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【高考真卷】云南省2026年物理普通高中学业水平等级性考试
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
【知识点】光电效应
【解析】【解答】发生光电效应的条件是入射光子的能量大于等于金属的逸出功。锡的逸出功为4.42 eV，铜的逸出功为4.09 eV，入射光子能量为4.30 eV。 对于锡：4.30 eV < 4.42 eV，不能发生光电效应；
对于铜：4.30 eV > 4.09 eV，能发生光电效应。 因此只有铜能发生光电效应，故选项B正确。
【分析】光电效应条件：入射光子能量必须大于或等于金属的逸出功W0。
逸出功：电子从金属表面逸出所需的最小能量，单位常用电子伏特（eV）。
比较入射光子能量与逸出功的大小：若，则能发生光电效应；否则不能。
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
【知识点】平均速度；超重与失重
【解析】【解答】平均速度。电梯由静止开始上升，先加速上升，加速度方向向上，乘客处于超重状态。
故答案选 A。
【分析】平均速度公式：，适用于匀速或变速运动，求总位移与总时间之比。
超重与失重：加速度方向向上时超重，加速度方向向下时失重。电梯启动加速时，加速度向上，乘客超重。
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．① B．② C．③ D．④
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】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。
故答案选 ②。
【分析】光的折射定律：光从光疏介质进入光密介质时，折射角小于入射角；从光密进入光疏时，折射角大于入射角。
平行玻璃砖的特点：出射光线与入射光线平行，但会发生侧向偏移。
4．我国“天宫”空间站的轨道离地高度约为，空间站内的宇航员每能看到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。已知地球半径约为，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． B． C． D．
【答案】B
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】空间站每24h看到16次日出，说明绕地球转动的周期为。 空间站轨道半径。 卫星轨道半径。 由开普勒第三定律：，代入数据：
，故更接近1.5h。所以选 B。
【分析】开普勒第三定律：绕同一中心天体运动的卫星，轨道半径的三次方与周期的平方成正比，即。
空间站每24h看到16次日出，说明空间站绕地球转动的周期为。
轨道半径 = 地球半径 + 离地高度，注意单位统一（km）。
计算比值时，由于地球半径远大于高度差，近似用，但精确计算更准确。
最后比较选项，选择最接近的计算值。
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平面内的、和处。时刻，S从平衡位置开始垂直平面向上振动，振动频率为，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
B．时，P位于波峰
C．该波传播到P、Q的时间差为
D．以后，P、Q的位移始终相同
【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系；简谐运动
【解析】【解答】波速，由图中相邻波峰间距（波长），频率f=2Hz，
P点坐标为(-2，0)，到波源S的距离为rP=2 m；
Q点坐标为(4，3)，到波源S的距离为
波从S传到P的时间。
因此，波传播到P、Q的时间差。
故选项C正确。
【分析】波速公式：，由图像读出波长，已知频率可求波速。
波传播时间：，距离为波源到质点的直线距离（波在均匀介质中沿球面波传播，到各点的距离即为空间直线距离）。
时间差：，计算即可得0.75s。
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，a、b为包与包带的连接点，相距为d。将持包悬挂在两挂钩上，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，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
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】设挂钩静止时，包带与竖直方向的夹角为。由于两挂钩在水平横梁上，包带长度4d，连接点a、b相距d，且a、b在同一水平线上；
将包带视为两段，每段长度均为2d（因为总长4d，对称分布）；
设两挂钩之间的距离为 \(x\)，则每一段包带在水平方向的分量为，在竖直方向的分量为h；
由几何关系，可得。
对包整体受力分析：竖直方向，两段包带的拉力竖直分量之和等于重力：，其中；
所以
整理得
令，则，定义域，即。
当x=0时，；
当x增大时，分母减小，比值增大；当x趋于2d时，u=1，比值=；
当x趋于4d时，比值趋于无穷。
观察选项图像，符合该函数特点的是D选项。
【分析】受力分析：包的重力与两段包带拉力的合力平衡，由于对称，两段拉力大小相等。
几何关系：包带长度固定，两挂钩距离x决定包带与竖直方向的夹角。
三角函数关系：，其中竖直方向高度由勾股定理求出。
函数表达式：，定义域。
图像特征：当x=0时，；随x增大，增大，且增大速度加快，在x趋于2d时趋于无穷。据此可选出正确图像。
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、电荷量为的带正电的小球（视为质点）从O点抛出，小球后到达O点正上方处的M点，再经到达N点，O、N两点在同一水平线上且相距。不计空气阻力，重力加速度g取，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
【知识点】匀强电场；电势；电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】由题意，小球从 O 点抛出，1 s 后到达 O 点正上方 3 m 处的 M 点，再经 1 s 到达 N 点，且 O、N 两点在同一水平线上相距 3 m。以 O 为原点，竖直向上为 y 轴正方向，水平向右为 x 轴正方向。则 O(0，0)，M(0，3)，N(3，0)（因为 O、N 在同一水平线上相距 3m，且 M 在 O 正上方）。
水平方向：从 O 到 N 总时间 2 s，水平位移 3 m，由得：①
从 O 到 M 时间 1 s，水平位移 0，得：②解②得，代入①：
所以ax=3m/s2，v0x= -1.5m/s。竖直方向：从O到M时间1s，竖直位移3m，由得：
③从O到N时间2s，竖直位移 0，得：，④
由④得，代入③：， ，所以。
小球受重力和电场力，合力，其中，质量m=0.1kg，
故合力。重力，则电场力。
电场强度
大小。
O 到 N 电场力做功。
电场力做正功，电势能减少，而小球带正电，故电势降低，即。
因此选项 C 正确。
【分析】将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，利用匀变速直线运动位移公式，结合已知位移和时间，求出加速度分量和初速度分量。
根据牛顿第二定律，小球所受合力，再减去重力得到电场力。
由电场力定义，求得电场强度的大小和方向。
电势差与电场力做功的关系：。电场力做正功，则，即。
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】B,D
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】AB：输电电流，故 A 错误，B 正确。
CD：输电损耗，当输送功率P不变时，提高输电电压U，输电电流I减小，损耗功率减小，故 C 错误，D 正确。
故选 B、D。
【分析】输电电流计算：由 P=UI得，注意单位换算：800kV=800×103V。
输电损耗：导线电阻R一定，损耗功率，与电流平方成正比。
提高电压可减少电流，从而减少线损，这是高压输电的原因。
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。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，排球一定下网
B．保持v、x、h不变，增大，排球一定不会出界
C．保持不变，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，排球从被击出到落地所需时间可能不变
【答案】A,C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A：当时，排球被水平击出（速度水平），恰好过b点落底线。
若保持v， x， h不变，减小（即速度方向更偏向下），则排球在竖直方向初速度增大，但水平速度减小（变小，减小），到网时间变长，下落高度更大，容易下网。故A正确。
B：保持v， x， h不变，增大（速度方向更向上），竖直方向分速度增大，水平速度减小，可能飞得过高落在界内；或是过大，球竖直向上飞，落回己方场地。故B说法不严谨，错误。
C：保持不变，增大x 同时减h，相当于网更远且更低，排球过网难度增加。
若恰好过网（不下网），则水平位移增大，竖直下落高度不变，飞行时间增大；水平速度vx不变，总水平射程，t增大，落地点必然会更远从而导致出界。故C正确。
D：保持x， h不变，同时增大v和，当，竖直分速度，方向竖直向下
故D错误。
故选 AC。
【分析】 排球运动为斜抛运动，分解为水平匀速和竖直上抛（或下抛）。
过网条件：水平位移x时，竖直高度y≥h。
落点条件：落地时水平位移决定是否出界。
控制变量法分析各选项，结合运动学公式判断。
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】A,D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A：线框进入磁场时，磁通量增加，由楞次定律知感应电流的磁场方向垂直斜面向上，根据右手螺旋定则（或安培定则），电流方向为逆时针，即abcda，故A正确。
B：速度恒定时，感应电动势，感应电流
ab边刚进入时安培力，大于重力分力，外力沿斜面向下，做正功；cd边即将进入时，应电动势，感应电流，安培力，外力沿斜面向上，做负功。因此外力先做正功后做负功，故B错误。
C、D：由几何关系得梯形高；
重力做功；
感应电流恒定时感应电动势恒定，即，得v = 2v0。
安培力做功。由动能定理：
，代入，v = 2v0，m=0.5kg，解得v0=0.2m/s（舍去负根），故C错误。此时感应电流，焦耳热；
由得，故D正确。
故选 AD。
【分析】A：楞次定律——感应电流的磁场总是阻碍引起它的磁通量的变化。据此可判断电流方向。
B：匀速进入时，安培力随有效长度减小而减小，外力方向会改变，从而做功正负也改变。
C、D：恒流条件下，电动势恒定导致速度与有效长度成反比；利用平均力求安培力做功，再结合动能定理求初速度；最后用焦耳定律求时间。几何关系求梯形高是关键。
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）A；D
（2）3.0
（3）4.0
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）气泡在水平仪中总是向较高的位置移动。图（a）丙中气泡静止在某一侧，说明该侧较高。为使台面水平，可以升高较低的一侧，也可以降低较高的一侧。
选项AB：保持 M 和 N 高度不变，调高 L（L 侧较低），升高 L 可使台面水平。
选项CD：保持 L 高度不变，同时调低 M 和 N（M、N 侧较高），降低 M、N 也可使台面水平。
因此正确操作为A和D。
（2）弹簧测力计的分度值为 0.1 N，指针指在 3.0 N 刻度线处，读数应为 3.0 N（不需要估读，因分度值0.1，指针刚好在刻度线上）。
（3）在方格纸上，已知 F1 和 F2 的图示，以它们为邻边作平行四边形，合力为对角线。
量得对角线跨越 8 个小格，每小格代表 0.5 N，故合力大小为（结果保留 2 位有效数字）。
【分析】（1）水平仪原理：气泡受到重力，总是向较高的位置移动，从而指示倾斜方向。调节地脚螺钉可改变支撑点高度，使台面水平。
（2）弹簧测力计使用：观察量程和分度值，读数时视线应与指针垂直，记录到分度值下一位（本题分度值0.1，指针正好在3.0，故读3.0）。
（3）力的合成：遵循平行四边形定则。作图时注意标度，合力大小由对角线长度乘以标度得出。
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）A2；；4.0V
（2）3.6；73
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）① 电池允许的最大放电电流为 80 mA，电流表应选量程为 0～100 mA 的 A2。
② 电路图：将电阻箱 R0 与待测电池串联，电流表 A2 串联在电路中，开关 S 控制通断。电路图如下：
③ 由闭合电路欧姆定律，变形得。图(a)中图像为直线，其斜率，由图读出斜率，则。
（2）② 由图(b)乙、丙可知，当t=120min时，电池输出电压约为3.6V，随后电压电流迅速衰减。电池正常工作状态下放出的总电量即为实际容量。由图(b)丙电流随时间变化图像，通过估算曲线下的面积（或利用平均电流乘以时间）为梯形，可得实际容量约为。
故答案为：3.6；73。
【分析】（1）① 电流表量程选择：测量值应不超过量程，且指针偏转角度适中，故选小量程 A2。
② 测量电动势的安阻法：电阻箱与电流表串联，改变电阻箱阻值，测多组 I、R0，利用图像处理数据，斜率，截距。
③ 图像法求电动势，注意单位换算和有效数字。
（2）② 电池容量，从 I-t 图像估算面积。通常将曲线近似为直线或分段求平均，得实际容量，单位换算为 mA·h（1 mA·h = 3.6 C）。图(b)丙中纵坐标电流，横坐标时间，估算曲线下面积即可。
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）解：电子从S点水平向左射入，要到达最高点P，需向上偏转，由左手定则判定磁场方向垂直纸面向里。
设电子做圆周运动的半径为r，圆心为C。由几何关系：S在O正下方0.8R处，P在O正上方R处，且S、C、P共线（竖直方向）。
设OC=y，则CS=y+0.8R，CP=R-y。由于半径相等：
由y+0.8R = R-y
可得y = 0.1R
半径r=R-y=0.9R。
由洛伦兹力提供向心力： 由
可得
所以匀强磁场的磁感应强度大小，方向垂直纸面向里。
（2）解：已知，又已知
可得
电子从S到P转过的圆心角为（半圆），电子从S点第一次到P点所用的时间，
故时间
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：。
由几何关系确定轨道半径，关键是找出圆心位置和半径。本题中速度方向水平向左，轨迹圆圆心在速度方向的垂线上（竖直方向），且要经过S和P两点，利用到两点距离相等求圆心坐标。
运动时间等于弧长除以速率，或圆心角对应的周期比例：，。
电子带负电，根据左手定则判断磁场方向。
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）解：打开气阀K，气缸内与大气相通，内部压强等于大气压P0；
活塞b刚要向下运动时，受力平衡：向下的重物重力mg和向上的最大静摩擦力；
可得
（2）解：关闭气阀K后，封闭气体初始体积 \(V_0\)，压强 \(P_0\)。缓慢拉动活塞a（向左）使气体被压缩，直到活塞b刚要向上运动。此时活塞b受力：气体压力向上，大气压力、重物重力、最大静摩擦力（方向向下）向下，平衡方程：
解得气体压强
该过程中活塞b未移动，气体体积变化仅由活塞a位移x引起，体积变为。由玻意耳定律：
代入P得
气体温度不变，内能变化，由热力学第一定律，W为外界对气体做功。气体被压缩，外界对气体做正功，其值等于气体吸收热量的负值：W=-Q。外界对气体做功包括拉力做功WF和大气压力做功（大气压力方向与位移相反），故
解得拉力做功
（3）解：继续拉动活塞a，使重物上升高度H。此过程中活塞b向上运动，气体压强保持不变（仍为P=P0+），温度恒定，由理想气体状态方程知气体体积不变。设活塞a再向左移动，活塞b向上移动 H，体积不变满足：
可得
气体压强恒定，拉力恒为F=(P - P0) S1=，故拉力做功
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）受力平衡，注意最大静摩擦力方向与运动趋势相反。
（2）等温过程，玻意耳定律；热力学第一定律，注意外界对气体做功的组成（拉力和大气压力）。
（3）等压等温过程，气体体积不变，拉力恒力做功，能量转化为重力势能和摩擦内能。
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）解：弹球P从入口静止释放，到第一个“倒V”形管道左端时，由机械能守恒
得速度。
P与静止的1号球发生弹性碰撞，设碰撞后P的速度为，1号球速度为v1。
由动量守恒和能量守恒：，
解得：，
（2）解：(i) 1号球与2号球碰撞前，先经过第一个管道。管道左端比右端高，故到达右端时速度。
1号球与静止的2号球质量相等，弹性碰撞后速度交换，故碰撞后瞬间1号球速度为0，2号球速度为。
(ii) 设到达k个平台时P的速度为。与第k个平台处的1球碰撞后的速度变为，则P球从第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
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
可得
由数学知识，由数学知识，可知是等比数列，公比为，
所以有
故
(iii) 当N足够大，即k无限接近于时，P的速度趋于。
要使所有弹球（包括P）都能到达出口，每个球在通过每个管道时都必须能爬上高度h1(管道最高点），即要求。代入得：
可得
整理得此即h1与h2应满足的关系。
【知识点】动量守恒定律；平抛运动；碰撞模型
【解析】【分析】弹性碰撞：两球碰撞前后动量守恒、动能守恒，质量已知时可解得速度。
机械能守恒：光滑管道内，重力势能与动能相互转化，净高度差决定速度变化。
递推数列：通过迭代得到通项，利用等比数列求和公式。
极限条件：无穷多次碰撞后速度趋于定值，为保证球能通过最高点，需该速度平方不小于2gh1，导出h1与h2的不等式。
1 / 1【高考真卷】云南省2026年物理普通高中学业水平等级性考试
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
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
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．① B．② C．③ D．④
4．我国“天宫”空间站的轨道离地高度约为，空间站内的宇航员每能看到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。已知地球半径约为，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． B． C． D．
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平面内的、和处。时刻，S从平衡位置开始垂直平面向上振动，振动频率为，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
B．时，P位于波峰
C．该波传播到P、Q的时间差为
D．以后，P、Q的位移始终相同
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，a、b为包与包带的连接点，相距为d。将持包悬挂在两挂钩上，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，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．
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、电荷量为的带正电的小球（视为质点）从O点抛出，小球后到达O点正上方处的M点，再经到达N点，O、N两点在同一水平线上且相距。不计空气阻力，重力加速度g取，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．，
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
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。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，排球一定下网
B．保持v、x、h不变，增大，排球一定不会出界
C．保持不变，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，排球从被击出到落地所需时间可能不变
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
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）。
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）。
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。
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。
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。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】发生光电效应的条件是入射光子的能量大于等于金属的逸出功。锡的逸出功为4.42 eV，铜的逸出功为4.09 eV，入射光子能量为4.30 eV。 对于锡：4.30 eV < 4.42 eV，不能发生光电效应；
对于铜：4.30 eV > 4.09 eV，能发生光电效应。 因此只有铜能发生光电效应，故选项B正确。
【分析】光电效应条件：入射光子能量必须大于或等于金属的逸出功W0。
逸出功：电子从金属表面逸出所需的最小能量，单位常用电子伏特（eV）。
比较入射光子能量与逸出功的大小：若，则能发生光电效应；否则不能。
2．【答案】A
【知识点】平均速度；超重与失重
【解析】【解答】平均速度。电梯由静止开始上升，先加速上升，加速度方向向上，乘客处于超重状态。
故答案选 A。
【分析】平均速度公式：，适用于匀速或变速运动，求总位移与总时间之比。
超重与失重：加速度方向向上时超重，加速度方向向下时失重。电梯启动加速时，加速度向上，乘客超重。
3．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】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。
故答案选 ②。
【分析】光的折射定律：光从光疏介质进入光密介质时，折射角小于入射角；从光密进入光疏时，折射角大于入射角。
平行玻璃砖的特点：出射光线与入射光线平行，但会发生侧向偏移。
4．【答案】B
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】空间站每24h看到16次日出，说明绕地球转动的周期为。 空间站轨道半径。 卫星轨道半径。 由开普勒第三定律：，代入数据：
，故更接近1.5h。所以选 B。
【分析】开普勒第三定律：绕同一中心天体运动的卫星，轨道半径的三次方与周期的平方成正比，即。
空间站每24h看到16次日出，说明空间站绕地球转动的周期为。
轨道半径 = 地球半径 + 离地高度，注意单位统一（km）。
计算比值时，由于地球半径远大于高度差，近似用，但精确计算更准确。
最后比较选项，选择最接近的计算值。
5．【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系；简谐运动
【解析】【解答】波速，由图中相邻波峰间距（波长），频率f=2Hz，
P点坐标为(-2，0)，到波源S的距离为rP=2 m；
Q点坐标为(4，3)，到波源S的距离为
波从S传到P的时间。
因此，波传播到P、Q的时间差。
故选项C正确。
【分析】波速公式：，由图像读出波长，已知频率可求波速。
波传播时间：，距离为波源到质点的直线距离（波在均匀介质中沿球面波传播，到各点的距离即为空间直线距离）。
时间差：，计算即可得0.75s。
6．【答案】D
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】设挂钩静止时，包带与竖直方向的夹角为。由于两挂钩在水平横梁上，包带长度4d，连接点a、b相距d，且a、b在同一水平线上；
将包带视为两段，每段长度均为2d（因为总长4d，对称分布）；
设两挂钩之间的距离为 \(x\)，则每一段包带在水平方向的分量为，在竖直方向的分量为h；
由几何关系，可得。
对包整体受力分析：竖直方向，两段包带的拉力竖直分量之和等于重力：，其中；
所以
整理得
令，则，定义域，即。
当x=0时，；
当x增大时，分母减小，比值增大；当x趋于2d时，u=1，比值=；
当x趋于4d时，比值趋于无穷。
观察选项图像，符合该函数特点的是D选项。
【分析】受力分析：包的重力与两段包带拉力的合力平衡，由于对称，两段拉力大小相等。
几何关系：包带长度固定，两挂钩距离x决定包带与竖直方向的夹角。
三角函数关系：，其中竖直方向高度由勾股定理求出。
函数表达式：，定义域。
图像特征：当x=0时，；随x增大，增大，且增大速度加快，在x趋于2d时趋于无穷。据此可选出正确图像。
7．【答案】C
【知识点】匀强电场；电势；电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】由题意，小球从 O 点抛出，1 s 后到达 O 点正上方 3 m 处的 M 点，再经 1 s 到达 N 点，且 O、N 两点在同一水平线上相距 3 m。以 O 为原点，竖直向上为 y 轴正方向，水平向右为 x 轴正方向。则 O(0，0)，M(0，3)，N(3，0)（因为 O、N 在同一水平线上相距 3m，且 M 在 O 正上方）。
水平方向：从 O 到 N 总时间 2 s，水平位移 3 m，由得：①
从 O 到 M 时间 1 s，水平位移 0，得：②解②得，代入①：
所以ax=3m/s2，v0x= -1.5m/s。竖直方向：从O到M时间1s，竖直位移3m，由得：
③从O到N时间2s，竖直位移 0，得：，④
由④得，代入③：， ，所以。
小球受重力和电场力，合力，其中，质量m=0.1kg，
故合力。重力，则电场力。
电场强度
大小。
O 到 N 电场力做功。
电场力做正功，电势能减少，而小球带正电，故电势降低，即。
因此选项 C 正确。
【分析】将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，利用匀变速直线运动位移公式，结合已知位移和时间，求出加速度分量和初速度分量。
根据牛顿第二定律，小球所受合力，再减去重力得到电场力。
由电场力定义，求得电场强度的大小和方向。
电势差与电场力做功的关系：。电场力做正功，则，即。
8．【答案】B,D
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】AB：输电电流，故 A 错误，B 正确。
CD：输电损耗，当输送功率P不变时，提高输电电压U，输电电流I减小，损耗功率减小，故 C 错误，D 正确。
故选 B、D。
【分析】输电电流计算：由 P=UI得，注意单位换算：800kV=800×103V。
输电损耗：导线电阻R一定，损耗功率，与电流平方成正比。
提高电压可减少电流，从而减少线损，这是高压输电的原因。
9．【答案】A,C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A：当时，排球被水平击出（速度水平），恰好过b点落底线。
若保持v， x， h不变，减小（即速度方向更偏向下），则排球在竖直方向初速度增大，但水平速度减小（变小，减小），到网时间变长，下落高度更大，容易下网。故A正确。
B：保持v， x， h不变，增大（速度方向更向上），竖直方向分速度增大，水平速度减小，可能飞得过高落在界内；或是过大，球竖直向上飞，落回己方场地。故B说法不严谨，错误。
C：保持不变，增大x 同时减h，相当于网更远且更低，排球过网难度增加。
若恰好过网（不下网），则水平位移增大，竖直下落高度不变，飞行时间增大；水平速度vx不变，总水平射程，t增大，落地点必然会更远从而导致出界。故C正确。
D：保持x， h不变，同时增大v和，当，竖直分速度，方向竖直向下
故D错误。
故选 AC。
【分析】 排球运动为斜抛运动，分解为水平匀速和竖直上抛（或下抛）。
过网条件：水平位移x时，竖直高度y≥h。
落点条件：落地时水平位移决定是否出界。
控制变量法分析各选项，结合运动学公式判断。
10．【答案】A,D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A：线框进入磁场时，磁通量增加，由楞次定律知感应电流的磁场方向垂直斜面向上，根据右手螺旋定则（或安培定则），电流方向为逆时针，即abcda，故A正确。
B：速度恒定时，感应电动势，感应电流
ab边刚进入时安培力，大于重力分力，外力沿斜面向下，做正功；cd边即将进入时，应电动势，感应电流，安培力，外力沿斜面向上，做负功。因此外力先做正功后做负功，故B错误。
C、D：由几何关系得梯形高；
重力做功；
感应电流恒定时感应电动势恒定，即，得v = 2v0。
安培力做功。由动能定理：
，代入，v = 2v0，m=0.5kg，解得v0=0.2m/s（舍去负根），故C错误。此时感应电流，焦耳热；
由得，故D正确。
故选 AD。
【分析】A：楞次定律——感应电流的磁场总是阻碍引起它的磁通量的变化。据此可判断电流方向。
B：匀速进入时，安培力随有效长度减小而减小，外力方向会改变，从而做功正负也改变。
C、D：恒流条件下，电动势恒定导致速度与有效长度成反比；利用平均力求安培力做功，再结合动能定理求初速度；最后用焦耳定律求时间。几何关系求梯形高是关键。
11．【答案】（1）A；D
（2）3.0
（3）4.0
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）气泡在水平仪中总是向较高的位置移动。图（a）丙中气泡静止在某一侧，说明该侧较高。为使台面水平，可以升高较低的一侧，也可以降低较高的一侧。
选项AB：保持 M 和 N 高度不变，调高 L（L 侧较低），升高 L 可使台面水平。
选项CD：保持 L 高度不变，同时调低 M 和 N（M、N 侧较高），降低 M、N 也可使台面水平。
因此正确操作为A和D。
（2）弹簧测力计的分度值为 0.1 N，指针指在 3.0 N 刻度线处，读数应为 3.0 N（不需要估读，因分度值0.1，指针刚好在刻度线上）。
（3）在方格纸上，已知 F1 和 F2 的图示，以它们为邻边作平行四边形，合力为对角线。
量得对角线跨越 8 个小格，每小格代表 0.5 N，故合力大小为（结果保留 2 位有效数字）。
【分析】（1）水平仪原理：气泡受到重力，总是向较高的位置移动，从而指示倾斜方向。调节地脚螺钉可改变支撑点高度，使台面水平。
（2）弹簧测力计使用：观察量程和分度值，读数时视线应与指针垂直，记录到分度值下一位（本题分度值0.1，指针正好在3.0，故读3.0）。
（3）力的合成：遵循平行四边形定则。作图时注意标度，合力大小由对角线长度乘以标度得出。
12．【答案】（1）A2；；4.0V
（2）3.6；73
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）① 电池允许的最大放电电流为 80 mA，电流表应选量程为 0～100 mA 的 A2。
② 电路图：将电阻箱 R0 与待测电池串联，电流表 A2 串联在电路中，开关 S 控制通断。电路图如下：
③ 由闭合电路欧姆定律，变形得。图(a)中图像为直线，其斜率，由图读出斜率，则。
（2）② 由图(b)乙、丙可知，当t=120min时，电池输出电压约为3.6V，随后电压电流迅速衰减。电池正常工作状态下放出的总电量即为实际容量。由图(b)丙电流随时间变化图像，通过估算曲线下的面积（或利用平均电流乘以时间）为梯形，可得实际容量约为。
故答案为：3.6；73。
【分析】（1）① 电流表量程选择：测量值应不超过量程，且指针偏转角度适中，故选小量程 A2。
② 测量电动势的安阻法：电阻箱与电流表串联，改变电阻箱阻值，测多组 I、R0，利用图像处理数据，斜率，截距。
③ 图像法求电动势，注意单位换算和有效数字。
（2）② 电池容量，从 I-t 图像估算面积。通常将曲线近似为直线或分段求平均，得实际容量，单位换算为 mA·h（1 mA·h = 3.6 C）。图(b)丙中纵坐标电流，横坐标时间，估算曲线下面积即可。
13．【答案】（1）解：电子从S点水平向左射入，要到达最高点P，需向上偏转，由左手定则判定磁场方向垂直纸面向里。
设电子做圆周运动的半径为r，圆心为C。由几何关系：S在O正下方0.8R处，P在O正上方R处，且S、C、P共线（竖直方向）。
设OC=y，则CS=y+0.8R，CP=R-y。由于半径相等：
由y+0.8R = R-y
可得y = 0.1R
半径r=R-y=0.9R。
由洛伦兹力提供向心力： 由
可得
所以匀强磁场的磁感应强度大小，方向垂直纸面向里。
（2）解：已知，又已知
可得
电子从S到P转过的圆心角为（半圆），电子从S点第一次到P点所用的时间，
故时间
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：。
由几何关系确定轨道半径，关键是找出圆心位置和半径。本题中速度方向水平向左，轨迹圆圆心在速度方向的垂线上（竖直方向），且要经过S和P两点，利用到两点距离相等求圆心坐标。
运动时间等于弧长除以速率，或圆心角对应的周期比例：，。
电子带负电，根据左手定则判断磁场方向。
14．【答案】（1）解：打开气阀K，气缸内与大气相通，内部压强等于大气压P0；
活塞b刚要向下运动时，受力平衡：向下的重物重力mg和向上的最大静摩擦力；
可得
（2）解：关闭气阀K后，封闭气体初始体积 \(V_0\)，压强 \(P_0\)。缓慢拉动活塞a（向左）使气体被压缩，直到活塞b刚要向上运动。此时活塞b受力：气体压力向上，大气压力、重物重力、最大静摩擦力（方向向下）向下，平衡方程：
解得气体压强
该过程中活塞b未移动，气体体积变化仅由活塞a位移x引起，体积变为。由玻意耳定律：
代入P得
气体温度不变，内能变化，由热力学第一定律，W为外界对气体做功。气体被压缩，外界对气体做正功，其值等于气体吸收热量的负值：W=-Q。外界对气体做功包括拉力做功WF和大气压力做功（大气压力方向与位移相反），故
解得拉力做功
（3）解：继续拉动活塞a，使重物上升高度H。此过程中活塞b向上运动，气体压强保持不变（仍为P=P0+），温度恒定，由理想气体状态方程知气体体积不变。设活塞a再向左移动，活塞b向上移动 H，体积不变满足：
可得
气体压强恒定，拉力恒为F=(P - P0) S1=，故拉力做功
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）受力平衡，注意最大静摩擦力方向与运动趋势相反。
（2）等温过程，玻意耳定律；热力学第一定律，注意外界对气体做功的组成（拉力和大气压力）。
（3）等压等温过程，气体体积不变，拉力恒力做功，能量转化为重力势能和摩擦内能。
15．【答案】（1）解：弹球P从入口静止释放，到第一个“倒V”形管道左端时，由机械能守恒
得速度。
P与静止的1号球发生弹性碰撞，设碰撞后P的速度为，1号球速度为v1。
由动量守恒和能量守恒：，
解得：，
（2）解：(i) 1号球与2号球碰撞前，先经过第一个管道。管道左端比右端高，故到达右端时速度。
1号球与静止的2号球质量相等，弹性碰撞后速度交换，故碰撞后瞬间1号球速度为0，2号球速度为。
(ii) 设到达k个平台时P的速度为。与第k个平台处的1球碰撞后的速度变为，则P球从第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
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
可得
由数学知识，由数学知识，可知是等比数列，公比为，
所以有
故
(iii) 当N足够大，即k无限接近于时，P的速度趋于。
要使所有弹球（包括P）都能到达出口，每个球在通过每个管道时都必须能爬上高度h1(管道最高点），即要求。代入得：
可得
整理得此即h1与h2应满足的关系。
【知识点】动量守恒定律；平抛运动；碰撞模型
【解析】【分析】弹性碰撞：两球碰撞前后动量守恒、动能守恒，质量已知时可解得速度。
机械能守恒：光滑管道内，重力势能与动能相互转化，净高度差决定速度变化。
递推数列：通过迭代得到通项，利用等比数列求和公式。
极限条件：无穷多次碰撞后速度趋于定值，为保证球能通过最高点，需该速度平方不小于2gh1，导出h1与h2的不等式。
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