2026年云南物理卷高考真题（含答案）（网络参考）

（网络收集）2026年云南物理卷高考真题带答案带解析文字版一、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.云南省锡、铟等有色金属储量丰富。已知锡和铟的逸出功分别为4.42eV和4.09eV，若用光子能量为4.30eV的紫外线分别照射这两种金属，则A.只有锡能发生光电效应B.只有铟能发生光电效应C.锡和铟都能发生光电效应D.锡和铟都不能发生光电效应【答案】B【解析】本题考查了光电效应发生的条件，发生光电效应的要求是入射光子的能量大于金属的逸出功（hν>W0）。已知锡的逸出功W锡=4.42eV，铟的逸出功W铟=4.09eV，入射光子能量为4.30eV：对于锡：4.30eV<4.42eV，光子能量小于锡的逸出功，不能发生光电效应；对于铟：4.30eV>4.09eV,光子能量大于铟的逸出功，能发生光电效应。因此只有铟能发生光电效应，A、C、D选项不符合推导结果。故选：B2.云南宣威尼珠河大峡谷的“青云电梯”为谷底孩子们上学提供了交通便利。若电梯由静止开始上升260m，用时100s，则此过程电梯的平均速度大小及电梯向上加速时乘客所处的状态分别为A.2.6m/s，超重B.0.38m/s，超重C.2.6m/s.，失重D.0.38m/s，失重【答案】A【解析】本题考查了平均速度的计算和超重现象的判断。（1）计算平均速度：平均速度的定义式为：=已知电梯位移x=260m，用时t=100s，代入公式得：=m/s=2.6m/s（2）判断超重/失重状态：当电梯向上加速时，加速度方向向上。根据牛顿第二定律，乘客受到的支持力大于自身重力，这种现象称为超重。综上，平均速度为2.6m/s，乘客处于超重状态，对应选项A。B、C、D选项的平均速度或状态判断均不符合推导结果。故选：A3.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，改变入射点和入射角，得到①、②、③、④四条出射光线，如图所示。不考虑反射，图中经点射入树脂砖的光，出射后的光线可能是①①P②空气③④树脂空气A.①B.②C.③D.④【答案】B【解析】本题考查了光的折射定律（平行玻璃砖的折射规律）。第一步：明确平行玻璃砖的核心光路规律光从空气（光疏）射入树脂（光密）时，折射角小于入射角；从树脂射出回空气时，折射角大于入射角。由于两个界面平行，最终的出射角=初始入射角，出射光线与入射光线平行，但会发生侧向平移（不会和入射光线重合）。第二步：逐一排除错误选项光线①：和入射光线完全重合，没有侧移，不符合平行玻璃砖的特点（除非垂直入射，但图中明显是斜射），排除；光线②：和入射光线平行，且在入射光线左侧（符合折射的偏折方向：第一次折射向法线偏，第二次折射远离法线，整体向入射侧的左侧偏移）；光线③④：要么侧移量不符合几何规律，要么方向错误，直接排除。侧移量的定性判断入射角越大、树脂越厚、折射率越大，侧移量越大，但无论怎么变，出射光线永远和入射光线平行，这是本题的唯一判断依据。故选：B4.我国“天宫”空间站的轨道离地高度约为400km，空间站内的宇航员每24h能看到16次日出。“吉林一号”遥感卫星组网中的某颗卫星轨道离地高度约为535km。已知地球半径约为6400km，空间站与该卫星绕地球的运动均视为匀速圆周运动，则该卫星的周期约为A.1.0hB.1.5hC.2.0hD.2.4h【答案】B【解析】本题考查了开普勒第三定律（万有引力定律的应用）。已知宇航员每24h看到16次日出，说明空间站绕地球的周期为：T1==1.5h空间站轨道半径：r1=R地+h1=6400km+400km=6800km遥感卫星轨道半径：r2=R地+h2=6400km+535km=6935km根据开普勒第三定律，绕同一中心天体运动的天体满足：=整理得：T2=T1代入数据计算：T2=1.5h×=1.5×1.03≈1.55h计算结果最接近1.5h，因此B选项正确。A、C、D选项的数值与推导结果不符。故选：B5.如图所示，均匀介质中的三个质点S、P、Q，它们分别静止于直角坐标系Oxy平面内的(0，0)、(-2,0)和(4、3)处。t=0时刻，S从平衡位置开始垂直Oxy平面向上振动，振动频率为2Hz，形成向外传播的简谐横波，图中实线圆表示某时刻相邻的两个波峰，则A.该波的波速大小为8m/sB.t=0.125s时，P位于波峰C.该波传播到P、Q的时间差为0.75sD.t=1.25s以后，P、Q的位移始终相同【答案】C【解析】本题考查了机械波的传播、波速与周期的计算、质点振动状态分析。A选项：由图可知，相邻两个波峰的半径分别为2m和4m，因此波长=4m-2m=2m。已知振动频率f=2Hz，则周期T==0.5s。波速v=f=4m/s，故A错误。B选项：P点坐标为(-2，0)，到波源S的距离为rP=2m，波传到P点的时间tP==m/s=0.5s。因此t=0.125s时，波还未传到P点，P点仍静止在平衡位置，B错误。C选项：Q点坐标为(4，3)，到波源S的距离为rQ=m=5m，波传到Q点的时间tQ=s=1.25s。传到P、Q的时间差△t=tQ-tP=0.75s，C正确。D选项：P、Q到波源的距离差△r=5m-2m=3m=1.5，对应的相位差为π，振动始终反相，位移始终相反，D错误。故选：C6.如图所示，两挂钩可沿固定水平横梁滑动到任意位置后锁定。一挎包质量为m，其轻质包带长度约为4d，a、b为包与包带的连接点，相距为d。将挎包悬挂在两挂钩上，两挂钩相距为时，锁定挂钩。挎包静止时，a、b在同一水平直线上，包带的张力大小为，重力加速度为，不计包带与挂钩之间的摩擦及两挂钩尺寸。能正确反映随x变化的图像是ABCD【答案】D【解析】本题考查了共点力平衡条件的应用。挎包静止时受力平衡，重力与两段包带的张力的合力平衡。包带总长为，、间距为，因此两段包带的总长度为。设每段包带的长度为，则两段包带总长为，得。两挂钩间距为，则两段包带的水平投影长度之和为，每段的水平投影为。设包带与竖直方向夹角为，则。竖直方向合力为零，有：因此:其中。特殊点分析:当时，，，，，此时张力最小。当时，增大，减小，增大，且变化趋势为非线性(曲线)。当时，，取绝对值后，此时，图像起点在0.5上方。综上，图像在处取最小值0.5，且在时也大于0.5，时非线性增大，只有D选项符合。故选：D7.如图所示，在大小、方向均未知的匀强电场中，O、M、N三点处于同一竖直面内，将一质量为0.1kg、电荷量为1.0×10-6C的带正电的小球(视为质点)从O点抛出，小球1s后到达O点正上方3m处的M点，再经1s到达N点，O、N两点在同一水平线上且相距3m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，设电场强度大小为E，O、N两点的电势分别为和，则A.B.C.D.【答案】C【解析】本题考查了带电粒子在复合场（匀强电场和重力场）中的运动、牛顿第二定律、运动的合成与分解、电场强度与电势等知识点。建立直角坐标系：以O点为原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向。设小球的初速度为v0，其在x、y方向的分量分别为v0x、v0y；匀强电场在x、y方向的分量分别为Eₓ、Ey。对小球进行受力分析：小球受到竖直向下的重力G=mg和电场力F=qE。根据牛顿第二定律，小球在x、y方向的加速度分别为：aₓ=，ay=-g根据题意，分析小球的运动过程：（1）从O到M：t1=1s，位移x1=0，y1=3m（2）从O到N：t2=2s，位移x2=3m，y2=0根据匀变速直线运动的位移公式x=v0t+at2，列写方程：y方向（从O到M）：3=v0y×1+ay×12①y方向（从O到N）：0=v0y×2+ay×2²②x方向（从O到M）：0=v0x×1+ax×1²③x方向（从O到N）：3=v0x×2+ax×2²④联立求解上述方程组：由①、②式消去v0y：将①式乘以2得6=2v0y+ay，②式为0=2v0y+2ay，两式相减解得ay=-6m/s²代入①式：3=v0y+×(-6)，解得v0y=6m/s由③、④式消去v0x：③式乘以2得0=2v0x+ax，④式为3=2v0x+2ax，两式相减解得：ax=3m/s²代入③式：0=v0x+×3，解得v0x=-1.5m/s根据加速度与电场强度的关系求E：Eₓ==0.1×3/(1.0×10⁻⁶)=3×10⁵V/m由ay=ay=-g，得：Ey==0.1×(-6+10)/(1.0×10⁻⁶)=0.1×4×10⁶=4×10⁵V/m电场强度的大小：E===5×10⁵V/m由此可判断选项A、B错误（E≈6.7×10⁵V/m不对），正确答案是C或D之一。判断电势高低：电场力在x方向的分量Fx=qEx>0，即电场力在x方向的分量向右。小球从O到N沿x轴正方向移动了3m，电场力做功：W=Fx·x=qEx·x>0电场力做正功，电势能减小。由于小球带正电（q>0），根据W=q(φO-φN)>0，可知：φO-φN>0，即φO>φN或者从另一角度理解：沿电场强度方向电势降低。由于Ex>0（向右），沿x轴正方向电势逐渐降低，N点在O点右侧，因此φO>φN。综上所述：E=5.0×10⁵V/m，且φO>φN，选项C正确，选项D错误。故选：C8.云南至广东高压输电工程在调试阶段采用800kV高压输电，输送功率为，关于该输电线路，下列说法正确的是A.输电电流为B.输电电流为C.若输送功率不变，提高输电电压，则输电损耗会增加D.若输送功率不变，提高输电电压，则输电损耗会减小【答案】BD【解析】本题考查了远距离高压输电的电流与功率损耗计算。根据输电功率公式，可得输电电流：因此A错误，B正确。输电损耗功率，其中R为输电线电阻。当输送功率P不变时，由可知，提高输电电压会使输电电流减小，因此输电损耗会减小。故C错误，D正确。故选：BD9.如图所示，运动员在空场上将排球从点击出，点与球网顶部点的水平距离为、竖直距离为，排球被击出时速度大小为、方向与重力方向之间的夹角为。将排球视为质点，其运动轨迹所在平面与球网平面垂直，不计空气阻力，不考虑擦网球。运动员某次以击球时，排球贴近b点越过球网后正好落到对方场地的底线上，相对于此次击球，下列说法正确的是A.保持不变，减小，排球一定下网B.保持不变，增大，排球一定不会出界C.保持不变，增大同时减小，排球不下网就一定出界D.保持不变，同时增大和，排球从被击出到落地所需时间可能不变【答案】AC【解析】本题考查了抛体运动的分解与临界条件分析。选项A：保持v、x、h不变，减小θ，排球一定下网减小θ→速度更偏向下，竖直向下的分速度变大；从击球点到球网的水平距离x不变，水平分速度vx​=vsinθ减小（θ变小，sinθ变小），球飞到球网的时间t=​变长；竖直方向下落距离y=​gt2，t变长→y变大，球会比基准情况下降更多，必然低于网顶，一定下网。A正确选项B：保持v、x、h不变，增大θ，排球一定不会出界增大θ→速度更偏向上，竖直向上的分速度变大，水平分速度vx​=vsinθ减小；球可能飞得过高，导致过网后水平飞行距离不够，落在界内；也可能θ太大，球直接竖直向上飞，落回己方场地，「一定不出界」过于绝对。B错误选项C：保持θ不变，增大x同时减小h，排球不下网就一定出界增大x（击球点离网更远）、减小h（网相对击球点更高）：「不下网」说明球到达网的位置时，竖直下落量刚好没低于网顶，此时飞行时间t已经比基准情况更长；水平分速度vx​不变，总水平射程x总​=vx​⋅t总​，t变大→总射程必然超过底线，一定出界。C正确分析选项D：保持x、h不变，同时增大v和θ。当θ>90°时，速度有向下的竖直分量vy=vcosθ<0。由竖直方向运动方程y(t)=hₐ+vcosθ·t-½gt²=0，设θ=90°时的飞行时间为T₀，则½gT₀²=hₐ（vy=0时从a到地面的时间）。当vy<0时：½gt²+|vcosθ|t-hₐ=0，由于额外的向下初速度，球的落地时间必然减小（t<T₀）。v增大使|cosθ|更大，进一步减小飞行时间。因此飞行时间不可能保持不变，选项D错误。答案：AC10.如图所示，光滑绝缘斜面固定在水平面上，与水平面交于PQ，倾角，斜面上矩形MNPQ区域存在垂直斜面向下、磁感应强度大小的匀强磁场(图中未画出)。单匝等腰梯形导线框abcd的下底ab=1.2m，上底cd=0.6m，，质量，总电阻R=0.12Ω。线框从斜面上高于MN的某处由静止释放，ab边进入磁场时开始对线框施加外力F控制其运动，cd边进入磁场时ab边未出磁场。线框始终沿斜面运动，ab边始终与MN平行，速度方向始终与ab边垂直。取重力加速度大小，设ab边进入磁场时速度为v0，在线框进入磁场的过程中A.若速度保持恒定，且v0=2.0m/s线框中的感应电流方向为abcdaB.若速度保持恒定，且v0=2.0m/s，则该过程中F对线框始终做正功C.若感应电流恒定，且F对线框做的功W=-0.79J，则v0=0.3m/sD.若感应电流恒定，且F对线框做的功W=-0.79J，则该过程的时间【答案】AD【解析】本题考查了电磁感应中的动力学与能量问题(线框进入磁场的运动分析)。首先计算线框进入磁场的相关几何与基础量，等腰梯形的侧边长度在运动方向的分量(即线框进入磁场过程中需要移动的距离)：△x==0.225m选项A：根据右手定则：磁场垂直斜面向下，线框向下运动，ab边切割磁感线时，感应电流方向为abcda，A正确。选项B：速度恒定，线框受力平衡：，其中安培力。随着线框进入磁场，有效切割长度L从1.2m逐渐减小到0.6m，安培力逐渐减小，因此外力F的方向会变化：初始时安培力大于重力分力，F沿斜面向上，做负功；后期安培力小于重力分力，F需沿斜面向下，做正功。因此外力F并非始终做正功，B错误。选项C、D分析(感应电流恒定)感应电流恒定，说明感应电动势恒定，即E=BLv恒定。线框切割磁感线的有效长度L减小，要保持E不变，速度v必须增大(加速运动)。由几何关系，线框完全进入磁场的位移为s=0.3m(梯形在运动方向的总长度)。感应电流恒定，安培力的平均值可由初末状态计算，结合动能定理：重力做功：安培力做功：W安=-I2Rt=IR·(It)=IRq=I×0.12×1.5=0.18I感应电流I==5v0结合选项给出的WF=-0.79J，联立动能定理与匀加速运动公式可解得：v0=0.2m/s，C错误。线框进入磁场的过程中磁通量变化量：ΔΦ=B·S=B××h=0.5×(0.6+1.2)/2×0.4=0.5×0.9×0.4=0.18Wb通过线框的电荷量：q===1.5C若电流I恒定，则q=It，所以t=。运动时间t=1.5s，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.(6分)某同学做力的合成实验，实验装置如图(a)甲所示，该装置中三根支撑脚的高度可通过地脚螺钉调节。完成下列填空:图(a)(1)该同学借助水平仪将实验装置台面调至水平。水平仪内封有液体和气泡，当水平仪底面水平时，气泡会静止在水平仪中心处，俯视图如图(a)乙所示。将水平仪放到台面上，气泡静止在水平仪中的位置俯视图如图(a)丙所示，下列操作能将台面调成水平的是_____或_____(填正确答案标号)；A.保持和高度不变，调高B.保持和高度不变，调低C.保持高度不变，同时调高和D.保持高度不变，同时调低和(2)如图(b)甲所示，将橡皮筋一端固定在点，另一端通过圆环、细线与弹簧测力计相连。某次实验时，拉伸橡皮筋调整圆环圆心至点并保持静止，记录两细线的夹角，由弹簧测力计读出拉力和的大小，其中的读数为_____；图(b)(3)根据测量结果在方格纸上画出和的图示，如图(b)乙所示。已知方格纸上每小格边长代表0.5N，用作图法可得和的合力大小为_____N(结果保留2位有效数字)。【答案】(1)BD(2)3.6(3)3.8(或3.7、3.9，作图合理即可)【解析】本题考查了验证力的平行四边形定则实验，涉及装置调平、弹簧测力计读数和力的图示法求合力。(1)台面调平分析水平仪中气泡的位置规律：气泡偏向哪一侧，说明哪一侧更高。图丙中气泡偏向N侧，说明N侧偏高，L侧偏低。A、B选项：保持M、N高度不变，调低L会让L更低，气泡更偏向N；调高L可抬高L侧，使台面水平。因此A错误，B正确。C、D选项：保持L高度不变，同时调高M和N会让台面整体向L侧倾斜，气泡更偏N；同时调低M和N，可降低N侧高度，使台面水平。因此C错误，D正确。(2)弹簧测力计读数弹簧测力计的分度值为0.1N，读数需估读到下一位。指针位于3.6N刻度线处，因此的读数为3.6。(3)力的图示法求合力根据平行四边形定则，以、为邻边作平行四边形，对角线即为合力。每小格代表0.5N，作图后对角线长度约为7.8个小格，合力大小：(作图误差允许范围内，3.7N或3.9N均合理)12.(10分)某同学购买的蓝牙耳机电池上标有“80mA·h”字样，为了测量该电池电动势和实际容量，该同学进行了如下实验:(1)测量电池的电动势，可供选择的器材如下:待测电池E、电流表内阻较小)、电流表，内阻较小)、电阻箱、开关和导线若干。完成下列填空:该电池允许的最大放电电流为80mA，电流表应选_____(填“”或“”):请根据上述器材设计实验电路，并在答题卡上指定位置补全电路图;③按照②中正确电路图连接电路，闭合开关S，记录电流表示数I及电阻箱阻值；断开开关，改变。重复以上步骤，得到和的关系如图(a)所示，由图可得电池电动势E=_____V(结果保留2位有效数字)。图(a)(2)该同学设计出测量电池容量的电路，如图(b)甲所示。完成下列填空:①电路连接完毕，闭合开关S，每隔一段时间记录电压表、电流表的示数和，得到和随时间变化的图像分别如图(b)乙、丙所示;甲乙丙图(b)②由图(b)乙、丙可知，随着电池持续放电，输出电压和电流均持续减小。当时，电池输出电压为_____V，随后电池输出电压和电流开始迅速衰减，电池无法正常工作。电池处于正常工作状态可以放出的总电量称为实际容量，由测量结果可估算出该电池的实际容量为_____(以上结果均保留2位有效数字)。【答案】(1)①；②电路为电池、开关、电流表、电阻箱串联；③(2)②输出电压为，实际容量约为(72~76mA均可)【解析】本题考查了测量电源电动势和电池容量的实验，涉及器材选择、闭合电路欧姆定律和图像法处理数据。(1)测量电池电动势①电流表选择电池允许的最大放电电流为80mA，而电流表的量程为，的量程为，更匹配电池电流范围，因此应选。②实验电路设计本实验采用安阻法测电源电动势，电路为：待测电池、开关、电流表、电阻箱串联。电路图示意:RRSEA③由图像求电动势根据闭合电路欧姆定律: 变形为: 图像的斜率为。由图(a)，取两点：时，；时，。斜率:则:(保留2位有效数字)(2)测量电池实际容量②输出电压与实际容量计算由图(b)乙可知，时，电池输出电压为3.4V(保留2位有效数字)。电池容量等于电流对时间的积分(l-t图像的面积)。由图(b)丙，电流从下降到，可近似用平均电流估算：放电时间，则实际容量：(保留2位有效数字，合理范围72~76mA・h均可)13.(10分)洛伦兹力演示仪示意图如图甲所示，玻璃泡处于励磁线圈产生的磁场中。玻璃泡内有一垂直磁场的竖直圆面，图乙为其放大示意图，其圆心为、半径为、最高点为，区域内的磁场视为匀强磁场。电子枪将电子从点正下方处的点，以速度水平向左射出，电子在圆面内运动一段时间后到达点。已知电子质量为、电荷量为，不计电子的重力和电子之间的相互作用。求:(1)匀强磁场的磁感应强度大小和方向；(2)电子从点第一次到达点所用的时间。图甲洛伦兹力演示仪示意图图乙匀强磁场区域【答案】(1)磁感应强度大小为，方向为垂直纸面向外；(2)运动时间为。【解析】本题考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动。(1)匀强磁场的磁感应强度大小和方向设电子做圆周运动的轨道半径为。S点坐标：以为原点，;点坐标:(0，R)。电子从水平向左射出，速度方向沿轴负方向，因此轨道圆心在过点且垂直于速度方向的直线上，即这条水平线上。设圆心为，则到的距离为，到的距离也为： 联立解得:轨道圆心在速度垂线(竖直方向)上，即的竖直线上，结合几何关系：轨道圆心，则： 联立得:解得，因此轨道半径：步骤2:求磁感应强度大小洛伦兹力提供向心力:代入:步骤3:判断磁场方向电子带负电，从向左射出后向上偏转，根据左手定则(四指指向电子运动的反方向)，磁场方向为垂直纸面向外。(2)电子从点第一次到达点所用的时间步骤1:求电子运动的圆心角轨道圆心，连接和，则：竖直向下，竖直向上，因此。步骤2:求圆周运动的周期步骤3:求运动时间电子运动的圆心角为，因此运动时间：14.(12分)某同学制作了一个简易气动装置，可简化为如图所示的模型。水平汽缸A和竖直汽缸B固定在气压为的恒温环境中，其活塞a、b的横截面积分别为。两汽缸通过细管连通，汽缸A内壁光滑，汽缸B内壁与活塞b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个装置气密性和导热性良好。不计活塞的质量和厚度，重力加速度为。(1)打开气阀，在活塞上用轻质细线悬挂重物，逐渐增加重物的质量，当重物质量为时活塞刚要开始向下运动，求汽缸B内壁与活塞间的最大静摩擦力大小；(2)在(1)问操作后关闭气阀，封闭体积为的气体(视为理想气体)，然后用水平拉力向右缓慢拉动活塞，直到重物刚要开始向上运动，已知此过程中气体吸收的热量为，求该过程活塞a的位移大小及拉力对活塞a做的功;(3)在(2)问操作后继续缓慢拉动活塞，使重物上升高度，此时活塞未到达汽缸B的顶部，求该过程中水平拉力对活塞a做的功。【答案】(1)最大静摩擦力大小为；(2)活塞.的位移为，拉力做功为一；(3)继续拉动过程中拉力做功为。【解析】本题考查了理想气体状态方程与热力学第一定律的综合应用。(1)求汽缸内壁与活塞间的最大静摩擦力大小打开气阀时，气缸内气体压强等于外界大气压。对活塞受力分析：当活塞..刚要向下运动时，受力平衡：解得最大静摩擦力:fmax=mg(2)求活塞的位移大小及拉力对活塞做的功步骤1:求初末状态气体压强初始状态：压强，体积。当重物刚要向上运动时，活塞受到的摩擦力向下，受力平衡：代入fmax=mg，得末态压强：步骤2:等温过程，由玻意耳定律求末态体积气体做等温变化，满足：即解得: 步骤3:求活塞的位移大小气体体积的变化量为: 负号表示体积增大，活塞向右移动的位移： 步骤4:由热力学第一定律求拉力做功气体温度不变，内能变化。根据热力学第一定律：气气体对外做功，外界对气体做功，其中为拉力和外界大气压对活塞做的总功： 代入得：解得拉力做功: 即: WF=(3)