2026年高考云南卷物理高考真题（网络收集版）（答案版）_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年06月高三试卷（数理化）_2026年6月高中物理试卷汇编_0611物理

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W，即E≥W 时可发生
0 0
光电效应。
锡的逸出功W =4.42eV>4.30eV，不满足光电效应发生条件，锡不能发生光电效应；
锡
铟的逸出功W =4.09eV<4.30eV，满足光电效应发生条件，只有铟能发生光电效应。
铟
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
1 16 1
r3 r3
“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
2 T2 T2
1 2
解得T ≈ T = 1.5h
2 1
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
5-2 3
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
v 4
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
F ，由平衡条件2F cosθ=mg
T T
4d-x x
根据几何关系有单侧包带长度l= =2d-
2 2
x-d
单侧包带水平投影长度Δx=

2
Δx x-d
则sinθ= =
l

4d-x
F 4d-x
故 T =
mg 2 3d5d-2x 
F
代入特殊点x = 0， T ≈0.52
mg
F
x = d， T =0.5
mg
F 3
x = 2d， T = ≈0.58
mg 3
故选D。
7.【答案】C
【详解】根据题意0 ~ 1s水平位移为0，可得v +0.5a = 0
0x x
竖直位移为3m，可得v +0.5a = 3
y0 y
0 ~ 2s水平位移为3m，可得2v +2a = 3
0x x
竖直位移为0，可得2v +2a = 0
y0 y
解得a = 3m/s2，a = -6m/s2
x y
qE qE
对小球受力分析有a = x ，a =-g+ y
x m y m
代入数据得E = 3.0×105V/m，E = 4.0×105V/m
x y
故电场强度大小E= E2+E2=5.0×105 V/m
x y
电场方向斜向上偏N侧，E > 0表明沿x轴正方向电势降低，故φ > φ 。
x O N
故选C。
8.【答案】BD
P 2.6×109
【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，
U 800×103
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 减小，故C错误，D正确。
损
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=v t+ gt2
y0 2
可知t<t
水平方向x=v t<x
x0
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⋅v cosα
2 0
水平位移x=v cosα⋅t
0
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= v vsinβ
2 0
根据动能定理可知落地时速度v为定值，v 也为定值，当sinβ=1即β=90°时，S有最大值，即末速
0
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
2 1
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v =gt 变小，
y 1
1
过网后，竖直方向根据H=v t+ 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=
y 2
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；
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=-v t+ gt2可知
y0 2
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v =vsinθ，v =
x y
-vcosθ
gx2
在网顶x = x处，排球的高度为y=-xcotθ-
2v2sin2θ
gx2 h
利用h= ，可得y=-xcotθ-
2v2 sin2θ
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v = vcosα，v = vsinα
x y
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=v t= vsinα+ v2sin2α+2gH
x g

2H
θ = 90°击球时射程S =L=v
0 g
对S在α = 0°处求导S0 
v2
= >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
gx2
- ≥-h
2v2
gx 2
解得h≥
2v2
·4·gx2 gx2 gx2
根据 =h，且x′ > x，则有 > =h>h
2v2 2v2 2v2
gx2
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v =-vcosθ>0
y
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
y0 y0 2
v' + v'2+2gH
解得t= y0 y0
g
2H
基准平抛时v =0，t =
y0 0 g
因为v' >0，显然有v' + v2 +2gH > 2gH
y0 y0 y0
解得t > t
0
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v =2.0m/s，线框刚进入磁场时，感应电动势为E =BL v =1.2V
0 1 ab 0
E
感应电流为I = 1 =10A
1 R
线框所受安培力为F =BIL =6N
A1 1 ab
又有mgsin30°=2.5N
则有F >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E =BL v =
A1 2 cd 0
0.6V
E
感应电流为I = =5A
2 R
线框所受安培力为F =BIL =1.5N
A2 2 cd
则有F <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；
A2
L -L
CD．根据题意，由几何关系可得，等腰梯形的高h= ab cd ⋅tan53°=0.4m
2
该过程中重力做功为W =mghsin30°=1J
G
若感应电流恒定，则感应电动势恒定，则有BL v =BL v
ab 0 cd
解得v=2v
0
安培力做功为W =- F A1 +F A2 h=- B2L ab 2v 0 +L cd 2v
A 2
 h=-0.9v
2R 0
1 1
由动能定理有W +W +W = mv2- mv2
F G A 2 2 0
解得v =-1.4ms(舍去)，v =0.2ms
0 0
BL v
则感应电流为I= ab 0 =1A
R
则有Q=W
A
 =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. A ②. 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F 的读数为6×0.5N=3.0N
1
【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F 和F 的合力大小为F=8×0.5N=4.0N
1 2
12.【答案】(1) ①. A ②. ③. 4.0
2
(2) ①. 3.6 ②. 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A ；
2
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=IR +Ir
0
1 1 r 1 1 1
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= =
I E 0 E I 0 E E
·6·50-25 1
=
200-100 4
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
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=
 ×2
=73mA⋅h
2
【点睛】
10mv 9πR
13.【答案】(1) ，垂直纸面向里 (2)
9eR 10v
【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+0.8R 9
根据几何关系可得r= = R
2 10
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】
2πr 9 9πR
根据T= 结合r= R可得T=
v 10 5v
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
2mgV 2mgp V
(2) 0 ， 0 0 -Q
S (p S -2mg) (p S -2mg)
1 0 2 0 2
(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p ，然后用水平拉力向右缓慢拉动活塞a，直到重物刚要
0
·7·开始向上运动，对活塞b，根据平衡条件有p S +mg+f=p S
1 2 0 2
设活塞a向右移动的位移为x，气体体积变为V=V+S x
1 0 1
因为缓慢拉动，气体做等温变化，根据玻意耳定律p V=p V
1 1 0 0
2mgV
联立解得x= 0
S (p S -2mg)
1 0 2
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W +W-p S x=0
F 0 1
2mgp V
解得拉力对活塞a做的功W = 0 0 -Q
F (p S -2mg)
0 2
【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p 不变，恒温下气体总体积不变，因此活塞a向
1
右移动位移x满足S x=S H
1 2
S H
得x= 2
S
1
2mgS
拉力大小不变F=p S -p S = 1
0 1 1 1 S
2
拉力做功W =Fx
F
联立解得W =2mgH
F
3 8
15.【答案】(1) 2gh ， 2gh
5 0 5 0
128 (2)(i)0， 25 g+h 0 +2gh 2 -h 1  3 ；(ii)  5  2k 9 ⋅2gh 0 + 8 gh 2 -h 1  3 1- 5   2(k-1)    9 ；(iii)h ≤ h 1 25 2
【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
0 2 P1
解得v = 2gh
P1 0
1 1
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 = Mv2 +
P1 P1 11 2 P1 2 P1
1
mv2
2 11
3 3 8 8
解得v = v = 2gh ，v = v = 2gh
P1 5 P1 5 0 11 5 P1 5 0
【小问2详解】
(i)1球到达第2个平台时，由动能定理有mgh 2 -h 1 
1
= 2 mv2 1 -v 1 2 1 
128
解得v 1 = 25 gh 0 +2gh 2 -h 1 
1 1
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， mv2= mv2+
11 1 2 2 11 2 1
1
mv2
2 2
128
解得v 1 =0，v 2 = 25 g+h 0 +2gh 2 -h 1 
·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v ，与第k个平台处的1球碰撞后的速度为v ，则P球从第
Pk Pk
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 h 2 -h 1  =
1
Mv2 -v2
2 Pk P(k-1)
 ①
3
P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 = v ②
Pk 5 Pk
25
联立①②可得 v2 -v2 9 Pk Pk-1  =2gh 2 -h 1 
9
由数学知识，可知v P 2 k - 8 gh 2 -h 1 
9
是等比数列，公比为q= 25
9
所以有v P 2 k - 8 gh 2 -h 1 
9
= 25 
k-1 9
v P 2 1 - 8 gh 2 -h 1     
3 解得v =  Pk 5  2k 9 ⋅2gh 0 + 8 gh 2 -h 1  3 1- 5   2(k-1)   
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 Mv2 >
2 Pk
Mgh
1
9 即 25  k-1 9 ⋅2gh 0 + 8 gh 2 -h 1  9 1- 25   k-1    >2gh 1
9
变形为 25 
k-1 18 9
25 gh 0 - 8 gh 2 -h 1     
9
+ 8 gh 2 -h 1  >2gh 1
25
由h 0 > 16 h 2 -h 1 
18 9
可知 25 gh 0 - 8 gh 2 -h 1  >0
9
则 25 
k-1 18 9
25 gh 0 - 8 gh 2 -h 1     
9
是k的减函数，故k→∞时， 25 
k-1 18 9
25 gh 0 - 8 gh 2 -h 1      趋近于
9
零， 25 
k-1 18 9
25 gh 0 - 8 gh 2 -h 1     
9
+ 8 gh 2 -h 1 
9
>2gh 1 化简为 8 gh 2 -h 1  ≥2gh 1
9
解得h ≤ h
1 25 2
·9·