2026年高考云南卷物理高考真题（原卷版＋解析版）

这是一份2026年高考云南卷物理高考真题（原卷版＋解析版），共40页。
1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用黑色碳素笔将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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和，若用光子能量为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】
【详解】光电效应发生的核心条件：入射光子能量必须大于金属逸出功，才能打出光电子。
对比已知数据：紫外线光子能量小于锡的逸出功，锡无法产生光电效应；
光子能量大于铟逸出功，铟可以发生光电效应。
故选B。
2. 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，用时，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. ，超重B. ，超重C. ，失重D. ，失重
【答案】A
【解析】
【详解】平均速度定义式：，代入位移、时间数值可得平均速度；
超重失重判定规则：加速度向上→超重；加速度向下→失重。
电梯由静止向上加速，加速度竖直向上，因此乘客处于超重状态。
故选A。
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P点射入树脂砖的光，出射后的光线可能是（ ）
A. ①B. ②C. ③D. ④
【答案】B
【解析】
【详解】平行玻璃砖光路两大规律：1.出射光线与最初入射光线平行；2.光从空气（光疏）射入树脂（光密），折射角小于入射角，光线向法线内侧偏移，出射光位于入射光线延长线左侧，对应光线②。
故选B。
4. 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】
【详解】天宫空间站周期：24h内绕行16圈，；
轨道半径计算：“天宫”空间：r1=R地+h1=6400+400=6800km，“吉林一号”遥感卫星r2=6400+535=6935km；
开普勒第三定律：绕同一中心天体，；
两轨道半径差距很小，周期数值接近空间站周期，计算得T2 ≈ T1 = 1.5h，
故选B。
5. 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】
【详解】A．相邻波峰间距为波长λ = 2m，波速v = λf = 4m/s，不是 8m/s，A 错误；故A错误；
B．，t=0.125s=T4，t = 0时 P 点位于波峰，所以经过 1/4 周期 P 点位于平衡位置，不是波峰，故B错误；
C．几何距离SP=2m，SQ=42+32=5m；传播时间差Δt=SQ−SPv=5−24=0.75s，故C正确；
D．P、Q 到波源距离差 3m，波长 2m，路程差1.5λ，两点振动相位相反，位移始终相反，故D错误。
故选C。
6. 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x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FT，重力加速度为g，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（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】受力平衡：设挎包带与竖直方向的夹角为θ。竖直方向两分拉力合力平衡重力，2FTcsθ=mg，变形得FT=mg2csθ；
几何关系推导挂钩间距x与夹角θ关系：单侧包带长度:，
单侧包带水平投影长度,
因此，
联立解得；
代入特殊点x = 0，
x = d，
x = 2d，
故选D。
7. 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φO和φN，则（ ）
A. E = 6.7×105V/m，φO > φNB. E = 6.7×105V/m，φO < φN
C. E = 5.0×105V/m，φO > φND. E = 5.0×105V/m，φO < φN
【答案】C
【解析】
【详解】0 ~ 1s：水平方向：v0x＋0.5ax = 0；竖直方向：vy0＋0.5ay = 3
0 ~ 2s：水平方向：2v0x＋2ax = 3；竖直方向：2vy0＋2ay = 0
联立解得ax = 3m/s2，ay = －6m/s2
牛顿第二定律分解：qEx=max，qEy−mg=may，解得Ex=3×105V/m，Ey=4×105V/m
合场强：E=Ex2＋Ey2=5.0×105 V/m
电势判断：电场水平分量沿 x 正方向，由于沿电场线电势降低，而O 在 N 左侧，故φO>φN
故选C。
8. 云南至广东高压输电工程在调试阶段采用高压输电，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】
【详解】AB．输电功率公式，变形电流，故A错误，B正确；
CD．线路热损耗，在输送功率不变时、升压时电流减小，且导线电阻不变，损耗功率降低，故C错误，D正确。
故选BD。
9. 如图所示，运动员在空场上将排球从a点击出，a点与球网顶部b点的水平距离为x、竖直距离为h，排球被击出时速度大小为v、方向与重力方向之间的夹角为θ（）。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v、x、h不变，减小θ，排球一定下网
B. 保持v、x、h不变，增大θ，排球一定不会出界
C. 保持θ不变，增大x同时减小h，排球不下网就一定出界
D. 保持x、h不变，同时增大v和θ，排球从被击出到落地所需时间可能不变
【答案】AC
【解析】
【详解】方法一
根据题意可知，运动员某次以击球时，即初速度方向为水平，排球贴近b点越过球网，则有
解得
竖直方向上有
可得
A．v、x、h不变，减小θ，初速度带有竖直向下分量，则竖直方向：，而h不变，所以，而水平方向，所以必然下网，故A正确；
B．设球抛出时与水平方向的夹角为（），落地时速度为，画出速度的矢量三角形，如图所示
在矢量三角形ABC中，面积
水平位移
联立可得
即三角形面积最大时，水平位移最大，又
根据动能定理可知落地时速度为定值，也为定值，当即时，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．θ不变，同时增大水平距离x、减小高度差h，竖直方向：可知球抛出到网顶点的时间变小，要能过网，需要增大初速度，设恰好能过网的初速度为，设网高为，球到网顶点竖直方向的速度变小，过网后，竖直方向根据可知球运动的时间比增大x同时减小h前长，水平方向的位移比增大x同时减小h前大，故一定会出界，故C正确；
D．保持x、h不变，同时增大v和θ，竖直向上分速度变大，落地总时间由竖直位移决定，根据飞行时间一定变长，不可能不变，故D错误。
故选AC。
方法二
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
解得
竖直方向上有
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
排球贴近网顶飞过，则
解得
设对方底线位于（L，－H）处排球恰好落在对方底线上，则
解得
A．保持v、x、h不变，减小θ，即θ 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'22v2≥−h'
解得
根据，且x′ > x，则有
因此不可能成立。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
设增大后的速度为，竖直初速度。落地时间为t，由
解得
基准平抛时
因为，显然有vy0'＋vy0'2＋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. 如图所示，光滑绝缘斜面固定在水平面上，与水平面交于，倾角，斜面上矩形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的下底，上底，，质量，总电阻。线框从斜面上高于的某处由静止释放，边进入磁场时开始对线框施加外力F控制其运动，边进入磁场时边未出磁场。线框始终沿斜面运动，边始终与平行，速度方向始终与边垂直。取重力加速度大小，，设边进入磁场时速度为，在线框进入磁场的过程中（ ）
A. 若速度保持恒定，且，则线框中的感应电流方向为
B. 若速度保持恒定，且，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，则
D. 若感应电流恒定，且F对线框做的功，则该过程的时间
【答案】AD
【解析】
【详解】A．线框沿斜面向下切割磁感线，磁场垂直斜面向下，右手定则判断感应电流方向为，故A正确；
B．线框匀速进入磁场过程中，有效切割边长持续变化，安培力大小不断改变，
比如：线框刚进入磁场时：感应电动势为
感应电流为，
所以此时安培力为（沿斜面向上），而此时（沿斜面向下），
，所以此时外力沿斜面向下，位移向下，因此外力做正功。
当边即将进入磁场时：感应电动势为
感应电流为
所以此时安培力为（沿斜面向上），而此时（沿斜面向下），
，所以此时外力沿斜面向上，位移向下，因此外力做负功。
所以该过程中F对线框先做正功后做负功，故B错误；
CD．感应电流恒定说明切割电动势恒定，则有，解得
梯形竖直高度，
重力做功
安培力做功：
结合动能定理：，
联立解得（舍去），
则感应电流为
则有
代入数据解得，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. 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L、M、N的高度可通过地脚螺钉调节。完成下列填空：
（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M和N高度不变，调高L B．保持M和N高度不变，调低L
C．保持L高度不变，同时调高M和N D．保持L高度不变，同时调低M和N
（2）如图（b）甲所示，将橡皮筋一端固定在O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_____________N；
（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，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） ①. A ②. D
（2）3.0 （3）4.0
【解析】
【小问1详解】
[1][2]水平仪气泡向台面更高一侧偏移，题图丙中可知 M、N 端偏高，所以要将台面调成水平，
方案 A：固定 M、N，抬高 L，补齐高度差；
方案 D：固定 L，同步降低 M、N，降低偏高一侧；
故选A或D。
【小问2详解】
由图可知F1的读数为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
每格代表 0.5N，合力对应 8 小格，F=8×0.5=4.0N。
12. 某同学购买的蓝牙耳机电池上标有“”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S和导线若干。
完成下列填空：
①该电池允许的最大放电电流为，电流表应选_____________（填“”或“”）；
②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S，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_____________V（结果保留2位有效数字）。
（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U和I，得到U和I随时间t变化的图像分别如图（b）乙、丙所示；
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. A2 ②. ③. 4.0
（2） ①. 3.6 ②. 73
【解析】
【小问1详解】
①电池最大放电电流 80mA，选量程匹配的小量程电流表 A₂，测量误差更小，所以应该选择电流表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
整理变形可得，
所以图线的斜率为，而图线斜率
所以E=4.0V
【小问2详解】
[1][2]根据图（b）乙可知，放电 120min 后电压降至 3.6V，后续电压、电流快速衰减，电池失效。
电池处于正常工作状态可以放出的总电量：可根据i=t图线与时间轴围成的面积表示电量，
所以
【点睛】
13. 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O、半径为R、最高点为P，区域内的磁场视为匀强磁场。电子枪将电子从O点正下方0.8R处的S点，以速度v水平向左射出，电子在圆面内运动一段时间后到达P点。已知电子质量为m、电荷量为e，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S点第一次到达P点所用的时间。
【答案】（1），垂直纸面向里
（2）
【解析】
【小问1详解】
洛伦兹力提供向心力：，可得；
根据几何关系可知，SP为带电粒子在磁场中运动轨迹的直径，所以
联立可得
左手定则：电子带负电，向左运动，圆周轨迹向上偏转，所以磁场垂直纸面向里。
【小问2详解】
根据结合可得
根据分析可知，电子从S点第一次到达P点转过的圆心角为，电子从S点第一次到达P点所用的时间
解得
14. 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g。
（1）打开气阀K，在活塞b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m时活塞b刚要开始向下运动，求汽缸B内壁与活塞b间的最大静摩擦力大小；
（2）在（1）问操作后关闭气阀K，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a，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Q，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a，使重物上升高度H，此时活塞b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）
（2），
（3）
【解析】
【小问1详解】
打开气阀K，活塞b内外气压相等，活塞刚下滑时受力平衡，此时活塞b受到向下重力，向上静摩擦力，
根据受力平衡可得
【小问2详解】
在（1）问操作后关闭气阀K，此时气体压强为，
然后用水平拉力向右缓慢拉动活塞a，直到重物刚要开始向上运动，
则对活塞b受力分析可知
设活塞a向右移动的位移为x，气体体积
缓慢拉动，气体属于等温变化，根据玻意耳定律
联立解得
根据热力学第一定律
其中，活塞对气体做功为
则气体对活塞做功为
对活塞，根据动能定理
解得拉力对活塞a做的功
【小问3详解】
重物上升H过程中，活塞b匀速运动，气体压强保持不变，恒温下气体总体积不变，因此活塞a向右移动位移满足
得
拉力大小不变
拉力做功
联立解得
15. 某同学设计的弹球游戏装置示意图如图所示，装置由一段倾斜直管道和N个相同的不对称“倒V”形管道平滑连接而成，管道透明且光滑，固定在竖直平面内。入口端与第一个“倒V”形管道左端高度差为，每个“倒V”形管道最高点与其左、右两端的高度差分别为和，每个“倒V”形管道的左端均静置1个质量为m的弹球，自上而下依次编号为1，2，3，…，N。开始游戏时，在入口端由静止释放一质量为的弹球P。所有弹球的直径均略小于管道内径，不计管道内径、弹球大小及滚动、弹球与管道相互作用的能量损失和空气阻力，所有弹球之间的碰撞均视为对心弹性碰撞，重力加速度为g。
（1）求弹球P与1号弹球第一次碰撞后瞬间，弹球P和1号弹球各自的速度大小；
（2）已知：每个弹球在被上方弹球碰撞后，与下方弹球碰撞前不会被上方弹球再次碰撞，且所有弹球（包括P）都能到达出口。
（i）求1号弹球与2号弹球第一次碰撞后瞬间，1、2号弹球各自的速度大小；
（ii）求弹球P与1号弹球第次碰撞后瞬间的速度大小；
（iii）若N足够大，且，求与之间应满足的关系。
【答案】（1），
（2）（i），；（ii）；（iii）
【解析】
【小问1详解】
P球到达第1个平台过程中，重力势能转化为动能，所以
解得
由于所有弹球之间的碰撞均视为对心弹性碰撞，所以碰撞过程机械能守恒、动量守恒，
P球与1球碰撞，动量守恒：
机械能守恒
解得，
【小问2详解】
（i）1球到达第2个平台时，根据动能定理可得
解得
1球与2球碰撞属于弹性碰撞，所以碰撞过程机械能守恒、动量守恒，
动量守恒：
机械能守恒
解得，
所以两球速度交换；
（ii）设P球到达第k个平台时的速度为，与第k个平台处的1球碰撞后的速度为，则P球从第个平台发生第次碰撞后到第k个平台碰撞前，根据动能定理可得①
P球在第k个平台与1球碰撞，弹性碰撞，所以碰撞过程机械能守恒、动量守恒，
由动量守恒、机械能守恒，归纳碰撞规律，可知②
联立①②可得
由数学知识，可知是等比数列，公比为
所以有
解得
（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（），由能量关系有
即
变形为
由可知
则是的减函数，故时，趋近于零，化简为
解得