2026年高考云南卷物理高考真题.pdf

云南省2026年普通高中学业水平选择性考试物理答案一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.【答案】B【详解】光电效应的发生条件为：入射光子的能量E大于等于金属的逸出功W0，即E≥W0时可发生光电效应。

锡的逸出功W锡=4.42eV>4.30eV，不满足光电效应发生条件，锡不能发生光电效应；铟的逸出功W铟=4.09eV<4.30eV，满足光电效应发生条件，只有铟能发生光电效应。

故选B。

2.【答案】A【详解】平均速度计算：根据平均速度定义式v=xt，代入位移x=260m、时间t=100s，可得v=260100=2.6m/s超重失重判断：电梯向上加速时加速度竖直向上，乘客处于超重状态。

故选A。

3.【答案】B【详解】光通过平行树脂砖，出射光线与入射光线平行；由于由空气进入树脂为由光疏介质进入光密介质，折射角应小于入射角，则光线会向法线侧移，出射光线在入射光线延长线的左侧，符合条件的是②。

故选B。

4.【答案】B【详解】由题知“天宫”空间站周期T1=2416 h=1.5h，运行半径r1=6800km“吉林一号”遥感卫星运行半径r2=6935km，根据开普勒第三定律有r31T21=r32T22解得T2≈T1=1.5h故选B。

5.【答案】C【详解】A．由题知实线圆表示某时刻相邻的两个波峰，则该波波长λ=2m，且已知频率为2Hz，根据v=λf=4m/s故A错误；B．已知T=1f=0.5s而t=0.125s，即T4，由于此时(t=0)时P在波峰，则t=0.125s时，P位于平衡位置，故B错误；C．根据几何关系可知Q距离波源S有5m，则该波传播到P、Q的时间差为5-2v=34s=0.75s故C正确；·1·D．P、Q所在的波面相距3m，为32λ，则t=1.25s以后，P、Q的位移始终相反，故D错误。

故选C。

6.【答案】D【详解】设挎包带与竖直方向的夹角为θ。对挎包受力分析，竖直方向受重力mg和两股包带的拉力FT，由平衡条件2FTcosθ=mg根据几何关系有单侧包带长度l=4d-x2=2d-x2单侧包带水平投影长度Δx=x-d2则sinθ=Δxl=x-d4d-x故FTmg=4d-x2 3d 5d-2x代入特殊点x=0，FTmg≈0.52x=d，FTmg=0.5x=2d，FTmg=33≈0.58故选D。

7.【答案】C【详解】根据题意0~1s水平位移为0，可得v0x+0.5ax=0竖直位移为3m，可得vy0+0.5ay=30~2s水平位移为3m，可得2v0x+2ax=3竖直位移为0，可得2vy0+2ay=0解得ax=3m/s2，ay=-6m/s2对小球受力分析有ax=qExm，ay=-g+qEym代入数据得Ex=3.0×105V/m，Ey=4.0×105V/m故电场强度大小E=E 2x+E 2y=5.0×105 V/m电场方向斜向上偏N侧，Ex>0表明沿x轴正方向电势降低，故φO>φN。

故选C。

8.【答案】BD【详解】AB．根据输电功率公式P=UI，输电电流I=PU=2.6×109800×103A=3.25×103A，故A错误，B正确；CD．输电损耗功率为P损=I2R，输送功率P不变时，提高输电电压U，由I=PU可知输电电流I减小，因此P损减小，故C错误，D正确。

故选BD。

9.【答案】AC【解析】·2·方法一根据题意可知，运动员某次以θ=90°击球时，即初速度方向为水平，排球贴近b点越过球网，则有x=vt解得t=xv竖直方向上有h=12gt2可得A．保持v、x、h不变，减小θ，则球竖直向下的初速度大于零，水平方向的分速度小于v，竖直方向根据h=vy0t+12 gt2可知t<t水平方向x=vx0t<x可知排球一定下网，故A正确；B．设球抛出时与水平方向的夹角为α(0≤α≤90°)，落地时速度为v，画出速度的矢量三角形，如图所示在矢量三角形ABC中，面积S=12gt⋅v0cosα水平位移x=v0cosα⋅t联立可得S=12gx即三角形面积最大时，水平位移最大，又S=12v0vsinβ根据动能定理可知落地时速度v为定值，v0也为定值，当sinβ=1即β=90°时，S有最大值，即末速度方向与初速度方向垂直时，水平位移有最大值，显然当球水平抛出时，末速度方向与初速度方向夹角为小于90°，根据数学知识可知，保持v、x、h不变，增大θ，排球的水平射程先增大后减小，可知排球可能会出界，故B错误；C．保持θ不变，增大x同时减小h，根据h=12gt21可知球抛出到网顶点的时间变小，要能过网，则需要增大初速度，设恰好能过网的初速度为v，设网高为H，球到网顶点竖直方向的速度vy=gt1变小，过网后，竖直方向根据H=vyt+12 gt2可知球运动的时间比增大x同时减小h前长，水平方向x=vt的位移比增大x同时减小h前大，故一定会出界，故C正确；D．保持x、h不变，同时增大v和θ，则球竖直向上向的初速度不为零，根据h=-vy0t+12 gt2可知时间变大，故D错误。

故选AC。

方法二·3·根据题意可知，运动员某次以θ=90°击球时，即初速度方向为水平，排球贴近b点越过球网，则有x=vt解得t=xv竖直方向上有y=12gt2以击球点a为原点建立直角坐标系，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向则排球轨迹方程为y=-g2v2x2排球贴近网顶飞过，则-h=-g2v2x2解得h=gx22v2设对方底线位于(L，-H)处排球恰好落在对方底线上，则-H=-g2v2L2解得H=gL22v2A．保持v、x、h不变，减小θ，即θ<90°，此时初速度有向下的分量。将速度分解有vx=vsinθ，vy=-vcosθ在网顶x=x处，排球的高度为y=-xcotθ-gx22v2sin2θ利用h=gx22v2，可得y=-xcotθ-hsin2θθ=90°击球时网顶高度为-h。有-h-y=xcotθ+hcot2θ>0因此y<-h排球在网顶处的高度低于网顶，一定下网，故A正确；B．保持v、x、h不变，增大θ，即θ>90°此时，初速度有向上的分量。令α=θ-90°(0°<α<90°)，则vx=vcosα，vy=vsinα落地时间t满足-H=vsinα⋅t-12gt2解得t=vsinα+v2sin2α+2gHg水平射程S=vxt=vcosαg vsinα+v2sin2α+2gHθ=90°击球时射程S0=L=v 2Hg对S在α=0°处求导S0=v2g>0说明从θ=90°开始增大，射程最初会增加，落点将超出底线。因此增大θ并非“一定不会出界”，而是可能出界，故B错误；C．保持θ不变(即仍为90°平抛)，增大x同时减小h，平抛轨迹仍为y=-g2v2x2改变后的网的水平距离为x′>x，竖直高度差为h′<h，若排球不下网，需满足在x′处y′≥-h′即-gx22v2≥-h解得h≥gx22v2·4·根据gx22v2=h，且x′>x，则有gx22v2>gx22v2=h>h因此h≥gx22v2不可能成立。即在增大x、减小h′的条件下，排球必定下网，“不下网”的情况根本不会发生，故C正确；D．保持x、h不变，同时增大v和θ，则θ>90°，初速度有竖直向上的分量vy=-vcosθ>0设增大后的速度为v，竖直初速度v’y0>0。落地时间为t，由-H=v’y0t-12 gt2解得t=v’y0+v’2y0+2gHg基准平抛时vy0=0，t0=2Hg因为v’y0>0，显然有v’y0+v2y0+2gH>2gH解得t>t0故飞行时间一定增大，不可能与基准时间相同，故D错误。

故选AC。

10.【答案】AD【详解】A．根据右手定则可知，线框中的感应电流方向为abcda，故A正确；B．若速度保持恒定，且v0=2.0m/s，线框刚进入磁场时，感应电动势为E1=BLabv0=1.2V感应电流为I1=E1R=10A线框所受安培力为FA1=BI1Lab=6N又有mgsin30°=2.5N则有FA1>mgsin30°，可知外力F沿斜面向下；cd边要进入磁场时，感应电动势为E2=BLcdv0=0.6V感应电流为I2=ER=5A线框所受安培力为FA2=BI2Lcd=1.5N则有FA2<mgsin30°，可知外力F沿斜面向上，则该过程中F对线框先做正功后做负功，故B错误；CD．根据题意，由几何关系可得，等腰梯形的高h=Lab-Lcd2⋅tan53°=0.4m该过程中重力做功为WG=mghsin30°=1J若感应电流恒定，则感应电动势恒定，则有BLabv0=BLcdv解得v=2v0安培力做功为WA=-FA1+FA22h=-B2 Lab2v0+Lcd2v2Rh=-0.9v0由动能定理有WF+WG+WA=12mv2-12mv20解得v0=-1.4m s(舍去)，v0=0.2m s则感应电流为I=BLabv0R=1A则有Q=WA=I2Rt代入数据解得t=1.5s，故C错误，D正确。

故选AD。

二、非选择题：本题共5小题，共54分。其中13~15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和·5·重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

11.【答案】(1)①.A②.D(2)3.0(3)4.0【解析】【小问1详解】[1][2]水平仪气泡会向较高的一端移动，根据图丙可知是M和N端高了的原因，所以要将台面调成水平，需要保持M和N高度不变，调高L或者保持L高度不变，同时调低M和N，故选A或D。

【小问2详解】由图可知F1的读数为6×0.5N=3.0N【小问3详解】根据平行四边形法则做出合力图像如图所示由于每小格边长代表0.5N，故可得F1和F2的合力大小为F=8×0.5N=4.0N12.【答案】(1)①.A2②.③.4.0(2)①.3.6②.73【解析】【小问1详解】①由于电池允许的最大放电电流为80mA，为了减小测量误差应该选择电流表A2；②根据上述器材，因为只有电流表和电阻箱，故采用安阻法测量，实验电路如图所示③根据闭合电路欧姆定律可知E=IR0+Ir变形可得1I=1E⋅R0+rE，所以在1I-R0图像中图线的斜率即为1E，所以根据图像有k=1E=·6·50-25200-100=14即E=4.0V【小问2详解】[1][2]根据图(b)乙可知在120min时，电池输出电压约为3.6V，120min时的输出电流约为34mA，此后不能正常工作；其中120min=2h；根据i=t图像围成的面积表示电量，对i=t图线做近似处理如图可知Q=39+34×22=73mA⋅h【点睛】13.【答案】(1)10mv9eR，垂直纸面向里(2)9πR10v【解析】【小问1详解】根据洛伦兹力提供向心力有evB=mv2r可得r=mveB根据几何关系可得r=R+0.8R2=910R联立可得B=10mv9eR根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向里。

【小问2详解】根据T=2πrv结合r=910R可得T=9πR5v电子从S点第一次到达P点转过的圆心角为180°，电子从S点第一次到达P点所用的时间t=180°360°⋅T联立可得t=9πR10v14.【答案】(1)mg(2)2mgV0S1(p0S2-2mg)，2mgp0V0(p0S2-2mg)-Q(3)2mgH【解析】【小问1详解】打开气阀K，对活塞b进行受力分析，当活塞b刚要开始向下运动时，在竖直方向上，重物的重力mg与最大静摩擦力f平衡，即f=mg【小问2详解】在(1)问操作后关闭气阀K，则气体压强为p0，然后用水平拉力向右缓慢拉动活塞a，直到重物刚要·7·开始向上运动，对活塞b，根据平衡条件有p1S2+mg+f=p0S2设活塞a向右移动的位移为x，气体体积变为V1=V0+S1x因为缓慢拉动，气体做等温变化，根据玻意耳定律p1V1=p0V0联立解得x=2mgV0S1(p0S2-2mg)以气体为研究对象，根据热力学第一定律ΔU=W+Q其中ΔU=0活塞对气体做功为W=-Q则气体对活塞做功为W=Q对活塞，根据动能定理WF+W-p0S1x=0解得拉力对活塞a做的功WF=2mgp0V0(p0S2-2mg)-Q【小问3详解】重物上升H过程中，活塞b匀速运动，气体压强保持p1不变，恒温下气体总体积不变，因此活塞a向右移动位移x满足S1x=S2H得x=S2HS1拉力大小不变F=p0S1-p1S1=2mgS1S2拉力做功WF=Fx联立解得WF=2mgH15.【答案】(1)352gh0，852gh0(2)(i)0，12825g+h0+2g h2-h1；(ii)352k⋅2gh0+98 g h2-h11-352(k-1)；(iii)h1≤925h2【解析】【小问1详解】P球到达第1个平台时，由机械能守恒定律有Mgh0=12Mv2P1解得vP1=2gh0P球与1球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有MvP1=MvP1+mv11，12Mv2P1=12Mv2P1+12mv211解得vP1=35vP1=352gh0，v11=85vP1=852gh0【小问2详解】(i)1球到达第2个平台时，由动能定理有mg h2-h1=12m v21-v211解得v1=12825gh0+2g h2-h11球与2球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv11=mv1+mv2，12 mv211=12mv21+12mv22解得v1=0，v2=12825g+h0+2g h2-h1·8·可知两球速度交换；(ii)设P球到达第k个平台时的速度为vPk，与第k个平台处的1球碰撞后的速度为vPk，则P球从第k-1个平台发生第k-1次碰撞后到第k个平台碰撞前，由动能定理Mg h2-h1=12M v2Pk-v2P(k-1)①P球在第k个平台与1球碰撞，由动量守恒、机械能守恒，由之前计算结果的规律，可知vPk=35vPk②联立①②可得259v2Pk-v2P k-1=2g h2-h1由数学知识，可知v2Pk-98g h2-h1是等比数列，公比为q=925所以有v2Pk-98g h2-h1=925k-1v2P1-98g h2-h1解得vPk=352k⋅2gh0+98 g h2-h11-352(k-1)(iii)经分析，只需考虑P球，每次都要越过最高点，则对于任意k(k≤N)，由能量关系有12Mv2Pk>Mgh1即925k-1⋅2gh0+98 g h2-h11-925k-1>2gh1变形为925k-1 1825gh0-98 g h2-h1+98g h2-h1>2gh1由h0>2516h2-h1可知1825gh0-98 g h2-h1>0则925k-1 1825gh0-98 g h2-h1是k的减函数，故k→∞时，925k-1 1825gh0-98 g h2-h1趋近于零，925k-1 1825gh0-98 g h2-h1+98g h2-h1>2gh1化简为98g h2-h1≥2gh1解得h1≤925h2·9·。

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