精品解析：2025年高考云南物理真题（解析版）_2025年全国各省市全科高考真题及答案_版本二（互相补充）_6、各省市全科真题及答案（按省份分类）_22、云南卷（全科，持续更新）_物理

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 14C14 NX 型核电池领域取得突破。碳14的衰变方程为6 7 ，则（ ） 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】 【详解】根据质量数和电荷数守恒有14C14 N0 e 6 7 1 可知X为电子，电子是在核内中子转化为质子的过程中产生的。 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（ ） 第1页/共17页 学科网（北京）股份有限公司A.4×105J B.4×104J C.4×103J D.4×102J 【答案】B 【解析】 1 【详解】高中生的质量约为50kg，根据动能定理有W  mv2 4.0104J 2 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】 1 【详解】AB．鸟食的运动视为平抛运动，则在竖直方向有h gt2 2 由于h t ，故A正确，B错误； 2 1 故选A。 7. 如图所示，均匀介质中矩形区域内有一位置未知的波源。t  0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。t 1.5s和t 2.5s 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2.5m/s B. 波源的平衡位置距离P点1.5m C. t 1.0s时，波源处于平衡位置且向下运动 D. t 5.5s时，平衡位置在P、Q处的两质点位移相同 【答案】D 【解析】 1 【详解】A．根据波形可知4m， T 2.5s1.5s 2 可得T  2s  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； 第5页/共17页 学科网（北京）股份有限公司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 ，故可知此时波源处 2 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. 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n ，输入电 1 压U 1.1kV；两副线圈的匝数分别为n 和n ，输出电压U U 220V。当I、Ⅱ区充电桩同时工作时， 1 2 3 2 3 两副线圈的输出功率分别为7.0kW和3.5kW，下列说法正确的是（ ） A. n :n 5:1 B. n :n 1:5 1 2 1 3 C. 变压器的输入功率为10.5kW D. 两副线圈输出电压最大值均为220V 【答案】AC 【解析】 【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，n :n U :U 5:1 1 2 1 2 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 第6页/共17页 学科网（北京）股份有限公司均为U 220 2V m 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 p 下，b管上的刻度可以直接读出环境温度。 0 则在 p 下（ ） 0 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】 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中气体压强增大，又 T 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. 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 tan。过程I：Q以速度v 从斜面底端P 0 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（ ） 第7页/共17页 学科网（北京）股份有限公司kv2 4mg2sin2 A.P、M两点之间的距离为 0 4kgsin 1 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 mv2 4 0 kv2 8mg2sin2 C. 过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为 0 2kgsin 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】 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 mv2 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 4mg2sin2 联立可得kL  0 2 2kgsin 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 mv2 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 mv2 2 0 kv2 8mg2sin2 解得x 0 2kgsin 第8页/共17页 学科网（北京）股份有限公司故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 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。 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250g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50g、100g和150g的砝码，重复步骤③； ⑤处理实验数据（重力加速度g取9.80m/s2）。 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 M /g F / N  250 1.12 0.457 300 1.35 a 第9页/共17页 学科网（北京）股份有限公司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】 1.35 表格中a处的数据  0.459 0.39.8 【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】 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. 基于铂电阻阻值随温度变化的特性，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： Pt1000型号铂电阻、电源E（电动势5V，内阻不计）、电流表A 。（量程100μA，内阻4.5k）、电流表 1 A （量程500μA，内阻约1k）、定值电阻R（阻值15k）、定值电阻R （阻值1.5k）、开关S和导 2 1 2 线若干。 第10页/共17页 学科网（北京）股份有限公司查阅技术手册可知，Pt1000型号铂电阻测温时的工作电流在0.1~0.3mA之间，在0~100C范围内，铂电 阻的阻值R 随温度t的变化视为线性关系，如图（a）所示。 t 完成下列填空： （1）由图（a）可知，在0~100C范围内，温度每升高1C，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“ R ”或“R ”）； 1 2 （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A 示数为295μA，A 示数如图（c） 2 1 所示，该示数为________μA，则所测温度为________C（计算结果保留2位有效数字）。 【答案】（1）3.85 （2） ①. 乙 ②. R 1 （3） ①.62.0 ②.51 【解析】 【小问1详解】 第11页/共17页 学科网（北京）股份有限公司1.3851.000 温度每升高1C，该铂电阻的阻值增加R 103 3.85 100 【小问2详解】 [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电流，故能准确测出 1 1 2 1 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 【小问3详解】 [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 代入数据可得t 51℃ 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d 2.0mm，盖玻片与物镜的间距 h0.20mm，不考虑光在盖玻片中的多次反射，取真空中光速c3.0108m/s,π 3.14。 （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t 、t ，求t t （结果保留2位有效数字）。 1 2 2 1 【答案】（1）1.0105m2 （2）3.31013s 【解析】 【小问1详解】 1 2 由折射定律可知，全反射的临界角满足sinC   n 3 第12页/共17页 学科网（北京）股份有限公司r 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 【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 d h d h nd h t      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 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，x0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强 磁场，其磁感应强度大小为B（未知）。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后， 1 该区域内的匀强磁场方向仍垂直Oxy平面向里，其磁感应强度大小为B （未知），但满足0 B  B 。某 2 2 1 质量为m、电荷量为q(q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 第13页/共17页 学科网（北京）股份有限公司（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 B B （3）定义磁屏蔽效率 1 2 100%，若在Q处检测到该粒子，则是多少？ B 1 U 【答案】（1） B d 0 mU （2） ，r  L qdB L 2 0 （3）60% 【解析】 【小问1详解】 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 【小问2详解】 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 v2 由于0 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 故y轴上可能检测到该粒子的范围为r  L。 2 【小问3详解】 若在Q处检测到该粒子，如图 第14页/共17页 学科网（北京）股份有限公司由几何关系可知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 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。 第15页/共17页 学科网（北京）股份有限公司（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。 (M m)g 【答案】（1）  (M m)2gR2 （2） 2B4d4 （3）见解析 【解析】 【小问1详解】 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   【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 第16页/共17页 学科网（北京）股份有限公司(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 (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 【小问3详解】 1 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 t (M m)v0 安 2 B2d2L 其中F t  安 2 R g 2s 2h B2d2L 联立可得v (  )  g g (M m)R g 2s 2h B2d2L g 2s 2h B2d2L 当 (  ) 时，最终木块与箱子的速度大小为v (  )  g g (M m)R  g g (M m)R g 2s 2h B2d2L 当 (  ) 时，最终木块与箱子的速度大小为v0  g g (M m)R 第17页/共17页 学科网（北京）股份有限公司