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2025 年云南省物理真题
一、单选题
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 ，则
❑
14C→❑ 14N+X
( )
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. 4×102J3.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4eV5.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1 AU，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
0.39 0.72 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30
R/AU
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μ ，与其余部分的动摩擦因数
1
为μ ，且μ >μ 。第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v 向右滑动，通过MN段后停在水平面上的某一位置，整
2 1 2 0
个运动过程中，滑块的位移大小为x ，所用时间为t ;第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v 向右滑动，通过
1 1 0
MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x ，所用时间为t 。忽略空气阻
2 2
力，则( )
A. B. C. D.
t t x >x x 0)的带电粒子通过速度选择器后，在 Oxy平面内垂直y轴射入x≥0区域，经磁场
偏转后刚好从ON中点垂直 ON 射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压 U、间距d、内部磁感应强度大小B 已知，不考虑该粒子的重力。
0
(1)求该粒子通过速度选择器的速率;
(2)求B 以及y轴上可能检测到该粒子的范围;
1
定义磁屏蔽效率 B -B ，若在Q处检测到该粒子，则 是多少?
(3) η= 1 2×100% η
B
1
15.如图所示，光滑水平面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱，其四周紧固一电阻为R的水平矩形
导线框，箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线PQ所示，边界
右侧存在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小为 B、方向竖直向下。t=0时刻，箱子在水平向右的
恒力F(大小未知)作用下由静止开始做匀加速直线运动，这时箱子左侧壁上距离箱底 h处、质量为m的木
块(视为质点)恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱子分离;箱子完全进入磁场
前某时刻，木块落到箱子底部，且箱子与木块均不反弹(木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞);木块落到箱子
底部时即撤去F。运动过程中，箱子右侧壁始终与磁场边界平行，忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及
空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。
(1)求F的大小;
(2)求t=0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离;(3)若t=0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的距离为s(s大于(2)问中最小距离)，求最终木块与箱子的速度大
小。答案和解析
1.【答案】A
【解析】设X的质量数为A，电荷数为Z，由质量数和电荷数守恒，有14=14+A，6=7+Z，解得A=0，
Z=-1，故X是电子，属于β衰变，实质为原子核内的1个中子转化为1个质子和1个电子，故A正确。
2.【答案】B
1
【解析】高中生的质量约为50kg，144km/h=40m/s，由动能定理可得W =ΔE = mv2=4×104J，
k 2
故选B。
3.【答案】D
【解析】A、B：由于N点比M点到O点的竖直距离大，由平抛运动的知识可知，两颗鸟食不是同时抛出
的且到达N点的先抛出，故A、B错误；
C、D:由题可知当N点的鸟食与M点的鸟食在同一高度时，N点的鸟食的水平距离比M点的水平距离要
小，故由平抛运动规律可知：
在M点接到的鸟食平抛的初速度较大，故D正确，C错误。
4.【答案】C
【解析】AB、等差等势面越密集的位置电场强度越大，图中a处最密集、c处最稀疏，则a处场强最大、c
处场强最小，AB错误；
C、一个电子从b点移到c点，U =-2V，由W =qU可知，W =-eU =2eV，C正确；
bc bc bc
D、一个电子从a点移到d点，U =-4V，由W =qU可知，W =-eU =4eV；由W =-ΔE 可知，
ad ad ad 电 p
ΔE =-4eV，即电势能减小4eV，D错误。
p
故选C。
5.【答案】C
【解析】应用开普勒第三定律，对绕太阳的天体有R3
常数，
=
T2
地球：R =1AU，T =1年;
1 1
小行星：T =5.8年，设其轨道半径为R 。
2 2
R3 R3 T
由 2= 1，得 R3=R3.( 2
)
2≈33.64
T2 T2 2 1 T
2 1 1则R ≈3.2AU
2
由于火星轨道半径1.5AU，木星轨道半径5.2AU，故小行星介于火星与木星之间。
答案：C
6.【答案】A
【解析】CD.设MN的距离为x ，第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v 向右滑动，根据动能定理，
0 0
1
-μ mgx -μ mg(x -x )=0- mv2
1 0 2 1 0 2 0
1
第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v 向右滑动，根据动能定理-μ mgx -μ mg(x -x )=0- mv2
0 1 0 2 2 0 2 0
，由两式可得x =x ，CD错误；
1 2
AB.根据牛顿第二定律，滑块在MN段上运动的加速度为a ，则有μ mg=ma ，解得a =μ g，在其余部
1 1 1 1 1
分上运动的加速度为a ，则有μ mg=ma ，解得a =μ g，且a >a ，由两次位移相等，可作v-t如下
2 2 2 2 2 1 2
可得t 0，将会导致真实值与测量值相比，分子更小、分母更大，故μ的真实值小于测量值，即μ的测量值
偏大。
12.【答案】3.85
乙
R
1
62.0
51
【解析】 时 ， 时 。
(1)0∘C R =1000Ω 100∘C R =1385Ω
0 100
R -R 1385-1000
温度每升高1∘C，该铂电阻的阻值增加 ΔR= 100 0= Ω=3.85Ω。
100 100
(2)甲电路：A 内阻未知，无法消除其分压影响，测量误差大。
2
乙电路：铂电阻与 A 并联，A 内阻已知(4.5kΩ)，则铂电阻与A 的电压相等为U=I ⋅R ，铂电阻的
1 1 1 A1 A1
U
电流I=I -I ，可通过R= 准确计算，故选乙。
A2 A1 I
工作电流 0.1∼0.3mA，A 量程 500μA，电源 E=5V，整个电路的总电阻最小值
2E 5
R = ≈ =104Ω。
总 I 500×10-6
max
并联部分 铂电阻 电阻约 ， 内阻 ，故保护电阻需 ， 阻值过小，会导致总电
( +A ) 800Ω A 1kΩ R =15kΩ R
1 2 1 2
流超量程。
(3)量程为100μA，A 读数为62.0μA。
1
铂电阻两端的电压： ，
U=I ⋅R =62×10-6×4500=0.279V
A1 A1
铂电阻的电流：I =I -I =295μA-62μA=233μA，
t A2 A1
U 0.279
铂电阻的阻值：R = ≈ Ω≈1197Ω，
t I 233×10-6
t
197∘
阻值变化ΔR=1197Ω-1000Ω=197Ω，由(1)问得每 ∘C变化 3.85Ω，故t= C≈51∘C;
3.85
1 2
13.【答案】解：(1)恰好发生全反射时，sinC= ，解得sinC= ，
n 3
由几何关系可知，透光部分为圆形，透光半径 ，又 sinC 2√5，解得
r=dtanC tanC= =
√1-sin2C 5
4√5
r= ×10-3m
5
透光面积S=πr2=1.0×10-5m2
c
(2)根据n= ，解得光在盖玻片和油中传播速度v=2×108m/s
v
d h
未滴油时，光在盖玻片中传播的最短路程为d，在空气中传播的最短路程为h，即t = +
1 v c
d+h
滴油后，光在盖玻片中传播的最短路程为d，在油中传播的最短路程为h，即t =
2 v
带入数据，解得
t -t =3.3×10-13s
2 1【解析】(1)本题可根据全反射临界角公式求出临界角，再结合几何关系求出透光面积。
(2)先分别求出滴油前后光传播的路程和速度，进而求出传播时间，最后计算时间差。
U
14.【答案】解：(1)根据U=Ed、F=qE、F=qvB ，解得：v= 。
0 B d
0
根据几何关系得 ，根据 v2，解得 mU ，
(2) R =L qvB =m B =
1 1 R 1 qB dL
1 0
由于 ，
v2
，得 ，
0L
2 1 2 R 2
2
根据几何关系得： y轴上可能检测到粒子的范围为y>L。
粒子经过Q点，则根据几何关系得 ，
(3) R2=(2L) 2+(R -L) 2
2 2
5
得R = L
2 2
根据
v2
，
qvB =m
2 R
2
2mU
解得B = ，所以η=60%。
2 5qB dL
0
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)对小物块分析即得：μF =mg，F =ma
N N
g
解得：a=
μ
由整体即得：F=(M+m)a
(M+m)g
解得：F=
μ
(2)若使得两物体分离，此时有F ⩾F
安
E
由E=Bdv,I= ,F =BdI
R 安B2d2v
联立解得F =
安 R
有 (M+m)gR
v≥
μB2d2
根据v2=2as
联立解得 (M+m) 2gR2
s =
min 2μB4d4
(3)根据运动学公式，s=
1
at2 ，h=
1
gt2 ，联立解得力 F 作用时间t=
√2h
+
√2μs
2 2 g g
B2d2L
由(2)中得安培力的冲量I =
安 R
水平方向对系统用动量定理即得：(M+m)g(√2h √2μs) B2d2L
+ - =(M+m)v-0
μ g g R
解得 g(√2h √2μs) B2d2L
v= + -
μ g g (M+m)R
当g(√2h √2μs) B2d2L 时 g(√2h √2μs) B2d2L
+ ≥ v= + -
μ g g (M+m)R μ g g (M+m)R
g(√2h √2μs) B2d2L 时
+ < v=0
μ g g (M+m)R
【解析】详细解答过程见【答案】
