对应 $F-v$ 图的水平段。
- 阶段Ⅲ（离开磁场）：MN 切割磁感线，同阶段Ⅰ， $F=ma+kv$ ，速度由 $v_2$ 增至 $v_3$ ，MN 位移为 $L$ 。由图（b）水平段力为 $F_0$ ，得 $a=\frac{F_0}{m}.$ 图中所标 $v_0$ 为线框恰完全进入磁场时的速度（即阶段Ⅰ末速度 $v_1=v_0$ ）。由 $v_0^2=2aL$ 得 $L=\frac{v_0^2}{2a}=\frac{m v_0^2}{2F_0}.$ 由图线直线段可读得斜率 $k=\dfrac{F_0}{v_0}$ （直线过 $(0,F_0)$ 与 $(v_0,2F_0)$ ），于是