2026年高考北京卷物理真题试卷及参考答案

插入水中的筷子，其水下部分反射的光线传播时，传播方向会发生偏折，是光的折射现象。 人眼逆着折射光线看去，会认为光线沿直线传播，因此感知到的筷子虚像位置和实际位置发生偏移，造成筷子看上去侧移的效果。 故选B。

根据题意，设括号内未知粒子为，根据质量数守恒和电荷数守恒可知，， 则括号内未知粒子为中子。 故选D。

A．一定质量的理想气体等温过程满足玻意耳定律（为常量），膨胀时体积增大，因此压强减小，故A正确； B．气体膨胀时体积增大，是气体对外界做功，外界对气体做负功，故B错误； C．理想气体分子平均动能仅由温度决定，等温过程温度不变，分子平均动能不变，故C错误； D．理想气体内能仅与温度有关，等温过程内能变化；根据热力学第一定律（为外界对气体做的功），本题中，可得，即气体从外界吸收热量，存在热量交换，故D错误。 故选A。

根据牛顿第二定律，代入数据得加速度大小 方向与运动方向相反。 刹车过程是末速度为0的匀减速直线运动，由匀变速直线运动速度位移公式 整理得 代入、，计算得 故选C。

A．此时处的质点位于平衡位置且沿轴正方向运动，根据“上下坡法”可知，波沿轴负方向传播，A错误； B．从波形图可直接读出波长 时在平衡位置且沿轴正方向运动，它离开平衡位置后第一次回到平衡位置的过程是：向上运动到波峰、再向下返回平衡位置，该过程对应半个周期，即，得周期 根据波速公式，B错误； C．从图中读出振幅 简谐运动中质点一个周期内的路程为，C错误； D． ，时从平衡位置沿轴正方向运动，经过恰好到达正向最大位移处。简谐运动的加速度方向与位移方向相反，指向平衡位置，因此此时加速度沿轴负方向，D正确。 故选 D。

A．合外力冲量等于物块动量变化，匀速运动速度不变、动量变化量为0，因此物块所受合力的冲量为零，A正确； B．支持力大小不为零，物块下滑过程的作用时间不为零，根据冲量定义，支持力的冲量不为零，B错误； C．物块三力平衡，重力、支持力、摩擦力的总合力为0，因此重力与摩擦力的合力与支持力等大反向，方向垂直斜面向下，而物块位移沿斜面向下，该合力与位移方向垂直，做功为0，C错误； D．物块在下滑过程中，动能不变，重力势能减小，则机械能减小，D错误。 故选 A。

A．理想变压器原副线圈的电压比等于匝数比，即原线圈两端电压（也就是V₁的示数）和副线圈两端总电压的比值为2:1。但V₂测量的是滑动变阻器R的分压，并非副线圈的总电压，因此V₁、V₂的示数之比不等于2:1，A错误； C． 滑片从a向b滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小。由于原线圈接的交流电源有效值恒定，根据变压规律 副线圈的总电压有效值保持不变， 副线圈回路总电阻为，总电阻减小，由欧姆定律可知副线圈总电流（即A₂的示数）增大，C正确； B．根据变流规律，副线圈电流增大时，原线圈电流（即A₁的示数）也会增大，B错误； D．变压器的输出功率 不变、增大，因此输出功率增大，D错误。 故选C 。

A．卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有 约去卫星质量可得地球质量 已知即可计算地球质量，故A正确； B．根据，可得卫星环绕速度公式为 为轨道半径，第一宇宙速度是近地卫星（）的环绕速度，是所有地球卫星的最大环绕速度，该卫星轨道半径，故运行速度小于第一宇宙速度，B错误； C．根据 卫星的加速度 地球表面重力加速度 由于，故，C错误； D．由开普勒第三定律（为常量），轨道半径越大，周期越大，故越大越大，D错误。 故选A。

A．闭合开关给电容器充电的过程中，有一部分能量在充电过程中通过电阻转化为焦耳热耗散，因此电源输出能量大于电容器存储的电场能，A错误； B．闭合开关稳定后，电容器两端电压等于电源电动势保持不变。若增大极板间距，由电容决定式可知减小，根据，电容器带电量减小，电容器放电，即存在从到的电流，B正确； C．断开开关后，电容器带电量保持不变。推导极板间场强： 可见场强和极板间距无关，因此减小极板间距时电场强度不变，C错误； D．断开开关不变，插入电介质后增大，由可知电容增大，根据，两极板间电势差会减小，D错误。 故选 B。

A．人速度最大的位置在合力为零处，即重力与弹力平衡的位置（设为点），此时（为到的距离）。 若人从点静止释放，根据简谐运动对称性，最低点应在点下方处； 现人从点下落，到达点已有速度，故最低点在点下方大于处，即。 中点处的伸长量，此时弹力，合力向上，人处于减速阶段，故速度最大位置在中点上方，故A错误； B．在点，绳刚伸直，弹力为零，人只受重力，加速度 在点，由A项分析可知伸长量，弹力 根据牛顿第二定律 可得 即，所以点加速度大于点加速度，故B错误； C．从点到点，人先做加速度减小的加速运动，加速度向下，人处于失重状态，过平衡位置后做加速度增大的减速运动，加速度向上，人处于超重状态，故人先处于失重状态后处于超重状态，故C错误； D．对于人、地球和弹性绳组成的系统，只有重力和弹力做功，机械能守恒，从点到点的过程中，人的动能先增大后减小，所以重力势能与弹性势能之和先减小后增大，故D正确。 故选D。

A．两根导线的间距不可改变，不可以定性得到磁场强弱和距离的关系，A错误； B．保持两根导线的间距不变，改变其中一根产生磁场的电流大小，通过另一根导线的受力形变程度变化，可以定性得到磁场强弱和电流大小的关系，B正确； C．该装置中只有两根平行通电直导线的磁场，没有额外的磁场叠加对照场景，无法验证磁场是否可以叠加，C错误； D．电流方向沿导线轴向，而安培力的方向始终垂直于电流方向，无法通过该装置检测是否存在沿电流方向的磁场分量，D错误。 故选B。

A．时间内，磁铁N极向下进入线圈，穿过线圈的磁通量向下增加。根据楞次定律，感应电流的磁场方向向上。由安培定则及图中线圈绕向可知，线圈中电流方向从上端流向下端，即外部电路中电流方向从到，故A错误； B．时刻，感应电流为0，说明感应电动势为0，即磁通量的变化率为0。此时磁铁中心位于线圈中心，穿过线圈的磁通量最大，故B错误； C．根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律 可得电荷量 时间内磁铁进入线圈，时间内磁铁穿出线圈，两过程中磁通量变化量的大小相等，故通过线圈的电荷量相等，即图像中曲线与时间轴围成的面积相等，故C正确； D．向左移动滑片，滑动变阻器接入电路的阻值减小，回路总电阻减小。感应电流增大，线圈对磁铁的安培力阻碍作用增强，磁铁下落的加速度减小，平均速度减小，穿过线圈的时间变大，故D错误。 故选C。

A．光电效应的发生条件是光子能量（金属逸出功），因此金属不会发生光电效应；而光电导效应的发生条件是光子能量，因此光照射到半导体上时，会激发半导体内部受束缚的电子发生光电导效应。故A正确，不符合题意； B．增大单色光强度，意味着单位时间内入射的光子数增多，半导体内部被激发的自由电子数量随之增加，半导体的电阻减小，则电路中电流会增大，所以电流表示数增大。故B正确，不符合题意； C．当对调电源的正负极后，半导体两端的电场方向变成反向，半导体内部自由电子的受力方向也变成反向，则电子的定向移动方向随之反向，因此通过半导体的电流反向，故C正确，不符合题意； D．该光电导效应仅在半导体内部激发自由载流子，不存在逸出半导体的光电子。当半导体两端电压为0时，内部没有外电场驱动自由载流子定向移动，因此电流表示数为0，故D错误，符合题意。 故选D。

A．若曲面光滑，小球运动过程中动能和重力势能相互转化，小球会在山谷间往复运动，无法最终停在谷底。而信息重现过程要求小球最终停在势能极小值点，类比的是存在阻力、小球沿势能持续减小方向运动直到静止的过程，A错误； B．若两个有微小差别的初始位置（对应微小差别的模糊字母），恰好分属两个不同山谷的势力范围，小球会沿各自的路径滑入不同的谷底，对应重现出不同的已存储字母，因此该情况是可能存在的，B正确； C．函数值相等仅对应初始位置的重力势能相等，两个势能相等的初始位置完全可能分属不同山谷的吸引域，最终滑入不同谷底，重现出不同的存储信息，C错误； D．每个谷底对应一个已存储的记忆信息，若该谷底消失，不存在对应的势能极小值点，无法重现原来对应的存储信息，D错误。 故选B 。

（1）对小车和桶砂整体由牛顿第二定律得加速度 小车实际受到的拉力 只有当时，才可近似认为拉力等于桶和砂的总重力。 （2）A．使用打点计时器的实验都需遵循“先接通电源，待打点稳定后再释放重物”的操作规范以保证充分利用纸带，A正确； B．探究气体等温变化规律时，需要保证气体状态变化过程温度始终和环境温度一致，快速拉动柱塞会使气体温度发生变化，违背等温条件，B错误； C．测量玻璃折射率时，两枚大头针间距适当大些，可以减小确定入射光线方向的角度误差，提高实验精度，C正确。 故选AC。 （3）[1]故障分析：图中导线c直接将滑动变阻器的右上接线柱和开关相连，此时滑动变阻器的全部电阻被接入电路，相当于定值电阻，因此移动滑片时电路总电阻几乎不变，电表示数几乎不变。拆除多余的导线c，滑动变阻器即可恢复正常的调节功能，排除故障，也可以拆除导线ac，故答案为c或ac。 [2]误差分析：该电路为电流表外接法，电压表测量的是电阻丝的真实电压，但电流表测量的是电阻丝和电压表的总电流，电流测量值偏大。根据，电阻测量值偏小，再由电阻率公式，因此电阻率的测量值偏小。

（1）A．钢球的平抛运动轨迹在竖直平面内，为了印迹能准确记录运动位置，应将背板调节到竖直平面内，故A正确； B．为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，应调节斜槽轨道的末端保持水平，故B正确； C．挡板不需要等间距移动，只要能在轨迹上得到多个分布合理的点即可，故C错误。 故选AB。 （2）实验操作时，钢球每次从同一个位置由静止释放，目的是：使钢球每次从斜槽轨道的末端飞出的速度相同。 （3）因为平抛竖直分运动是初速度为0的自由落体运动，满足连续相等时间内的竖直位移之比为（或位移差恒定）；从抛出点O开始，在y轴上取纵坐标分别为y、4y、9y…的点（即竖直位移满足），过这些点作平行于x轴的水平线，与轨迹的交点对应的时间间隔就是相等的时间间隔。（或：在轨迹上取点，使相邻两点的竖直方向位移差恒定，对应的时间间隔也相等。） （4）设钢球在坐标系中，经过坐标（，）的时刻为，平抛初速度为，抛出点在系中的坐标为（，）。根据平抛运动规律有， 联立整理可得 已知作出的图像为一条直线，斜率为，截距为，则有 整理可得 联立可得，， 解得， 则在坐标系中钢球做平抛运动的抛出点坐标为（，）。

（1）根据右手定则可知，导体棒中感应电流的方向为；刚开始运动时，感应电动势为 通过导体棒的电流大小 （2）初始时刻导体棒所受安培力为 由牛顿第二定律有 解得 （3）根据题意，由能量守恒定律可知，电阻产生的热量

（1）a．小球从静止释放到最低点的过程中，根据机械能守恒可得 解得 在最低点，由牛顿第二定律可得 解得 b．若较小，释放后小球做简谐运动；根据单摆周期公式可得 根据动量定理可得 联立解得一个周期内绳对小球拉力的冲量大小为 （2）使小球在水平面内做匀速圆周运动，轻绳与竖直方向夹角为，根据牛顿第二定律可得 其中 解得小球运动的周期为 而（1）b中小球运动的周期为 由于，可得

（1） 母离子在A区由静止经电场加速，由动能定理得： 母离子进入匀强磁场后，洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力： 联立可得 （2）a． 仅施加匀强磁场不可行 子离子经电压加速，由动能定理得 若仅加匀强磁场，洛伦兹力提供向心力，轨道半径满足： \[qv'B = m\frac{v^{'2}}{r} \Longrightarrow r = \frac{mv'}{qB} = \frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mU_{2}}{q}}\] 可见轨道半径与子离子的比荷有关，不同比荷的子离子加速后速度不同，在同一匀强磁场中做圆周运动的半径各不相同，无法保证所有子离子都以固定半径做圆周运动，因此仅施加匀强磁场不可行。 b．仅施加电场 可行，需施加以为圆心的径向辐向电场 若仅施加电场，要让所有子离子都以为圆心、为半径做匀速圆周运动，电场力需完全提供向心力，且电场方向始终指向圆心。 设距离点处的电场强度大小为，对任意子离子有： 结合子离子的加速动能关系 代入得： 该结果与子离子的比荷无关，只要D区是辐向电场，在半径为的圆周上各处电场强度大小恒为、方向沿径向指向圆心，不同比荷的子离子就都能获得大小合适的向心力，完成半径为的匀速圆周运动，最终从S垂直射出，因此仅施加该种径向电场是可行的。

（1）碰撞后两者速度相同，系统动量守恒： 解得共同速度 原子核动能： （2）a ． 中性粒子和原子核碰撞时，系统损失的动能全部转移给电子，因此电子获得的能量等于碰撞过程的动能损失。 对心碰撞中完全非弹性碰撞的动能损失最大，对应电子获得最大能量： 初始总动能为 完全非弹性碰撞后总动能为 因此： b ．原子核可获得的最大动能为，远小于探测器最小分辨能量，无法通过原子核动能直接探测。 暗物质粒子与原子核的各类碰撞中，弹性碰撞时，原子核获得的动能最大，根据动量守恒和能量守恒有：， 可得① 由a分析可知米格达尔效应中电子可获得的最大能量② 联立①②可得 该值大于的探测阈值，可以被探测器捕捉。 说明对于质量更小的暗物质粒子，直接碰撞转移给原子核的动能远低于探测阈值无法被识别，而米格达尔效应能将碰撞损失的动能集中转移给电子，使可探测的信号能量超过阈值，因此可以探测到质量更小的暗物质粒子。