2026年高考陕晋青宁卷物理真题试卷及参考答案

【详解】A．位移是从初位置指向末位置的有向线段，仅由初、末位置决定，两种运输方式的初位置都是P、末位置都是Q，故位移一定相同，A正确； B．路程是物体运动轨迹的长度，无人机和货车的行驶路径不同，运动轨迹长度不一定相等，故路程不一定相同，B错误； C．运动时间由运动路程和运行速率共同决定，两者的路程、运行速率均无确定关系，故时间不一定相同，C错误； D．平均速度的定义为，两者位移相同，但运动时间不一定相同，故平均速度不一定相同，D错误。 故选A。

【详解】仿生机器鱼做匀速直线运动，处于平衡状态，所受合外力为0。机器鱼受两个外力：竖直向下的重力，以及水对其施加的所有作用力的合力（包含浮力、水的阻力等）。根据平衡条件有 可得 即水的合力与重力大小相等、方向相反，为竖直向上。 故选D。

【详解】A．甲：导体环绕轴匀速转动，磁通量不改变，不产生交变电流，故A错误； B．乙：导体框绕轴匀速转动，，周期性变化，产生交变电流，故B正确； C．丙：导体棒匀速运动，感应电动势，电流恒定，故C错误； D．丁：导体框匀速运动，不变，无感应电流，故D错误。 故选B。

【详解】静止的正电子和电子总静能为，总动量为0，湮灭过程满足能量守恒和动量守恒，因此两个光子总能量为，总动量为0，两光子反向运动，每个光子的能量、动量大小均相等，单个光子能量为，动量大小 A．两个光子总能量等于正负电子总静能，并非，故A错误； B．单个光子能量满足，解得频率，故B正确； C．初始系统总动量为0，由动量守恒可知两个光子总动量为0，并非，故C错误； D．光子动量满足 解得波长，并非，故D错误。 故选B。

【详解】卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力 其中为引力常量，为地球质量，为轨道半径，为角速度，为线速度。 推导得 A．由，由于轨道半径不同，则，故A错误； B．由以上分析可知，​，与有关，，故B错误； C．由以上分析可知，，与有关，，故C错误； D．由以上分析可知，，与无关，故D正确。 故选D。

【详解】A．由右手定则可知，流过导体棒的感应电流方向由向，故A错误； B．导体棒下降过程中，安培力大小改变，方向不变，由冲量公式可知，导体棒所受安培力的冲量不为零，故B错误； C．导体棒下降过程中，感应电动势为 感应电流为 通过导体棒的电荷量大小为，故C正确； D．根据题意可知，导体棒下降过程中，先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，则导体棒的加速度最大值出现在最低点或初始位置，导体棒速度最大时有 若没有磁场，由能量守恒定律有 可知，在最低点时，有 此时，加速度为 有磁场时，由能量守恒定律可知，弹簧的形变量减小，则最低点时加速度小于，则导体棒的加速度最大值出现在初始位置，此时，导体棒只受重力，加速度为，故D错误。 故选C。

【详解】A．根据题意，设A、B距离为，B、C距离为，且，在A、B间有，， 解得，， 在B、C间有 则整个过程时间 保持S闭合，不变，仅变大，变短，故A错误； B．结合A分析可知，保持S闭合，仅增大，变短，故B错误； C．结合A分析可知，保持S闭合，不变，AC位置不变，仅B极板向右移动，则增大，减小，不变，变长，故C正确； D．将S断开，极板上电荷量不变，AC位置不变，仅B极板向右移动，A、B间电场强度不变，则加速度不变，则有，， 则整个过程时间 由于增大且小于，减小，不变，根据数学知识可知，当时，有最小值，故随着增大，减小，总时间减小，D错误。 故选C。

【详解】AB．根据题意，画出光路图（蓝色），现换用折射率较大的玻璃砖，保持入射角不变，折射角变小，若厚度d相同，画出光路图（黄色），如图所示 由图可知，侧移量变大，故A错误，B正确； CD．根据题意，画出光路图（蓝色），现换用折射率较大的玻璃砖，保持入射角不变，折射角变小，若侧移量Δx相同，画出光路图（黄色），如图所示 由图可知，厚度变小，故C正确，D错误。 故选BC。

【详解】A．根据题意由图可知，时，质点在波峰，时第一次回到波峰，则波的周期为，故A正确； B．由于时振动至波谷，则时，质点沿轴负方向振动，则波沿轴正方向传播，质点由波峰振动到此位置的时间为，则质点的振动传播到质点需要，则波速为，故B错误； CD．设波的振幅为，结合上述分析可知，质点的振动方程为 又有时， 解得 经过时间，质点通过的路程为，故C正确，D错误。 故选AC。

【详解】AB．根据题意可知，初始时弹簧处于原长，释放后瞬间，弹簧形变量不变，设释放后瞬间轻绳上的拉力大小为，对、整体，由牛顿第二定律有 对，由牛顿第二定律有 联立解得，，故A正确，B错误； CD．根据题意，把物块看成整体，左边受向下的，右边也受向下的，整体合力为零，由动量守恒定律有 则有 可得 解得， 设释放后下降的最大距离为，则，此时弹簧形变量为 由能量守恒定律有 解得 释放后的速度最大时为，则有 又有 解得 则有， 由能量守恒定律有 解得，故C错误，D正确。 故选AD。

【小问1详解】 使用打点计时器时，为了使打点稳定并有效利用纸带，应先接通电源开始打点，待打点稳定后再释放纸带拉动其运动。若先拉动纸带再打点，可能导致纸带上打出的点很少甚至没有点，且初始阶段打点不稳定。 故选B。 【小问2详解】 由图可知， P点左侧相邻点对应的刻度为，右侧相邻点对应的刻度为。 P点左右相邻两点间的距离 打点计时器电源频率为，打点周期，根据用某点左右相邻点间的平均速度代表该点的瞬时速度，可得P点的瞬时速度 【小问3详解】 根据加速度定义式，P、Q两点间的平均加速度

【小问1详解】 ①[1]为了保护灵敏电流表G，闭合开关前，应使测量电路（电桥）两端的电压最小，故滑片应置于D端。 ②[2]由题意可知，电流从A端流入时指针向A端偏转。图乙中G指针向B端偏转，说明B端电势高。要使G指零，需增大或减小。根据电路图可知，增大可使分压减小，升高，故应调节电阻箱使阻值增大。 ③[3]图乙为电桥电路，平衡时满足 已知a、b、c为三个完全相同的电阻，代入平衡条件解得 【小问2详解】 ①[1]当a、b、c不完全相同时，为了消除电阻阻值不准确带来的系统误差，可采用交换法。即交换比例臂电阻的位置。原平衡条件为 交换a和b、c的位置后，新平衡条件为 两式相乘可消去和，解得 故选A。 ②[2]由上述分析可知

【小问1详解】 初始K关闭时，甲管与大气连通且管内恰无水，说明A端口处压强等于大气压强。由液体压强公式可知，瓶内上方气体压强满足 代入数据解得 乙管B端口处压强满足 代入数据解得 【小问2详解】 当水面与甲管A端口齐平时，瓶内上方气体压强等于大气压强。设进入瓶内的空气在大气压强下的体积为，对瓶内原有气体和进入的空气整体应用玻意耳定律，有 代入数据解得

【小问1详解】 当甲从A点滑至B点根据 代入数据可得a=2m/s2 根据牛顿第二定律有 又因为，所以 代入数据联立可得 【小问2详解】 甲从A点滑至B点损失的机械能等于这个过程中摩擦力做的功，所以有 根据前面小问可知甲下滑的加速度为a=2m/s2；根据运动学公式可得甲到达B点的速度为12m/s 所以AB段动量的变化量为 【小问3详解】 乙从A滑到B的过程根据运动学公式有 代入数据解得 甲在地面上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有 可得 甲到达B点的速度为，在4s内甲没有停止； 在内，甲运动的距离 代入数据解得，即甲乙之间的距离为40m。

【小问1详解】 粒子在电场中做类斜抛运动 设粒子初速度方向与x轴夹角为，加速度 方向沿y轴正向。粒子从运动到，水平方向 竖直方向 联立解得 即 在O点，， 设射入磁场速度方向与x轴夹角为，则 即 根据， 解得或 【小问2详解】 粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径 磁场区域半径也为L。由几何关系，粒子从O点射入，必从磁场边界另一点射出，且射出速度方向水平向右，如下图 射出点纵坐标 当时，， 当时，， 粒子与Q板弹性碰撞后沿x轴负方向返回，再次进入磁场。 由对称性及圆周运动几何关系，粒子再次打到挡板上的位置纵坐标 故y坐标为或。 【小问3详解】 根据（1）可知 设。粒子能到达O点需满足，即， 若，则，无粒子能到达O点，均无法打到P右侧面。 当时，存在两个发射角（假设大于）。粒子在电场中不撞板条件为，如下图 上图为刚好到达上极板的临界，根据逆向看，类平抛运动速度偏转角是位移偏转角正切值的2倍，可知，此时 根据数学关系可知此时， 解得对于需，即 此时对应粒子轨迹刚好与上极板相切。 综上所述，当时，仅粒子能进入磁场，1个撞击点； 当时，两粒子均能进入且撞击点不同，2个撞击点； 当时，两粒子轨迹重合，1个撞击点； 当，则，无粒子能到达O点，均无法打到P右侧面。