文档内容
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
14 14
微型核电池领域取得突破。碳14的衰变方程为 C→ 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
【答案】A
【解析】
14 14
根据核反应方程 C→ N+X，我们需要确定X是什么粒子。
6 7
核反应中，质量数和电荷数是守恒的。反应前的质量数是14，反应后氮的质量数是14，所以X的质量数
是0。反应前的电荷数是6（碳的原子序数），反应后氮的电荷数是7，所以X的电荷数是-1。
根据这些信息，我们可以确定X是电子，电子的符号是β−，通常在核反应中表示为e。
故选A。
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
【答案】B
【解析】
为了计算列车对座椅上的高中生所做的功，我们可以使用动能定理。动能定理表明，对一个物体所做的功
等于其动能的变化量。
首先，我们需要将速度从公里/小时转换为米/秒：
144×1000
144km/h= m/s=40m/s
3600
假设高中生的质量为 m（通常约为 50 kg），则其动能的变化量 ΔK 为：
1 1
ΔK= mv2− mu2
2 2
其中 (v=40m/s)（最终速度），(u=0m/s)（初始速度）。
代入数值：
1 1
ΔK= ×50kg×(40m/s) 2− ×50kg×(0m/s) 2
2 2
1
ΔK= ×50×1600
2
ΔK=40000J
ΔK=4×104J
因此，列车对座椅上的高中生所做的功最接近 4×104J。
故选B。
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
【答案】D
【解析】
AB．鸟食的运动视为平抛运动，则在竖直方向有
由于h < h ，则t < t ，要同时接到鸟食，则在N点接到的鸟食先抛出，故AB错误；
M N M N
CD．在水平方向有x = vt，如图
0
过M点作一水平面，可看出在相同高度处M点的水平位移大，则M点接到的鸟食平抛的初速度较大，故
C错误，D正确。
故选D。
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
为
C. 一个电子从b点移动到c点电场力做功 2eV
D. 一个电子从a点移动到d点电势能增加了4eV
【答案】C
【解析】
AB．根据等势面越密集电场强度越大，可知a、b、c、d中a点电场强度最大，故AB错误；
C．一个电子从b点移动到c点电场力做功为W = －eU = 2eV
bc bc故C正确；
D．一个电子从a点移动到d点电场力做功为W = －eU = 4eV
ad bc
由于电场力做正功电势能减小，则一个电子从a点移动到d点电势能减小了4eV，故D错误。
故选C。
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 ，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（ ）
木
行星 水星 金星 地球 火星 土星 天王星 海王星
星
轨道半径
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
【答案】C
【解析】
根据开普勒第三定律，行星的轨道周期 T 与其轨道半径 R 的关系为：
T2∝R3
对于地球，轨道半径 R =1AU，轨道周期 T =1 年。
地球 地球
对于小行星192391，轨道周期 T =5.8 年。
小行星
根据开普勒第三定律，我们可以写出：
T 2 R 3
( ) ( )
( 小行星 = 小行星
T R
地球 地球
代入已知值：
(5.8) 2 (R ) 3
= 小行星
1 1
33.64=R3
小行星
R =√333.64≈3.22AU
小行星
根据表格中的轨道半径，3.22 AU 介于火星（1.5 AU）和木星（5.2 AU）之间。
因此，答案是：C. 火星与木星的公转轨道之间故选C。
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 ，与其余部分的动摩擦
因数为 ，且 。第一次，滑块从I位置以速度 向右滑动，通过MN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 ，所用时间为 ；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度 向右滑
动，通过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 ，所用时间为 。忽
略空气阻力，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
CD ． 对 两 种 运 动 的 整 个 过 程 根 据 能 量 守 恒 有 ，
可得 ，故CD错误；
AB．根据牛顿第二定律
可得
由于 ，故滑块在MN上时的加速度大，根据前面分析可知两次运动的总位移相等，即两次运动过
程中 图像与横轴围成的面积相等，由于第二次时滑块距离 M 点的距离较近，根据公式
可知第二次到达M点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的 图像可得 ，故A正确，B错误；
故选A。
的
7. 如图所示，均匀介质中矩形区域内有一位置未知 波源。 时刻，波源开始振动产生简谐横波，并
以相同波速分别向左、右两侧传播，P、Q分别为矩形区域左右两边界上振动质点的平衡位置。 和
时矩形区域外波形分别如图中实线和虚线所示，则（ ）
A. 波速为
B. 波源的平衡位置距离P点
C. 时，波源处于平衡位置且向下运动
D. 时，平衡位置在P、Q处的两质点位移相同
【答案】D
【解析】
A．根据波形可知 ，
可得
故波速为
故A错误；B．设波源的平衡位置距离P点距离为 ，根据左侧 时的波形可知
解得
故B错误；
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 ，故可知此时波源
处于平衡位置且向上运动，故C错误；
D．由于 ，可知波源的平衡位置距离Q点距离为
故波传到PQ两点的时间分别为 ，
故 时，平衡位置在 P、Q 处的两质点已经振动的时间分别为 ，
由于波源刚开始向下振动，故 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. 电动汽车充电桩的供电变压器（视为理想变压器）示意图如图所示。变压器原线圈的匝数为 ，输入电
压 ；两副线圈的匝数分别为 和 ，输出电压 。当I、Ⅱ区充电桩同时工作
时，两副线圈的输出功率分别为 和 ，下列说法正确的是（ ）A. B.
C. 变压器的输入功率为 D. 两副线圈输出电压最大值均为
【答案】AC
【解析】
U n
AB．根据变压器的电压比公式 1= 1 ，已知U =1.1kV 和U =220V，可以计算出 n :n =5:1。因此
U n 1 2 1 2
2 2
A正确，B错误；
C．变压器的输入功率等于输出功率之和。已知两副线圈的输出功率分别为 7.0kW 和 3.5kW，所以总输
出功率为 10.5kW。因此，变压器的输入功率也为 10.5kW。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
故D错误。
故选AC。
9. 图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计，其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a内封有一定
质量的气体（视为理想气体），与a相连的b管插在水槽中固定，b管中液面高度会随环境温度变化而变
化。设b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计，在标准大气压 下，b管上的刻度可以直接读出环境温
度。则在 下（ ）
A. 环境温度升高时，b管中液面升高 B. 环境温度降低时，b管中液面升高
C. 水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小 D. 水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大
【答案】BD
【解析】
由于b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计，a泡中的封闭气体做等容变化；P P
根据查理定律
1= 2
T T
0
根据平衡条件 p =p −ρgℎ )，(p =p −ρgℎ
1 0 0 2 0
P T ρgT
联立解得 T= 0 0 − 0 ⋅ℎ
P −ρgℎ P −ρgℎ
0 0 0 0
AB.根据上述分析，环境温度升高时，b管中液面降低，环境温度降低时，b管中液面升高，故A错误，B
正确；
P T ρgT
CD.根据关系式T= 0 0 − 0 ⋅ℎ 可知，环境温度越高，b管中液面越低；
P −ρgℎ P −ρgℎ
0 0 0 0
水槽中的水少量蒸发后，初状态下，b管中液面 ℎ 的真实位置要降低；当环境温度升高时，b管中液面降
0
低到标称值之下，则温度测量值偏大，故C错误，D正确。
故选BD。
10. 如图所示，倾角为 的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于
O点。质量为m的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数 。过程I：Q以速度 从斜面底端
P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M
点（图中未画出）时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A. P、M两点之间的距离为
B. 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为
C. 过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为
D. 连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM（含O、M点）之间【答案】BCD
【解析】
A．设 的距离为 ，过程I，根据动能定理有
设 的距离为 ，过程Ⅱ中，当Q速度最大时，根据平衡条件
P、M两点之间的距离
联立可得
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
结合
可得
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 ，根据能量守恒定律
结合
解得
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 点时，满足
当在 点时，满足所以在OM（含O、M点）之间速度为零时，Q将静止，故D正确。
故选BCD。
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. 某实验小组做了测量木质滑块与橡胶皮之间动摩擦因数 的实验，所用器材如下：钉有橡胶皮的长木
板、质量为 的木质滑块（含挂钩）、细线、定滑轮、弹簧测力计、慢速电机以及砝码若干。实验装
置如图甲所示。
实验步骤如下：
①将长木板放置在水平台面上，滑块平放在橡胶面上；
②调节定滑轮高度，使细线与长木板平行（此时定滑轮高度与挂钩高度一致）；
③用电机缓慢拉动长木板，当长木板相对滑块匀速运动时，记录弹簧测力计的示数F；
④在滑块上分别放置 和 的砝码，重复步骤③；
⑤处理实验数据（重力加速度g取 ）。
实验数据如下表所示：
滑块和砝码的总质量 弹簧测力计示数 动摩擦因数
250 1.12 0.457
300 1.35 a
350 1.57 0.458
400 1.79 0.457
完成下列填空：
（1）表格中a处的数据为________（保留3位有效数字）；
（2）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________，与接触面上压力的大小________（以上两空填“成正比”“成反比”或“无关”）；
（3）若在实验过程中未进行步骤②，实验装置如图乙所示，挂钩高于定滑轮，则 的测量结果将
________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】
（1）0.459
（2）①. 成正比 ②. 无关
（3）偏大
【解析】
【小问1详解】
表格中a处的数据
【小问2详解】
[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。
【小问3详解】
若在实验过程中未进行步骤②，实验装置如图乙所示，挂钩高于定滑轮，此时滑块的受力情况如下：
对小物块，根据平衡条件，水平方向上 Fcosθ=f，竖直方向上 N=Fsinθ+Mg，又由 f =μN，联立得
1
μ=
Mg
tanθ+
Fcosθ
正常操作时 θ=0，当挂钩高于定滑轮时 θ>0∘，计算时不计算 cosθ，导致计算值大于真实值（即考虑
θ）。
的
12. 基于铂电阻阻值随温度变化 特性，某兴趣小组用铂电阻做了测量温度的实验。可选用的器材如下：
型号铂电阻、电源E（电动势 ，内阻不计）、电流表 。（量程 ，内阻 ）、电流表 （量程 ，内阻约 ）、定值电阻 （阻值 ）、定值电阻 （阻值 ）、开
关S和导线若干。
查阅技术手册可知， 型号铂电阻测温时的工作电流在 之间，在 范围内，铂
电阻的阻值 随温度t的变化视为线性关系，如图（a）所示。
完成下列填空：
（1）由图（a）可知，在 范围内，温度每升高 ，该铂电阻的阻值增加________ ；
（2）兴趣小组设计了如图（b）所示的甲、乙两种测量铂电阻阻值的电路图，能准确测出铂电阻阻值的是
________（填“甲”或“乙”），保护电阻R应选________（填“ ”或“ ”）；
（3）用（2）问中能准确测出铂电阻阻值的电路测温时，某次测量读得 示数为 ， 示数如图
（c）所示，该示数为________ ，则所测温度为________ （计算结果保留2位有效数字）。【答案】
（1）3.85
（2）①. 乙 ②.
（3）①. 62.0 ②. 51
【解析】
【小问1详解】
温度每升高 ，该铂电阻的阻值增加
【小问2详解】
[1]由于 内阻确定，所以用 测量电阻的电压，用 与 之差来测量经过电阻的电流，故能准确测
出铂电阻阻值的是乙；
[2]电路中的最大电流为0.3mA，可得电路中的最小阻值
可知保护电阻R应选 。
【小问3详解】
[1]由图可知 的分度值为 ，则其读数为 ；
[2]根据欧姆定律可得
根据题图可得
代入数据可得
13. 用光学显微镜观察样品时，显微镜部分结构示意图如图甲所示。盖玻片底部中心位置O点的样品等效
为点光源，为避免O点发出的光在盖玻片上方界面发生全反射，可将盖玻片与物镜的间隙用一滴油填充，如图乙所示。已知盖玻片材料和油的折射率均为1.5，盖玻片厚度 ，盖玻片与物镜的间距
，不考虑光在盖玻片中的多次反射，取真空中光速 。
（1）求未滴油时，O点发出的光在盖玻片的上表面的透光面积（结果保留2位有效数字）；
（2）滴油前后，光从O点传播到物镜的最短时间分别为 ，求 （结果保留2位有效数字）。
【答案】
（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
由折射定律可知，全反射的临界角满足
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
代入数据解得
根据
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
【小问2详解】
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点传播到物镜的最短时间为
滴油滴时，光从O点传播到物镜的最短时间为
故
14. 磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示， 区域存在垂直 平面向里的匀
强磁场，其磁感应强度大小为 （未知）。第一象限内存在边长为 的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏
蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直 平面向里，其磁感应强度大小为 （未知），但满足
。某质量为m、电荷量为 的带电粒子通过速度选择器后，在 平面内垂直y轴射入
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 已知，不考虑该粒子的重力。
（1）求该粒子通过速度选择器的速率；（2）求 以及y轴上可能检测到该粒子的范围；
（3）定义磁屏蔽效率 ，若在Q处检测到该粒子，则 是多少？
【答案】
（1）
（2） ，
（3）
【解析】
【小问1详解】
由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故
其中
则该粒子通过速度选择器的速率为
【小问2详解】
粒子在 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
由洛伦兹力提供给向心力
联立可得
由于 ，根据洛伦兹力提供给向心力
解得故y轴上可能检测到该粒子的范围为 。
【小问3详解】
若在Q处检测到该粒子，如图
由几何关系可知
解得
由洛伦兹力提供向心力
联立解得
其中
根据磁屏蔽效率 可得若在Q处检测到该粒子，则
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。 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；
的
（2）求 时刻，箱子右侧壁距磁场边界 最小距离；
（3）若 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】
（1）
（2）
（3）见解析
【解析】
【小问1详解】
解：（1）对木块恰好能与箱子保持相对静止，一起做匀加速直线运动的过程，设木块与箱子的加速度大
小为 a，物块与箱子之间的弹力为 N。
在竖水平方向上对小物块由牛顿第二定律得：N=ma
在竖直方向上小物块受力平衡，则有：μN=mgg
联立解得：a=
μ
对木块与箱子整体，根据牛顿第二定律得：F=(M+m)a
(M+m)g
解得：F=
μ
【小问2详解】
设箱子刚进入磁场中时速度为v，产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律得，感应电流为
安培力大小为
联立可得
若要使两物体分离，此时有
其中
解得
由运动学公式
解得
故 时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为
【小问3详解】
水平方向由运动学公式
竖直方向有其中
可得力F作用的总时间为
水平方向对系统由动量定理
其中
联立可得
当 时，最终木块与箱子的速度大小为
当 时，最终木块与箱子的速度大小为
