（网络收集）2026年江苏物理卷高考真题带答案解析版一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。1.平面内存在垂直平面向外的匀强磁场，一电子垂直磁场射入。如图所示，则电子偏转的轨迹是（）A.a B.b C.c D.d【答案】A【解析】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动规律，核心是左手定则的应用。电子带负电，运动方向与电流方向相反。已知磁场方向垂直纸面向外，电子入射速度方向向上。使用左手定则时，四指应指向负电荷运动的反方向（即向下），让磁感线垂直穿入手心（掌心向外），则拇指所指方向即为洛伦兹力方向——向左，排除B、C选项。在匀强磁场中，带电粒子的运动轨迹为圆弧，排除B、D选项。因此B、C、D选项不符合推导结果。故选：A 2.使用高压输电，若输出功率不变，传输线路上的电阻不变，将电流降为原来一半，则损耗功率变为（）A.2倍B.倍C.不变D.4倍【答案】B【解析】本题考查高压输电中输电损耗的计算。输电线路上的损耗功率由焦耳定律给出：，其中I为输电电流，R为线路电阻。此时损耗功率变为：即损耗功率变为原来的倍，故选项B正确，A、C、D错误。故选：B 3.氢原子基态轨道的能量为E1，激发态轨道的能量为E2，则电子从激发态跃迁至基态轨道释放的光子频率为（）A.E1 B.C.D.E2【答案】B【解析】本题考查玻尔氢原子理论中能级跃迁的能量关系。电子从激发态（能量）跃迁到基态（能量，且）时，释放的光子能量等于两能级差：根据光子能量与频率的关系，可得光子频率为：故选项B正确。同时选项A和D均给出（单位错误且无意义），选项C给出（负值，不符合实际），因此A、C、D均错误。故选：B 4.如图所示，小明跳起至同一高度水平击打排球三次，排球分别落于a、b、c三点，关于该过程（）A.排球的飞行时间满足ta＞tb＞tc B.排球的飞行时间满足ta＜tb＜tc C.排球的初速度满足va＜vb＜vc D.排球的初速度满足va＝vb＝vc【答案】C【解析】本题考查平抛运动规律。小明从同一高度跳起击打排球，每次击球点高度相同，因此排球在空中飞行时间只由下落高度决定，三者时间相等，即，故A、B错误。水平方向做匀速直线运动，水平位移越大则初速度越大，由题意落点a、b、c的水平距离依次增大，故初速度满足，C正确，D错误。故选：C 5.一种元素的半衰期为39万年，一群该粒子原始质量为m0，经历12万年后剩余m1，则下列关于此过程图像正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】本题考查放射性衰变规律。半衰期为T=39万年，衰变公式为。经历t=12万年，剩余质量。图像特点为：从(0,)开始，随时间增加单调递减，且下降速度逐渐变慢，呈指数型曲线，排除B、D；同时在12万年时质量为，在39万年时质量为，排除C。故选：A 6.一带电正粒子沿直线穿越如图等势面（）A.粒子电势能先增大后减小B.粒子电势能先减小后增大C.粒子所受电场力先做负功后做正功D.粒子所受电场力不变【答案】B【解析】本题考查带电粒子在电场中的运动。粒子带正电，从高电势向低电势运动时，电势能减小，电场力做正功；从低电势向高电势运动时，电势能增大，电场力做负功。因此，粒子电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，故A错误，B正确。由于粒子电势能先减小后增大，根据功能关系可知粒子所受电场力先做正功后做负功，故C错误；等势线密的地方电场强度大，根据图像可知等势线的疏密不同，则电场强度不同，粒子所受电场力发生变化，故D错误。故选：B 7.发射一颗探月卫星，关于卫星在M、N两点的情况，下列说法正确的是（）A.在M点所受地球引力大B.在M点所受月球引力大C.在N点所受地球引力大D.在N点所受月球引力大【答案】A【解析】本题主要是考查万有引力定律，在M点，根据万有引力定律可得：F＝，由于地球质量大于月球的质量，M点距离地球近，则在M点所受地球引力大，在M点所受月球引力小；在N点，根据万有引力定律可得：，由于N点距离地球、月球的距离大小不确定，且地球的质量大于月球的质量，所以地球和月球对卫星的万有引力大小不能确定。故选：A。8.如图所示，在重力作用下肥皂膜上出现条纹，关于该条纹，下列说法正确的是（）A.是干涉现象，圆环半径越来越大B.是干涉现象，圆环半径不变C.是衍射现象，圆环半径越来越大D.是衍射现象，圆环半径不变【答案】A【解析】本题主要是考查薄膜干涉，肥皂膜在重力作用下形成上薄下厚的楔形，光在肥皂膜的前后表面反射后发生叠加，形成干涉条纹，这是干涉现象，随着时间推移，肥皂膜的液体会因重力继续向下流动，液膜的厚度变化率会改变，同一级次的干涉条纹（对应相同的液膜厚度）会向液膜更厚的下方移动，条纹的圆环（或水平条纹）等效的“半径”会越来越大。故选：A。9.如图所示，由照相机拍摄的两组照片，甲图无法看清车内景物，乙图可以看清车内景物。关于该现象，下列说法正确的是（）A.照相机镜头前加的是偏振片B.照相机镜头前加的是增透膜C.照相机镜头前加的是滤光片D.照相机镜头前加的是增反膜【答案】A【解析】本题考查光的偏振现象。车内景物被车窗玻璃反射的光是偏振光，当在照相机镜头前加装偏振片时，可以调整偏振方向，将反射的偏振光滤除，从而减弱反光，使车内景物清晰可见。增透膜、滤光片和增反膜均不能有选择性地消除反射偏振光。故正确答案为A。故选：A 10.关于使用身份证感应识别，刷卡机会向身份证发射电磁波，下列说法正确的是（）A.身份证放在刷卡机上不动就会产生感应电流B.身份证放在刷卡机上不动不会产生感应电流C.身份证快速靠近刷卡机感应电流会变大D.身份证快速远离刷卡机感应电流会变大【答案】A【解析】本题考查电磁感应现象。身份证感应识别利用了电磁感应原理，刷卡机发射变化的电磁波，使身份证内线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流。因此，身份证放在刷卡机上不动时也会产生感应电流，A正确、B错误。根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，感应电流大小与感应电动势相关。刷卡机发射的电磁波是高频交变电磁场，身份证线圈中感应电流主要由场源本身的周期性变化产生，与身份证是否运动关系不大，无论身份证快速远离或者是靠近刷卡机，在身份证中产生的感应电流不变。所以CD均错误。故选A 11.水平面内一光滑小球沿正方形线框保持速率不变运行，在拐点处其所受冲量和动量的比值是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】本题主要考查动量定理，设小球的速度大小为v，质量为m。在拐点f处，速度变化如图所示：根据几何关系可得：，在拐点处动量变化量为，所以在拐点处其所受冲量大小为：I＝在拐点处其所受冲量和动量的比值是：根据图中几何关系可得：，，，故选：A。二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16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，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12.用手机记录电容器的充放电过程。（1）如图，电容器电容为μF。（2）下列关于电容器说法正确的是。A.随着放电的进行，电容会逐渐变小B.随着充电的进行，电容会逐渐变小C.无论是否充放电，电容不变（3）用手机记录电容器充满电后的放电过程，电路图如图所示，下列步骤顺序正确的是。①S接b至A2为0②打开手机开始拍摄，S接a至A1为0③关闭手机（4）定性描述电容放电过程随时间变化规律。（5）电磁式电流表中有铝框，上面绕有线圈，请简述这一结构的作用。【答案】（1）1000（2）C（3）②①③（4）（5）铝框在磁场中运动时会产生感应电流，从而受到电磁阻尼作用，使指针迅速停止在指示位置，避免摆动。【解析】本题主要考查电容器的基本性质、充放电实验操作流程、放电规律以及电磁阻尼原理，综合涉及恒定电流和电磁感应知识。（1）电容器外壳上直接标注电容值，图中明确标有“1000μF”，因此答案为1000。本题考查电容器的标称值识别。（2）电容是电容器本身的固有属性，由极板面积、极板间距及介质决定，与是否充放电无关。充电或放电过程中，两极板上的电荷量发生变化，但电容值保持不变。故A、B错误，C正确。（3）正确流程：先闭合开关S接a（充电），观察电流表示数逐渐减小至0（表示电容器充满电）；然后打开手机开始拍摄；再将S接b（放电），观察电流表示数逐渐减小至0；最后关闭手机。按步骤编号应为：②（先充电并拍摄）→①（放电到为0）→③（关闭手机）。故顺序为②①③。（4）电容器放电时，回路中的电流和电容器两极板间的电压均随时间按指数规律减小。初始时刻变化最快，随后逐渐变慢，最终趋近于零。其图像为.（5）铝框在磁场中随线圈转动时，会切割磁感线产生涡流（感应电流），该涡流在磁场中受到安培力，安培力方向与转动方向相反，起到了阻尼作用，使指针能迅速停止在平衡位置，避免指针左右摆动。这一现象称为电磁阻尼。故答案为：铝框产生电磁阻尼，使指针快速稳定在指示位置。13.一定质量理想气体经历从a状态到b状态等温变化，外界压缩气体做功为W。已知a状态气体体积为V0，压强为p0，b状态气体体积为V。（1）求该过程中气体放出热量Q；（2）求b状态的气体压强p。【答案】(1)放出的热量Q=W。(2)。【解析】本题主要考查理想气体的等温变化规律及热力学第一定律。(1)求过程中气体放出的热量Q由热力学第一定律：其中W为外界对气体做的功（正值），Q为气体吸收的热量。由于是等温变化，理想气体内能只与温度有关，温度不变则内能不变，即。代入得：负号表示气体对外放出热量，因此放出的热量大小为W。(2)求b状态的气体压强P气体从状态a到状态b经历等温变化，满足玻意耳定律：解得：14.汽车经过一拱桥顶部，拱桥半径R＝20m，汽车过最高点速度v＝10m/s，质量m＝2×103kg，牵引力F＝2000N，阻力f＝1000N。（1）求汽车在最高点的向心加速度大小；（2）求汽车在最高点受到的合力大小。【答案】(1)。(2)合力大小为（约），方向斜向下，与竖直方向夹角。【解析】本题主要考查圆周运动及牛顿第二定律的应用，涉及向心力与切向力的合成。(1)求汽车在最高点的向心加速度向心加速度公式为：代入，：方向竖直向下（指向圆心）。(2)求汽车在最高点受到的合力汽车在最高点受力分析：竖直方向：重力mg向下，支持力N向上，其合力提供向心力（法向合力）。水平方向：牵引力F向前（沿速度方向），阻力f向后，其合力提供切向加速度。法向合力（向心力）：方向竖直向下切向合力：方向水平向前（与速度同向）总合力为法向与切向合力的矢量和,大小为:.方向与竖直方向夹角满足：.即合力斜向下，与竖直方向夹角为.15.扫地机器人可利用磁场对通电线圈的安培力实现悬浮与驱动。如图，一扫地机器人内含abcd、a′b′c′d′两个线框，其中a′b′c′d′为平衡框用于保持悬浮，abcd为驱动框用于提供向前的动力。导线通电后形成匀强磁场B，每个框都有一条边长为L并放置金属芯，金属芯使得该边处磁场增强为k倍。两个线框固定连接，总质量为m，运动过程中每个线框受到的阻力大小恒为f。（1）为了使线框整体悬浮，求a′b′c′d′框中的电流I的大小；（2）若机器人向右运行速度为v1，求ab边的感应电动势；（3）若某时刻线框的水平速度为v0，此时保持电流大小不变，仅将动力线框abcd电流反向，线框在安培力和阻力作用下做匀减速直线运动，经过位移s后停止。求整个减速过程中，动力线框cd边所受安培力的平均功率P.【答案】(1)(2)(3)【解析】此题考查了安培力公式及其应用、受力平衡条件、左手定则判断安培力方向、动生电动势计算、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律(1)线框整体悬浮，竖直方向受力平衡。对于平衡框：上边受到的安培力向上，大小为；下边(含金属芯)受到的安培力向下，大小为。根据平衡条件有：解得电流大小:I=(2)机器人向右运动时右边框ab边切割磁感线的电动势(3)线框abcd提供动力，cd边放置了金属芯，处于磁场kB中。电流方向改变后，安培力变成了阻力，由牛顿第二定律知，FA+f=ma由运动规律，v=2as，解得FA=-f ab边和cd边受到的安培力分别为Fab=BIL，Fcd=kBIL FA=Fcd-Fab=(k-1)BIL则有Fcd=FA线框匀减速运动到停止，平均速度=动力线框cd边安培力的平均功率P=Fcd=。第三问方法二：电流方向反向，由动能定理-(FA+f)∙s=0-mv ab边的安培力为Fab=BIL，磁场增强为k倍的cd边的安培力Fcd=kBIL FA=Fcd-Fab=(k-1)BIL则有Fcd=FA线框匀减速运动到停止，平均速度=则cd边安培力的平均功率为P0=F cd∙=16.如图所示，在光滑水平面上固定两个柱形光滑轨道，轨道上面分别约束着只能沿轨道方向运动的两个小球B和C，质量均为m。小球B和C通过弹性限度足够大的弹簧，与两者之间质量为m的小球A连接。此时一个质量为M的小球D，以速度v0与小球A发生对心完全弹性碰撞。假设每段碰撞与约束都不存在除了碰撞外的能量损失。（1）求小球D与A碰撞之后小球A的速度；（2）发生碰撞后，每根弹簧所含有的最大弹性势能；（3）要使弹簧恢复原长时，小球D与A恰好再次发生碰撞，求小球质量m和大球质量M的质量比。【答案】（1）小球D与A碰撞之后小球A的速度大小为，方向向右；（2）发生碰撞后，每根弹簧所含有的最大弹性势能为；（3）要使弹簧恢复原长时，小球D与A恰好再次发生碰撞，小球质量m和大球质量M的质量比1：11。【解析】（1）小球D与A碰撞过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：Mv0＝Mv1+mv2根据机械能守恒定律可得：＝+联立解得碰撞后小球D、A的速度大小为：v1＝；v2＝，方向向右；（2）发生碰撞后，A与B、C通过弹簧相互作用过程中，当三者的速度相同时，弹簧弹性势能最大，设共同速度为v；取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv2＝（m+2×m）v根据能量守恒定律可得：EP总＝﹣（m+2×m）v2联立解得两根弹簧总的弹性势能为：EP总＝则每根弹簧所含有的最大弹性势能为：EP＝EP总＝；（3）设弹簧恢复原长时，经过的时间为t，根据平均动量守恒可得：mv2t＝m+2×mt由于恢复原长时，xA＝＝t即：mv2t＝mxA解得此过程中A的位移大小为：xA＝D与A碰撞后D做匀速直线运动，此过程中D的位移大小为：xD＝v1t＝要使弹簧恢复原长时，小球D与A恰好再次发生碰撞，则有：xA＝xD联立解得小球质量m和大球质量M的质量比：。
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