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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷01（云南专用）
物 理
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
考情速递
高考·新动向：今年，是云南省新高考的第一年，从2024 年9 月份的“调研测试”再到2025 年1 月份
的“八省联考”物理试题在命题上呈现出一些新的趋势。首先题目更加强调基础知识与综合能力的结
合，通过多情境的综合问题来全面评估学生的物理素养。题目设计也更注重实际应用场景，如本卷中
的第1 题“充气船”考察热学的基本概念，第2 题“街头变压器”考察变压器的基本原理这要求学生能
够将理论知识与实际应用相结合，解决实际问题，第9 题利用“食双星”的背景结合图像求解双星问题
等，这些情境既富有挑战性，又贴近现代科技和生活实际，有助于激发学生的学习兴趣和探究精神。
高考·新考法：在常规考点的考察上，本卷通过新的设问方式来检验学生对知识的深入理解和灵活运用
能力。如本卷中第3 题把共点力平衡问题从平时的二维平面转向空间结构引导学生构建物理模型的同时
要善于应用数学知识解决物理问题；此外试题还注重跨单元知识的融合。例如本卷的第5 题在平抛模型
考察中，不仅涉及了平抛的基本规律，还将其与动量定理相结合，要求学生能够从应用微元法解决流
体相关问题。这种跨单元的融合不仅拓宽了学生的知识面，也培养了他们的综合思维能力。
高考·新情境：新高考试题的情境题目具有高度的创新性。例如本卷中“食双星”的问题不仅涉及了天
体物理的基本概念，还融入了图像；“枪口比动能”的探究问题则结合了体育竞技和物理学原理，让
学生在解题过程中感受到物理与生活的紧密联系。“空间中的平衡”和“空间中的粒子运动”等题目
都紧密关注当前地区的一些命题导向。
高考·重经典：新高考试题的也注重经典模型考查。例如本卷中第3 题“圆锥摆”的模型的考查；第6
题关于电磁阻尼问题教材经典模型的深挖；第10 题导轨模型的深度分析，第15 题经典的多过程模型的
综合分析等都体现了新高考对经典模型的重视。
命题·大预测：基于上述分析，可以预见2025 年云南省高考物理将沿着以下方向发展：注重基础知识与
综合能力的结合
、
强化实际应用场景的考察
、
推广多样化的呈现方式、加强跨
单元
知识的融合
，
注重
经典模型的深挖
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，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。
1
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选择题部分
一、选择题：本题共10 小题，第1~7 题在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，每小题4 分，
共28 分。第8~10 题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错或不答
的得0 分，共18 分。
1．海上航行的船只大都装备有随时可用的充气救生船。充气船使用时在船的浮筒内充入气体，充满气后
浮筒的体积可视为不变。海上昼夜温差较大，若将充气船放置在海上，则夜间充气船浮筒内的气体与白天
相比（ ）
A．内能更小
B．压强更大
C．分子数密度更小
D．单位时间撞击到单位面积浮筒内壁的分子数增多
【答案】A
【详解】A．夜间充气船浮筒内的气体与白天相比温度较低，分子的平均动能更小，内能更小，故A 正确。
B．充气船内气体体积不变，夜间温度低，由查理定律可知，压强更小，故B 错误。
C．气体的质量不变，气体分子总数不变，体积不变，则分子数密度不变，故C 错误。
D．夜间温度低，分子的平均动能更小，则分子的平均速率更小，而分子数密度不变，所以单位时间撞击
到单位面积浮筒内壁的分子数减小，故D 错误。
故选A。
2．如图所示，街头变压器将市区电网电压降压后输送给用户的供电示意图，变压器的输入电压是市区电
网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动。忽略输电导线的电阻，交流电表作为理想电表处理，下
列说法正确的是（ ）
A．由于输入电压高于输出电压，所以原线圈所用的导线应当更粗
B．降压变压器的工作原理是通过铁芯导电的
2
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C．当用户用电器增加时，电压表
的示数增大
D．当用户用电器增加时，变压器的输出功率变大
【答案】D
【详解】A．由于输入电压高于输出电压，变压器两端的功率相等，根据
可知，副线圈电流较大，
副线圈所用的导线应当更粗，A 错误；
B．降压变压器的工作原理是电磁感应，而不是通过铁芯导电，故B 错误；
CD．输入电压不变，原副线圈的匝数比不变，则副线圈两端的电压不变，即电压表
的示数不变，对于
副线圈回路，当用户用电器增加时，等效电阻变小，根据
可知功率变大，即变压器的输出功率变
大，故C 错误，D 正确。
故选D。
3．如图所示，质量为m 的小球在水平面内做匀速圆周运动。若保持轨迹所在水平面到悬点P 的距离h 不
变，增大轻绳的长度l。有关小球做圆周运动的周期T 与轻绳的拉力大小F，下列说法正确的是（ ）
A．F 减小
B．T 增大
C．T 不变
D．F 不变
【答案】C
【详解】小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图所示
3
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可得
联立解得
周期T 只与距离h 有关，周期T 不改变，C 正确，B 错误；
由上述公式可得
可知轻绳的拉力大小F 增大，AD 错误。故选C。
4．如图所示，完全相同的三根刚性柱竖直固定在水平地面上的A'、B'、C'三点上，三点恰好在等边三角形
的三个顶点上，三角形的边长为L，三根完全一样的轻绳一端固定在A、B、C 三点上，另一端栓接在一起，
结点为O。现把质量为m 的重物用轻绳静止悬挂在结点O 处，O 点到ABC 平面的距离为
，重物不接触
地面，当地重力加速度为g。则AO 绳中的张力为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】设结点为O 在三角形ABC 平面的投影为
，根据题意和几何关系知
到A、B、C 三点的距离都
相等，为
与三根轻绳间的夹角都相同，设为
，则
4
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故
对结点O，根据平衡条件
解得AO 绳中的张力为
故选A。
5．翠湖公园有一水流造景设施的截面如图所示，水平喷水口P 横截面积为S、喷水的流速恒定为v，从P
喷出的水柱恰好能垂直撞到倾角为30°的斜面AC 上的B 处，速度瞬间变为零，之后沿斜面流下。已知水
的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ）
A．水流单位时间撞到B 处的体积
B．水流在B 处的速度
C．水流对B 处的冲击力
D．空中水的质量
【答案】D
【详解】A．水流单位时间撞到B 处的体积等于水流单位时间撞通过水平喷水口的体积，即体积为
故A 错误；
B．水流从P 到B 做平抛运动，平抛初速度为，由于水柱恰好能垂直撞到斜面，几何关系可知在B 的速
度方向与水平方向成60°，则有
5
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故B 错误；
C．设
时间内有质量为
的水撞击斜面，设该过程斜面给水的支持力为N，规定
方向为正方向，由
动量定理有
因为
联立解得
根据牛顿第三定律可得，水流对B 处的冲击力
故C 错误；
D．结合B 选项分析，由平抛规律可得水流在B 的竖直方向速度
故平抛时间为
所以空中水的质量
故D 正确。
故选D。
6．如图所示，内部光滑、足够长的铝管竖直固定在水平桌面上，直径略小于铝管内径的圆柱形磁体从铝
管正上方由静止开始下落，在磁体穿过铝管的过程中，磁体不与管壁碰撞，不计空气阻力。下列选项正确
的是（ ）
6
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A．磁体一直做加速运动
B．经过较长时间后，铝管对桌面的压力等于铝管和磁体的重力之和
C．磁体下落过程中铝管产生的焦耳热量等于磁铁动能的变化
D．磁体下落过程中安培力对铝管做正功
【答案】B
【详解】在磁体穿过铝管的过程中，铝管的磁通量发生变化，根据楞次定律可得，磁体受铝管竖直向上的
安培力，又根据法拉第电磁感应定律可得，磁体的速度越大，所受铝管中产生的感应电动势越大，感应电
流也就越大，磁体所受的安培力也越大。再根据牛顿第二定律可得，对磁体
随着磁体下落过程中速度增大，安培力增大，则加速度减小，直到加速度减为0，铝管足够长，磁体下落
时间较长，则最后磁体匀速运动，磁体受的安培力与磁体重力大小相等，方向相反。由牛顿第三定律得磁
体对铝管的安培力竖直向下，大小与磁体重力大小相等。对铝管受力分析，桌面对铝管的支持力等于铝管
的重力与所受安培力大小之和，即等于铝管和磁体的重力之和。又有牛顿第三定律可知，铝管对桌面的压
力等于铝管和磁体的重力之和。故A 错误，B 正确；
因为铝管静止不动，所以磁体下落过程中安培力对铝管做功伟0。故D 错误；
C．由能量守恒可得，磁体下落过程中铝管产生的焦耳热量等于磁铁机械能的变化。故C 错误；故选B。
7．如图所示，一列简谐横波沿x 轴传播，在
时的波形图如图所示，P、Q 是介质中的两个质点，P 正
好在波峰位置，质点Q 的平衡位置在
处，从图示时刻开始，质点Q 到达平衡位置比质点P 到达平
衡位置滞后0.1s，则下列说法正确的是（ ）
A．波沿x 轴正方向传播
7
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B．波速为1cm/s
C．质点Q 在0.3s 内的位移为0.2cm
D．质点P 的振动方程为
【答案】D
【详解】A．根据质点Q 到达平衡位置比质点P 到达平衡位置滞后0.1s，可知Q 沿y 轴负方向运动，则可
得波沿x 轴负方向传播，故A 错误；
B．设波的波动方程为
代入特殊点
，
，解得
故
代入
时，解得
从图示时刻开始，质点Q 到达平衡位置比质点P 到达平衡位置滞后0.1s，可知
解得
v=10cm/s
根据
解得
故B 错误；
C．根据
因Q 点在t=0 时刻向下振动，可知质点Q 在0.3s 内的位移小于A=0.2cm，故C 错误；
8
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D．设波的振动方程为
其中
解得
故D 正确。
故选D。
8．氢原子能级图如图所示，若大量氢原子处于
，2，3，4 的能级状态，已知普朗克常量
，某锑铯化合物的逸出功为2.0eV，则（ ）
A．这些氢原子跃迁过程中最多可发出3 种频率的光
B．这些氢原子跃迁过程中产生光子的最小频率为
C．这些氢原子跃迁过程中有4 种频率的光照射该锑铯化合物可使其电子逸出
D．一个动能为12.5eV 的电子碰撞一个基态氢原子不能使其跃迁到激发态
【答案】BC
【详解】A．这些氢原子跃迁过程中最多可发出
种频率的光，故A 错误；
B．氢原子从
能级跃迁到
能级发出的光子的能量最小为
这些氢原子跃迁过程中产生光子的最小频率为
9
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故B 正确；
C．某锑铯化合物的逸出功为2.0eV，则这些氢原子跃迁过程中有4 种频率的光照射该锑铯化合物可使其电
子逸出，分别是从
能级跃迁到
能级发出的光子，从
能级跃迁到
能级发出的光子，从
能级跃迁到
能级发出的光子，从
能级跃迁到
能级发出的光子，故C 正确；
D．一个基态氢原子跃迁到激发态所需的最小能量为
一个动能为12.5eV 的电子（大于10.2eV）碰撞一个基态氢原子能使其跃迁到激发态，故D 错误。
故选BC。
9．“食双星”是指两颗恒星在相互引力作用下绕连线上某点做匀速圆周运动。由于距离遥远，观测者不
能把两颗星区分开，但由于两颗恒星的彼此掩食，会造成其亮度发生周期性变化，观测者可以通过观察双
星的亮度研究双星。如图，t1时刻，由于较亮的恒星遮挡较暗的恒星，造成亮度L 减弱，t2时刻则是较暗的
恒星遮挡较亮的恒星。若较亮的恒星与较暗的恒星的质量和圆周运动的半径分别为m1、r1和m2、r2，下列
说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BC
【详解】由图可知双星周期
较亮的恒星，根据牛顿第二定律
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较暗的恒星，根据牛顿第二定律
联可得
故选BC。
10．如图，一电阻不计的U 形导轨固定在水平面上，匀强磁场垂直导轨平面竖直向上，一粗细均匀的光滑
金属杆垂直放在导轨上，始终与导轨接触良好。现使金属杆以初速度
向右运动，在轨道上滑行的最大距
离为 x，金属杆始终与导轨垂直。若改变金属杆的初速度
、横截面积S 和U 形导轨的宽度L 时，仍能保
证金属杆滑行的最大距离为x 的是（ ）
A．保持L 不变，
增大，S 增大
B．保持S 不变，
增大，L 增大
C．保持S 不变，
不变，L 增大
D．保持L 不变，
不变，S 增大
【答案】CD
【详解】设金属棒材料密度为
，质量金属棒的质量为
设金属棒的电阻率为
，则金属棒的电阻为
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金属杆速度由初速度
减小到0，根据动量定理可得
又
则有
联立可得
由此可知，材料不变，磁场不变，最大距离x 只与
有关。
故选CD。
二、实验题：本题共2 小题，共16 分。
11．（8 分）某兴趣学习小组为测量玩具电瓶车上蓄电池的电动势和内阻，现有如下实验器材：
A．电压表V（
，内阻约为
）
B．电流表A（
，内阻约为
）
C．电阻箱R（
）
D．待测蓄电池
E.开关S、导线若干
(1)该小组同学设计了甲、乙两个电路图，为使测量结果尽量准确，应该选择 （选填“甲”或
“乙”）电路图。
(2)由（1）中选择的电路图测得的电动势比真实值 （“偏大”或“偏小”），原因是 。
(3)该小组同学选择（1）中误差小的电路图测量，调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的
电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I 和电压表示数U。根据记录数据作出的
图像如图（a）所示，
12
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则蓄电池的电动势为 V，内阻为 Ω（此空结果保留2 位有效数字）。
(4)该实验还可以测量电流表的内阻，根据记录数据进一步探究，作出
图像如图（b）所示。利用图
（b）中图像的纵轴截距，结合（3）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为 Ω（保留2 位
有效数字）。
【答案】(1)甲 (2) 偏小 电压表的分流作用造成的误差
(3) 1.58 0.63/0.64/0.65/0.66 (4)2.5
【详解】（1）[1]因乙图电流表的分压作用造成电源内阻测量误差相对较大，故实验应该采用甲电路；
（2）[2][3]根据电路图可知，由于电压表的分流作用，干路中电流的真实值大于测量值，当外电路短路时
电流的测量值等于真实值，电源U-I 图像如图所示
U-I 图像的纵截距表示电动势，由图示U-I 图像可知电路图测得的电动势比真实值
偏小；
（3）[4][5]根据闭合电路欧姆定律可得
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可得U-I 图像的纵轴截距等于电动势，则干电池的电动势为
U-I 图像的斜率绝对值等于内阻，则内阻为
（4）[6]根据闭合电路欧姆定律可得
可得
由
图像的纵轴截距可知
解得电流表内阻为
12．（8 分）“枪口比动能”的计算公式为枪口子弹动能/枪管横截面积，单位为
。我国规定枪口比
动能达到或大于
为枪支，小强通过如图甲所示实验装置测定某型号仿真枪是否超标。在一半封闭
金属盒内塞人橡皮泥，金属盒下方安装一个有墨水的轻质细毛笔，将金属盒用轻绳系于天花板上的
点，
金属盒下方铺设一条以悬点
为圆心的圆弧轨道，并在轨道上铺设白纸，调节轨道高度使得轻质毛笔笔尖
轻微接触白纸且对金属盒的运动无明显阻碍作用。以
为圆心竖直安装一与金属盒运动平面平行的量角器。
将仿真枪靠近金属盒并对准其中心射出弹丸，随后弹丸陷入金属盒内部，并与金属盒一起摆起一定的角度。
测量枪管的内直径
，弹丸的质量
，金属盒与橡皮泥的质量
，白纸痕迹上方端点与悬点
的连线与
竖直方向的夹角
以及金属盒中心与悬点
的距离
。重力加速度大小为
。
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(1)用游标卡尺测量枪管内直径时需利用图乙中游标卡尺的 （选填“①”“②”或“③”）部
分。测量得到枪管内直径读数如图丙所示，其读数为 mm。
(2)根据所测量得到的物理量得出比动能的表达式为
。（用题中所给物理量的字母表示）
(3)下列因素能够导致比动能的测量值偏小的是___________（填标号）。
A．弹丸与金属盒碰撞过程中损失的动能
B．金属盒所受的空气阻力以及毛笔笔尖与白纸之间的阻力
C．击中金属盒的位置位于金属盒中心上方
D．仿真枪没有抵近金属盒射击
【答案】(1)
7.0
①
(2)
(3)BD
【分析】本题以枪口比动能这一概念为背景，考查动量守恒、机械能守恒、游标卡尺读数。意在考查逻辑
推理以及实验探究能力。
【详解】（1）[1] 游标卡尺测量内径使用内爪测量，故选①部分。
[2] 10 分度游标卡尺的精确度为
，游标卡尺读数为
（2）根据动量守恒定律有
然后两者共同摆起使得细绳与竖直方向的夹角为
时，由机械能守恒定律得
联立可得，弹丸的初动能
根据比动能的定义有
（3）A．根据实验原理，碰撞中损失的动能对测量结果无影响，故A 错误；
BD．若考虑金属盒所受空气阻力以及毛笔笔尖与白纸之间的阻力和仿真枪没有抵近金属盒射击都会使得初
动能的测量值小于真实值，故比动能的测量值偏小，故BD 正确；
C．若击中金属盒的位置位于金属盒中心上方，则
的测量值偏大，比动能的测量值偏大，故C 错误。
故选BD。
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三、计算题：本题共3 小题，共38 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后
答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．（10 分）如图所示为一盛放液体的圆柱形容器截面图，A、C 两点间的高度为
，CD 为直径
。当容器内无液体时，从A 点沿图示方向射入容器的光线，能照到容器壁上的B 点。现保持光的
入射方向不变，向容器内注入某种透明液体后，光线刚好能照到容器底部边缘上的D 点。已知B、D 两点
间的距离
，注入的液体深度为
，求该透明液体的折射率。
【答案】
【详解】当容器内注入透明液体后，光路图如图所示，其中
为液体的液面
设光线的入射角为，由几何关系可知
解得
设
、
两点间的距离为
，则有
代入数据解得
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故
、
两点间的距离为
设光线的折射角为
，由几何关系可知
解得
由折射定律
可解得该透明液体的折射率为
14．（13 分）如图，M、Q、N 为相互平行的竖直平面，间距均为L，在N 上建立xOy 直角坐标系，x 轴水
平。
处有一粒子源，
连线垂直于竖直平面。MQ 间区域有沿x 轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大
小为B，QN 间区域有沿x 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。粒子源发出速率为v 的正电粒子，粒
子沿
方向运动，经磁场偏转通过Q 平面时，其速度方向与
夹角为
，再经电场偏转通过N 平面
上的P 点（图中未标出）。忽略粒子间相互作用及粒子重力，求：
(1)粒子的电荷量与质量之比；
(2)粒子从Q 运动到N 的时间；
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(3)P 点的坐标（x，y）。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意可知，粒子在匀强磁场区域做匀速圆周运动，则
根据几何关系可知
联立可得
（2）粒子进入匀强电场后，做类平抛运动，则
解得
（3）粒子的横坐标为
所以
粒子的纵坐标为
所以
所以P 点的坐标为（
，
）。
15．（15 分）一固定装置由表面均光滑的水平直轨道AB、倾角为
的直轨道BC、圆弧管道（圆心角为
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）CD 组成，轨道间平滑连接，其竖直截面如图所示（未按比例作图）。BC 的长度L =2.0m，圆弧管道半
径R=1.0m（忽略管道内径大小），D 和圆心O 在同一竖直线上。轨道ABCD 末端D 的右侧紧靠着水平面
上质量
=0.1kg 的平板，其上表面与轨道末端D 所在的水平面齐平。质量
=0.1kg、可视为质点的滑块
从A 端弹射获得
=3.2J 的动能后，经轨道ABCD 水平滑上平板，并带动平板一起运动。平板上表面与滑
块间的动摩擦因数
=0.6、下表面与水平面间的动摩擦因数为
。不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，重力加速度g 取10m/s2，
，
。
(1)求滑块到达轨道ABCD 末端D 时的速度大小；
(2)若
，滑块未脱离平板，求平板加速至与滑块共速过程系统损失的机械能；
(3)若
，平板至少多长才能使滑块不脱离平板。
【答案】(1)6m/s (2)0.9J (3)1.8m
【详解】（1）根据动能定理有
解得
（2）若
，滑块未脱离平板，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
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（3）若
，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
滑块向右做匀减速直线运动，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
木板向右做匀加速直线运动，当两者达到相等速度后保持相对静止向右做匀减速直线运动，则有
两者的相对位移大小等于木板长度的最小值，则有
解得
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