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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 t >t x >x x <x
1 2 1 2 1 2 1 2
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
二、多选题
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 ，输入电压
1
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. B.
n :n =5:1 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
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。则
0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
10.如图所示，倾角为θ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μ=tanθ。过程Ⅰ:Q以速度v 从斜面底端P点沿
0
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kv2−4mg2sin2θ
0
4kgsinθ
1
B. 过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中Q与弹簧组成的系统损失的机械能为 mv2
4 0
C.
过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为kv2−8mg2sin2θ
0
2kgsinθ
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
三、实验题
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μ的实验，所用器材如下：钉有橡胶皮的长木板、
质量为250 g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M/g 弹簧测力计示数F/N 动摩擦因数μ
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 ，μ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μ的测量结果将 (填
“偏大”“偏小”或“不变”)。
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：
Pt 1000 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4.5kΩ)、电流表A (
1 2量程500μA，内阻约1kΩ)、定值电阻R (阻值15kΩ)、定值电阻R (阻值1.5kΩ)、开关S和导线若干。
1 2
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 Ω;
(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)所
2 1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)。
四、计算题
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 2 114.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 。某质
2 2 1
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
(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 <t ，A正确，B错误。
1 2
7.【答案】D
△x
【解析】从t=1.5s到t=2.5s时间内，波向左、右传播距离均为2 m。根据波速公式v= ，可得波速
△t
2
v= m/s=2m/s，A选项错误。
1
由题意可知，波向左传播且t=1.5s时，从波源向左传播的波对应的传播距离x =vt=1.5×2m=3m，通过
1
图分析可知，波源平衡位置距离P点1m，B选项错误。λ 4
由波速v=2m/s，结合波形可知波长λ=4m，根据T= ，可得周期T= s=2s。t=1.5s时，根据波形
v 2
能判断出波源的振动状态，再往回推0.5s(到t=1.0s)，t=1.0s时波源处于平衡位置且向上运动， C选项
错误。
△t′ 3
t=5.5s与t=2.5s的时间差△t′=3s， = =1.5，即在t=2.5s的基础上再经过1.5个周期。分别分析
T 2
波源到P、Q点的距离及传播情况，可知平衡位置在 P、Q处的两质点位移相同， D选项正确。综上，答
案选 D，
【分析】解题关键在于利用波的传播规律，结合波形图和时间，依次分析波速、波源位置、质点振动状态
和位移等物理量。
8.【答案】AC
【解析】 ， ，由U U U ，可得n U 5，，n U 5，故A
AB.U =1.1kV U =U =220V 1= 2= 3 1= 1= 1= 1=
1 2 3 n n n n U 1 n U 1
1 2 3 2 2 3 3
正确，B错误；
C.当Ⅰ、Ⅱ区充电桩同时工作时，两副线圈的输出功率分别为7.0kW和3.5kW，变压器的输入功率等于输
出功率，则有输入功率P =P +P =7.0kW+3.5kW=10.5kW，故C正确；
1 2 3
D.两副线圈输出电压有效值均为220V，故D错误
故选：AC。
9.【答案】BD
【解析】A、B：以玻璃泡a内的理想气体为研究对象，在环境温度变化时，气体做等容变化，由等容变化
的规律可知，当环境温度升高时，a中气体的压强增大，设a中气体压强为p，由平衡条件可知：
p=p −ρgℎ，故当温度升高时，b中液面的高度下降，反之，则液面升高，也就是b中液面越低，环境
0
温度越高，故A错误，B正确；
C、D：由压强关系：p=p −ρgℎ可知，在温度一定时，h的高度一定，h为b中水面到槽中水面的高度，
0
当水槽中的水少量蒸发后，水槽中的水面高度降低，故b中水面的高度也将下降，由A、B中分析可知，
此时测量的温度将偏高，故C错误，D正确。
10.【答案】BCD【解析】A.Ⅰ过程中Q上滑受力分析可知mgsinθ+μmgcosθ=ma，上滑最大位移为
v2 v2 Ⅱ过程经过M点时，速度最大，可知此时Q受力平衡，则有
x = = 0 ;
PO 2a 4gsinθ
，则P、M两点之间的距离为 kv2−8mg2sin2θ；故A错误；
kx =mgsinθ+μmgcosθ x =x −x = 0
1 PM PO 1 4kgsinθ
1
B.过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中系统损失的机械能为Q =μmgcosθx = mv2，故B
1 OP 4 0
正确；
C.设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动到N点，由对称性可知x =x ，故过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面
PM MN
向上运动的最大位移为
kv2−8mg2sin2θ
正确；
x =2x = 0 ;C
PN PM 2kgsinθ
D.对Q受力分析可知若平衡，则外界拉力向上最大为mgsinθ+μmgcosθ即M点，最小为零，则连接在弹
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。故D正确；
故选BCD；
11.【答案】0.459
成正比
无关
偏大【解析】(1)将滑块和砝码视作整体、总质量为M，受力情况如图1所示。
当长木板相对滑块匀速运动时，在水平方向由平衡条件可知，细线拉力T=μMg；由定滑轮的特点可知，
f F 1.35
弹簧测力计示数F=T=μMg；由f =μN可知，表格第2行中动摩擦因数μ= = = ≈0.459。
N Mg 0.3×9.8
ΔF
(2)由表中第1、2列数据可知，在实验误差允许范围内， 近似为定值，故滑动摩擦力大小与接触面上
ΔM
压力大小成正比；
由表中第1、3列数据可知，在实验误差允许范围内，动摩擦因数μ不随M而改变，故μ与接触面上压力的
大小无关。
(3)设细线与水平方向的夹角为θ，滑块和砝码整体的受力情况如图2所示。f Fcosθ
由平衡条件，水平方向有f =Fcosθ，竖直方向有N=Mg+Fsinθ，联立解得μ= = (真实
N Mg+Fsinθ
值)。
f F
若在实验过程中未进行步骤②，即忽略了角度θ而误用μ= = (测量值)进行计算，由于cosθ<1且
N Mg
sinθ>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 ，
0<B <B qvB =m R >L
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】
