2026年高考云南卷物理高考真题（网络 收集版）（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

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

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

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Ts

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；

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

故C正确；

·1·

D．P、Q所在的波面相距3m，为则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

单侧包带水平投影长度

则sin

故

代入特殊点x

x

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

对小球受力分析有axay=-g

55

代入数据得Ex=3.0×10V/m，Ey=4.0×10V/m

故电场强度大小EV/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IA=3.25×103A，故A错误，

B正确；

2

CD．输电损耗功率为P损=IR，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

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

竖直方向上有hgt2

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

,2

据h=vy0tgt

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Sgt.v0cosα

水平位移x=v0cosα.t

联立可得Sgx

,

即三角形面积最大时，水平位移最大，又Sv0vsinβ

,

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hgt可知球抛出到网顶点的时间变小，要能过网，则需

N

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，

NN2N

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

vNtN的位移比增大x同时减小h前大，故一定会出界，故C正确；

,2

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=-vy0tgt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

竖直方向上有ygt2

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yx2

排球贴近网顶飞过，则-hx2

解得h

设对方底线位于(L，-H)处排球恰好落在对方底线上，则-HL2

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

在网顶x=x处，排球的高度为y=-xcot

利用h=，可得y=-xcot

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

落地时间t满足-H=vsinα.tgt2

vsinα+v2sin2α+2gH

解得t=

g

水平射程S=vxtvsin

θ=90°击球时射程S0=L=v

对S在α=0°处求导S

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yx2

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,2

-≥-h,

2v2

解得h,≥

·4·

根据h，且x9>x，则有h>h,

gx,2

因此h,≥不可能成立。即在增大x、减小h9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

,'2

设增大后的速度为v，竖直初速度vy0>0。落地时间为t，由-H=vgt

解得t

基准平抛时vy0=0，t

因为'，显然有

vy0>0v

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IA

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IA

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htan53°=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

2

则有Q=lWAl=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

变形可得，所以在-R0图像中图线的斜率即为，所以根据图像有k

·6·

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QmA.h

【点睛】

13.【答案】，垂直纸面向里

【解析】

【小问1详解】

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结合rR可得T

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

.T

联立可得t

14.【答案】(1)mg

(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

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

拉力大小不变F=p0S1-p1S

,,

拉力做功WF=Fx

,

联立解得WF=2mgH

15.【答案】

(k-1)

(2)(i)0，g+h0+2g(h2-h1(；(ii).2gh0+g(h2-h1(1-；(iii)h1≤h2

【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MghMv

解得vP1=2gh0

P球与1球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有MvP1=MvmvMvMv

1mv,2

211

解得vvPvP

【小问2详解】

(i)1球到达第2个平台时，由动能定理有mg(h2-hm(v

解得v

1球与2球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mvmvmvmvmv

1mv,2

22

解得v

·8·

可知两球速度交换；