云南省2026年普通高中学业水平选择性考试物理试卷及参考答案

【详解】光电效应的发生条件为：入射光子的能量大于等于金属的逸出功，即时可发生光电效应。 锡的逸出功，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，满足光电效应发生条件，只有铟能发生光电效应。 故选B。

【详解】平均速度计算：根据平均速度定义式，代入位移、时间，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。

【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。

【详解】由题知“天宫”空间站周期，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。

【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t = 0时刻，S从平衡位置开始垂直Oxy平面向上振动，则波从波源S传播到P需要 而t = 0.125s < 0.5s，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 故C正确； 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。

【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 单侧包带水平投影长度 则 故 代入特殊点x = 0， x = d， x = 2d， 故选D。

【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 解得ax = 3m/s2，ay = －6m/s2 对小球受力分析有 代入数据得Ex = 3.0×105V/m，Ey = 4.0×105V/m 故电场强度大小 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。

【详解】AB．根据输电功率公式，输电电流，故A错误，B正确； CD．输电损耗功率为，输送功率不变时，提高输电电压，由可知输电电流减小，因此减小，故C错误，D正确。 故选BD。

【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．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，竖直方向根据 可知 水平方向 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（），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．保持θ不变，增大x同时减小h，根据可知球抛出到网顶点的时间变小，要能过网，则需要增大初速度，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，则球竖直向上向的初速度不为零，根据可知时间变大，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<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 利用，可得 θ = 90°击球时网顶高度为－h。有 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 解得 水平射程 θ = 90°击球时射程 对S在α = 0°处求导 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 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 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 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。

【详解】A．根据右手定则可知，线框中的感应电流方向为，故A正确； B．若速度保持恒定，且，线框刚进入磁场时，感应电动势为 感应电流为 线框所受安培力为 又有 则有，可知外力沿斜面向下；边要进入磁场时，感应电动势为 感应电流为 线框所受安培力为 则有，可知外力沿斜面向上，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 该过程中重力做功为 若感应电流恒定，则感应电动势恒定，则有 解得 安培力做功为 由动能定理有 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。

【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3.00N 【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

【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 变形可得，所以在图像中图线的斜率即为，所以根据图像有 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

【小问1详解】 根据洛伦兹力提供向心力有 可得 根据几何关系可得 联立可得 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】 根据结合可得 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 联立可得

【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 【小问2详解】 在（1）问操作后关闭气阀K，则气体压强为，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，对活塞b，根据平衡条件有 设活塞a向右移动的位移为x，气体体积变为 因为缓慢拉动，气体做等温变化，根据玻意耳定律 联立解得 以气体为研究对象，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

【小问1详解】 P球到达第1个平台时，由机械能守恒定律有 解得 P球与1球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有， 解得， 【小问2详解】 （i）1球到达第2个平台时，由动能定理有 解得 1球与2球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有， 解得， 可知两球速度交换； （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，由动能定理① 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