2026年云南省高考物理真题及答案解析

·1·3.在测量某种透明树脂折射率的实验中，让激光束射入一块两面平行的树脂砖，改变入射A.①B.②C.③D.④·2·A.C.B.D.·8·存在垂直斜面向下、磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场(图中未画出)。单匝等腰梯形导线框 ()A.保持M和N高度不变，调高LB.保持M和N高度不变，调低LC.保持L高度不变，同时调高M和ND.保持L高度不变，同时调低M和NFF15.某同学设计的弹球游戏装置示意图如图所示，装置度差为h0(包括P)都能到达出口。(ii)求弹球P与1号弹球第k(k<N(次碰撞后瞬间的速度大小；(iii)若N足够大，且hh2-h1(，求h1与h2之间应满足的关系。·1·故选B。故选A。故选B。r1=6800km故选B。据v=λf=4m/s故A错误；B．已知Ts·2·FT根据几何关系有单侧包带长度l代入特殊点xx故选D。+0.5ax=0+2ax=3y0+2ay=0y=-6m/s2对小球受力分析有axay=-g故电场强度大小EV/mB正确；故选BD。·3·=vt解得t竖直方向上有hgt2据h=vy0tgt,2可知t,<t水平方向x,=vx0t,<x联立可得SgxD．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=-vy0tgt,2可知故选AC。·4·=vt解得t竖直方向上有ygt2为yx22排球贴近网顶飞过，则-hx2解得h=gx2设对方底线位于(L，-H)处排球恰好落在对方底线上，则-HL2解得H=gL22-vcosθ在网顶x=x处，排球的高度为y=-xcot利用h，可得y=-xcotθ=90°击球时网顶高度为-h。有-h-y=xcotθ+hcot2θ>0B．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°(0y=vsinα落地时间t满足-H=vsinα.tgt2解得t=vsinα+v2sin2α+2gH水平射程S=vxtvsinθ=90°击球时射程S0=L=v-gx≥-h,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-gx≥-h,2解得h,≥·5·22D．保持x、h不变，同时增大v和θ,则θ设增大后的速度为v,，竖直初速度vy'0>0。落地时间为t，由-H=vgt2解得t基准平抛时vy0=0，t解得t>t0故选AC。感应电流为IA线框所受安培力为FA1=BI1Lab=6N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IA线框所受安培力为FA2=BI2Lcd=1.5N解得v=2v0安培力做功为h=-0.9v0由动能定理有WGmvmv解得v0=-1.4ms(舍去)，v0=0.2m/s则感应电流为IA则有Q=lWAl=I2Rt故选AD。·6·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。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.③.4.0③根据闭合电路欧姆定律可知E=IR0+Ir·7·即E=4.0V根据洛伦兹力提供向心力有evB=m可得r根据几何关系可得rR联立可得B根据T结合rR可得T.T联立可得t与最大静摩擦力f平衡，即f=mg·8·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Q右移动位移x,满足S1x,=S2H得x拉力大小不变F=p0S1-p1S拉力做功WF,=Fx,联立解得WF,=2mgH(2)(i)0，g+h0+2g(h2-h1(；(ii).2gh0+g(h2-h1(1-(k-1)；(iii)h1≤h2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=MvmvMvMv 解得vvPvP(i)1球到达第2个平台时，由动能定理有mg(h2-hm(v解得v21球与2球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mvmvmvmvmv 2解得v·9·Pk②联立①②可得k-1(=2g(h2-h1(所以有Ug(h2-hg(h2-h(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MUEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(2),P)k>k-1.2ghg(h2-hgh1变形为ghg(h2-