2026年高考云南卷物理高考真题（答案版）

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

x

【详解】平均速度计算：根据平均速度定义式v=，代入位移x=260m、时间t=100s，可得v=

t

260

=2.6m/s

100

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

24

【详解】由题知“天宫”空间站周期T=h=1.5h，运行半径r=6800km

1161

r3r3

“吉林一号”遥感卫星运行半径r=6935km，根据开普勒第三定律有1=2

222

T1T2

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；

1

B．已知T==0.5s

f

T

而t=0.125s，即，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；

4

5-23

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=s=0.75s

v4

故C正确；

·1·

3

D．P、Q所在的波面相距3m，为λ，则t=1.25s以后，P、Q的位移始终相反，故D错误。

2

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

4d-xx

根据几何关系有单侧包带长度l==2d-

22

x-d

单侧包带水平投影长度Δx=

2

Δxx-d

则sinθ==

l4d-x

FT4d-x

故=

mg23d5d-2x

F

代入特殊点x=0，T≈0.52

mg

F

x=d，T=0.5

mg

FT3

x=2d，=≈0.58

mg3

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=3

0~2s水平位移为3m，可得2v0x+2ax=3

竖直位移为0，可得2vy0+2ay=0

22

解得ax=3m/s，ay=-6m/s

qEqEy

对小球受力分析有a=x，a=-g+

xmym

55

代入数据得Ex=3.0×10V/m，Ey=4.0×10V/m

225

故电场强度大小E=Ex+Ey=5.0×10V/m

电场方向斜向上偏侧，表明沿轴正方向电势降低，故。

NEx>0x φO>φN

故选C。

8.【答案】BD

P2.6×109

【详解】AB．根据输电功率公式P=UI，输电电流I==A=3.25×103A，故A错误，

U800×103

B正确；

P

CD．输电损耗功率为P=I2R，输送功率P不变时，提高输电电压U，由I=可知输电电流I减

损U

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

x

解得t=

v

1

竖直方向上有h=gt2

2

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

1

据h=vt+gt2

y02

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

1

在矢量三角形ABC中，面积S=gt⋅vcosα

20

水平位移x=v0cosα⋅t

1

联立可得S=gx

2

1

即三角形面积最大时，水平位移最大，又S=vvsinβ

20

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；

1

C．保持θ不变，增大x同时减小h，根据h=gt2可知球抛出到网顶点的时间变小，要能过网，则需

21

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，

1

过网后，竖直方向根据H=vt+gt2可知球运动的时间比增大x同时减小h前长，水平方向x=

y2

vt的位移比增大x同时减小h前大，故一定会出界，故C正确；

1

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=-vt+gt2可知

y02

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

x

解得t=

v

1

竖直方向上有y=gt2

2

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

g

为y=-x2

2v2

g

排球贴近网顶飞过，则-h=-x2

2v2

gx2

解得h=

2v2

g

设对方底线位于(L，-H)处排球恰好落在对方底线上，则-H=-L2

2v2

gL2

解得H=

2v2

A．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

gx2

在网顶x=x处，排球的高度为y=-xcotθ-

2v2sin2θ

gx2h

利用h=，可得y=-xcotθ-

2v2sin2θ

θ=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

1

落地时间t满足-H=vsinα⋅t-gt2

2

vsinα+v2sin2α+2gH

解得t= 

g

vcosα

水平射程S=vt=vsinα+v2sin2α+2gH

xg

θ=90°击球时射程S=L=v2H

0g

v2

对S在α=0°处求导S0=>0

g

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；

g

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=-x2

2v2

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

gx2

-≥-h

2v2

gx2

解得h≥ 

2v2

·4·

gx2gx2gx2

根据=h，且x′>x，则有>=h>h

2v22v22v2

gx2

因此h≥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

2v2

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

1

设增大后的速度为v，竖直初速度v'>0。落地时间为t，由-H=v't-gt2

y0y02

v'+v'2+2gH

解得t=y0y0

g

基准平抛时v=0，t=2H

y00g

''2

因为vy0>0，显然有vy0+vy0+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

E

感应电流为I=1=10A

1R

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

E

感应电流为I==5A

2R

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；

L-L

CD．根据题意，由几何关系可得，等腰梯形的高h=abcd⋅tan53°=0.4m

2

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

F+FB2L2v+L2v

安培力做功为W=-A1A2h=-ab0cdh=-0.9v

A22R0

11

由动能定理有W+W+W=mv2-mv2

FGA220

解得v0=-1.4ms(舍去)，v0=0.2ms

BLv

则感应电流为I=ab0=1A

R

2

则有Q=WA=IRt

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=4.0N

12.【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

11r111

变形可得=⋅R+，所以在-R图像中图线的斜率即为，所以根据图像有k==

IE0EI0EE

·6·

50-251

=

200-1004

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；

39+34×2

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==73mA⋅h

2

【点睛】

10mv9πR

13.【答案】(1)，垂直纸面向里(2)

9eR10v

【解析】

【小问1详解】

v2

根据洛伦兹力提供向心力有evB=m

r

mv

可得r=

eB

R+0.8R9

根据几何关系可得r==R

210

10mv

联立可得B=

9eR

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】

2πr99πR

根据T=结合r=R可得T=

v105v

180°

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=

360°

⋅T

9πR

联立可得t=

10v

14.【答案】(1)mg

2mgV2mgpV

(2)0，00-Q

S1(p0S2-2mg)(p0S2-2mg)

(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

2mgV

联立解得x=0

S1(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

2mgp0V0

解得拉力对活塞a做的功WF=-Q

(p0S2-2mg)

【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

SH

得x=2

S1

2mgS1

拉力大小不变F=p0S1-p1S1=

S2

拉力做功WF=Fx

联立解得WF=2mgH

38

15.【答案】(1)2gh，2gh

5050

12832k932(k-1)9

(2)(i)0，g+h0+2gh2-h1；(ii)⋅2gh0+gh2-h11-；(iii)h1≤h2

2558525

【解析】

【小问1详解】

1

P球到达第1个平台时，由机械能守恒定律有Mgh=Mv2

02P1

解得vP1=2gh0

11

P球与1球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv=Mv+mv，Mv2=Mv2+

P1P1112P12P1

1

mv2

211

3388

解得v=v=2gh，v=v=2gh

P15P150115P150

【小问2详解】

1

(i)1球到达第2个平台时，由动能定理有mgh-h=mv2-v2

212111

解得v=128gh+2gh-h

125021

11

1球与2球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv=mv+mv，mv2=mv2+

111221121

1

mv2

22

解得v=0，v=128g+h+2gh-h

1225021

·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vPk，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Mgh2-h1=

1

Mv2-v2①

2PkP(k-1)

3

P球在第k个平台与1球碰撞，由动量守恒、机械