云南2025年高考云南卷物理高考真题文档版（含答案）-A4答案卷尾_1.高考2025全国各省真题+答案_7.高考物理试题及答案更新中

机密 启用前 ★ 云南省 2025 年普通高中学业水平选择性考试 物理 注意事项： 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。 1．2025年3月，我国科学家研制的碳14核电池原型机“烛龙一号”发布，标志着我国在核 能技术领域与微型核电池领域取得突破。碳14的衰变方程为14C14 NX，则（ ） 6 7 A．X为电子，是在核内中子转化为质子的过程中产生的 B．X为电子，是在核内质子转化为中子的过程中产生的 C．X为质子，是由核内中子转化而来的 D．X为中子，是由核内质子转化而来的 2．如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到 144km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（ ） A．4×105J B．4×104J C．4×103J D．4×102J 3．如图所示，某同学将两颗鸟食从O点水平抛出，两只小鸟分别在空中的M点和N点同 试卷第1页，共9页时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动，两运动轨迹在同一竖直平面内，则（ ） A．两颗鸟食同时抛出 B．在N点接到的鸟食后抛出 C．两颗鸟食平抛的初速度相同 D．在M点接到的鸟食平抛的初速度较大 4．某介电电泳实验使用非匀强电场，该电场的等势线分布如图所示。a、b、c、d四点分别 位于电势为－2V、－1V、1V、2V的等势线上，则（ ） A．a、b、c、d中a点电场强度最小 B．a、b、c、d中d点电场强度最大 C．一个电子从b点移动到c点电场力做功为2eV D．一个电子从a点移动到d点电势能增加了4eV 5．国际编号为192391的小行星绕太阳公转的周期约为5.8年，该小行星与太阳系内八大行 星几乎在同一平面内做圆周运动。规定地球绕太阳公转的轨道半径为1AU，八大行星绕太 阳的公转轨道半径如下表所示。忽略其它行星对该小行星的引力作用，则该小行星的公转轨 道应介于（ ） 行星 水星 金星 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星 轨道半径R/AU 0.39 0.72 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30 A．金星与地球的公转轨道之间 B．地球与火星的公转轨道之间 C．火星与木星的公转轨道之间 D．天王星与海王星的公转轨道之间 6．如图所示，质量为m的滑块（视为质点）与水平面上MN段的动摩擦因数为，与其余 1 试卷第2页，共9页部分的动摩擦因数为，且。第一次，滑块从I位置以速度v 向右滑动，通过MN 2 1 2 0 段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x，所用时间为t ；第 1 1 二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v 向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个 0 运动过程中，滑块的位移大小为x ，所用时间为t 。忽略空气阻力，则（ ） 2 2 A．t t ，故A正确，B错误； 2 1 故选A。 7．D 1 【详解】A．根据波形可知4m， T 2.5s1.5s 2 可得T 2s 答案第2页，共9页 故波速为v 2m/s T 故A错误； 2x B．设波源的平衡位置距离P点距离为x ，根据左侧t1.5s时的波形可知 0 1.5s 0 v 解得x 1m 0 故B错误； 1 C．根据左侧实线波形结合同侧法可知波源刚开始的振动方向向下，由于t 1.0s= T ，故可 2 知此时波源处于平衡位置且向上运动，故C错误； D．由于x 1m，可知波源的平衡位置距离Q点距离为x 3m 0 1 x x 故波传到PQ两点的时间分别为t  0 0.5s，t  1 1.5s 0 v 1 v 5 故t5.5s时，平衡位置在P、Q处的两质点已经振动的时间分别为t  5.5s0.5s= T， 0 2 t 5.5s1.5s=2T 1 由于波源刚开始向下振动，故t5.5s时，P处质点处于平衡位置向上振动，Q处质点处于 平衡位置向下振动，故此时平衡位置在P、Q处的两质点位移相同。 故D正确。 故选D。 8．AC 【详解】AB．根据理想变压器的电压比等于匝数比可得n :n U :U 5:1， 1 2 1 2 n :n U :U 5:1 1 3 1 3 故A正确，B错误； C．根据能量守恒可知变压器的输入功率等于总的输出功率，故 P =P =7.0kW3.5kW=10.5kW 输入 输出 故C正确； D．输出电压为交流电的有效值，根据正弦交流电的最大值与有效值的关系可知，两副线圈 输出电压最大值均为U 220 2V m 故D错误。 故选AC。 答案第3页，共9页9．BD p 【详解】AB．根据题意，a中气体做等容变化，根据 C，当环境温度升高，则a中气体 T 压强增大，又 p  gh p a 液 0 可知b管中液面降低，同理可知环境温度降低时，b管中液面升高，故B正确，A错误； CD．由AB选项分析可知，b管中刻度从上到下温度逐渐升高，同一温度，a中压强不变， b管中液面液槽内液面高度差不变，水槽中的水少量蒸发后，槽中液面降低，则b管内液面 降低，则温度测量值偏大，故D正确，C错误。 故选BD。 10．BCD 1 【详解】A．设PO的距离为L，过程I，根据动能定理有mgsinLmgcosL0 mv 2 2 0 设MO的距离为L ，过程Ⅱ中，当Q速度最大时，根据平衡条件kL mgsinmgcos 1 1 P、M两点之间的距离L  LL 2 1 kv28mg2sin2 联立可得L  0 2 4kgsin 故A错误； B．根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能 E mgcosL 1 结合mgsinLmgcosL0 mv 2 2 0 1 可得E mv2 4 0 故B正确； C．设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移x，根据能量守恒定律 1 1 kL2 mgsinxmgcosx k(xL)2 2 2 1 结合mgsinLmgcosL0 mv 2 2 0 kv28mg2sin2 解得x 0 2kgsin 故C正确； D．无论Q从何处释放，Q在斜面上运动过程中，弹簧与Q初始时的势能变为摩擦热，当 在M 点时，满足kL mgsinmgcos 1 答案第4页，共9页当在O点时，满足mgsinmgcos 所以在OM（含O、M点）之间速度为零时，Q将静止，故D正确。 故选BCD。 11．(1)0.459 (2) 成正比 无关 (3)偏大 1.35 【详解】（1）表格中a处的数据  0.459 0.39.8 （2）［1］根据表中数据分析可知其它条件不变时，在实验误差允许的范围内，滑动摩擦力 的大小与接触面上压力的大小成正比； [2]根据表中数据分析可知其它条件不变时，在实验误差允许的范围内，与接触面上压力 的大小无关。 （3）实验装置如图乙所示，挂钩高于定滑轮，则绳子拉力有竖直向下的分力，实际的正压 力大于测量值的正压力，即F F 压测 压实 F 根据 F 压测 可得  测 实 12．(1)3.85 (2) 乙 R 1 (3) 62.0 51 1.3851.000 【详解】（1）温度每升高1C，该铂电阻的阻值增加R 1033.85 100 （2）[1]由于A 内阻确定，所以用A 测量电阻的电压，用A 与A 之差来测量经过电阻的 1 1 2 1 电流，故能准确测出铂电阻阻值的是乙； 5 [2]电路中的最大电流为0.3mA，可得电路中的最小阻值R  17k min 0.0003 可知保护电阻R应选R。 1 （3）[1]由图可知A 的分度值为1μA，则其读数为62.0μA； 1 I R [2]根据欧姆定律可得R 1 A1 I I 2 1 根据题图可得R10003.85t 答案第5页，共9页代入数据可得t 51℃ 13．(1)1.0105m2 (2)3.31013s 1 2 【详解】（1）由折射定律可知，全反射的临界角满足sinC  n 3 设未滴油时，O点发出的光在盖玻片的上表面的透光圆的半径为r，由几何关系 r sinC  r2d2 4 5 代入数据解得r  mm 5 根据S r2 所以未滴油时，O点发出的光在盖玻片的上表面的透光面积为S 1.0105m2 （2）当光从O点垂直于盖玻片的上表面入射时，传播的时间最短，则未滴油滴时，光从O d h d h ndh t      点传播到物镜的最短时间为 1 v c c c c n d h d h n(dh) t      滴油滴时，光从O点传播到物镜的最短时间为 2 v v c c c n n (n1)h 0.50.2103 故t t   s 3.3 1013s 2 1 c 3.0108 U 14．(1) Bd 0 mU (2) ，L y3L qdB L 0 (3)60% 【详解】（1）由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故qE qv B 0 0 U 其中E  d U 则该粒子通过速度选择器的速率为v  0 B d 0 （2）粒子在x0区域内左匀速圆周运动，从ON的中点垂直ON射入磁屏蔽区域，由几何 关系可知r L 1 v2 由洛伦兹力提供给向心力qv B m 0 0 1 r 1 mU 联立可得B  1 qdB L 0 答案第6页，共9页v2 由于B B，根据洛伦兹力提供给向心力qv B m 0 2 1 0 2 r 2 解得r L 2 当B 0时粒子磁屏蔽区向上做匀速直线运动，离开磁屏蔽区后根据左手定则，粒子向左偏 2 转，如图所示 v2 根据洛伦兹力提供向心力qv B m 0 0 1 r 3 可得r r L 3 1 故粒子打在y轴3L处，综上所述y轴上可能检测到该粒子的范围为L y3L。 （3）若在Q处检测到该粒子，如图 答案第7页，共9页由几何关系可知r2 (2L)2(r L)2 2 2 5 解得r  L 2 2 v2 由洛伦兹力提供向心力qv B m 0 0 2 r 2 2mU 联立解得B  2 5qB dL 0 mU 其中B  1 qdB L 0 B B 根据磁屏蔽效率 1 2 100%可得若在Q处检测到该粒子，则60% B 1 (M m)g 15．(1)  (M m)2gR2 (2) 2B4d4 (3)见解析 【详解】（1）对木块与箱子整体受力分析由牛顿第二定律F (M m)a 对木块受力分析，水平方向由牛顿第二定律F ma N 竖直方向由平衡条件 f mg F N (M m)g 联立可得F   （2）设箱子刚进入磁场中时速度为v，产生的感应电动势为EBdv E 由闭合电路欧姆定律得，感应电流为I  R 安培力大小为F BId 安 B2d2v 联立可得F  安 R 若要使两物体分离，此时有F F 安 (M m)g 其中F   (M m)gR 解得v B2d2 由运动学公式v2 2as (M m)2gR2 解得s 2B4d4 答案第8页，共9页(M m)2gR2 故t 0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为s  min 2B4d4 1 （3）水平方向由运动学公式s at2 2 1 1 竖直方向有h gt2 2 2 (M m)g 其中F   (M m)a  2s 2h 可得力F作用的总时间为tt t   1 2 g g 水平方向对系统由动量定理FtF ΔtM mv0 安 B2d2L 其中F Δt  安 R g 2s 2h B2d2L 联立可得v (  )  g g (M m)R g 2s 2h B2d 2L 当 (  ) 时，最终木块与箱子的速度大小为  g g (M m)R g 2s 2h B2d2L v (  )  g g (M m)R g 2s 2h B2d 2L 当 (  ) 时，最终木块与箱子的速度大小为v0  g g (M m)R 答案第9页，共9页