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2025 年高考云南物理真题
一、单选题
1.(2025·云南卷·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 6
14C→7
14N＋X，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 根据质量数守恒和电荷数守恒有 6
14C→7
14N＋-1
0 e，可知X 为电子，是在核内中子转化为质子的过程
中产生的。故选A。
2.(2025·云南卷·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
144 km/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.4×105 J
B.4×104 J
C.4×103 J
D.4×102 J
答案 B
解析 高中生的质量约为50 kg，根据动能定理有W＝1
2mv2＝4.0×104 J，故选B。
3.(2025·云南卷·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 鸟食的运动视为平抛运动，则在竖直方向有h＝1
2gt2，由于hM<hN，则tM<tN，要同时接到鸟食，则在
N 点接到的鸟食先抛出，故A、B 错误；在水平方向有x＝v0t＝v0√
2h
g ，过M 点作一水平面，如图所示。可
看出在相同高度处，在M 点接到的鸟食水平位移大，则在M 点接到的鸟食平抛的初速度较大，故C 错误，
D 正确。
4.(2025·云南卷·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－2 V、－1 V、1 V、2 V 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2 eV
D.一个电子从a 点移动到d 点电势能增加了4 eV
答案 C
解析 根据等势面越密集处电场强度越大，可知a、b、c、d 中a 点电场强度最大，故A、B 错误；一个电
子从b 点移动到c 点电场力做功为Wbc＝－eUbc＝2 eV，故C 正确；一个电子从a 点移动到d 点电场力做功
为Wad＝－eUad＝4 eV，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4
eV，故D 错误。
5.(2025·云南卷·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1 AU，八大行星绕太阳公转的轨道半
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R/AU
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可知
r行
3
T 行
2 ＝r地
3
T 地
2，其中r 地＝1 AU，T 地＝1 年，T 行＝5.8 年，代入解得r 行
≈3.23 AU，故该小行星的公转轨道应介于火星与木星的公转轨道之间。故选C。
6.(2025·云南卷·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μ1，与其余部分
的动摩擦因数为μ2，且μ1>μ2。第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0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x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0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x2，所用时间为
t2。忽略空气阻力，则( )
A.t1<t2
B.t1>t2
C.x1>x2
D.x1<x2
答案 A
解析 对两次运动的整个过程，根据能量守恒定律有1
2mv0
2＝μ1mgxMN＋μ2mg(x1－xMN)，1
2mv0
2＝μ1mgxMN＋
μ2mg(x2－xMN)，可得x1＝x2，故C、D 错误；设滑块在水平面上滑动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律
有μmg＝ma，可得a＝μg，由于μ1>μ2，故滑块在MN 段滑动时的加速度大，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v－t 图像与横轴围成的面积相等。
由于第二次滑动时滑块距离M 点的距离较近，根据公式v0
2－v M
2＝2μ2gx，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v－t 图像，可得t2>t1，故A 正确，B 错误。
7.(2025·云南卷·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＝1.5 s 和t＝2.5 s 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2.5 m/s
B.波源的平衡位置距离P 点1.5 m
C.t＝1.0 s 时，波源处于平衡位置且向下运动
D.t＝5.5 s 时，平衡位置在P、Q 处的两质点位移相同
答案 D
解析 根据题图所示波形可知λ＝4 m，1
2T＝2.5 s－1.5 s，可得T＝2 s，波速为v＝λ
T ＝2 m/s，故A 错误；
设波源的平衡位置与P 点的距离为x0，根据矩形区域左侧t＝1.5 s 时的波形可知2m＋x0
v
＝1.5 s，解得x0＝
1 m，故B 错误；由题图结合同侧法可知，波源刚开始的振动方向向下，由于t＝1.0 s＝1
2T，可知此时波源
处于平衡位置且向上运动，故C 错误；t＝5.5 s 时，即从t＝2.5 s 时再经过3 s＝3
2T，可知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，知此时平衡位置在P、Q 处的两质点位移相同，故D
正确。
二、多选题
8.(多选)(2025·云南卷·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n1，输入电压U1＝1.1 kV；两副线圈的匝数分别为n2和n3，输出电压U2＝U3＝220 V。当Ⅰ、Ⅱ区
充电桩同时工作时，两副线圈的输出功率分别为7.0 kW 和3.5 kW，下列说法正确的是( )
A.n1∶n2＝5∶1
B.n1∶n3＝1∶5
C.变压器的输入功率为10.5 kW
D.两副线圈输出电压最大值均为220 V
答案 AC
解析 根据理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比可得n1∶n2＝U1∶U2＝5∶1，n1∶n3＝U1∶U3＝
5∶1，故A 正确，B 错误；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 输入＝P 输出＝7.0
kW＋3.5 kW＝10.5 kW，故C 正确；输出电压为交流电的有效值，根据正弦式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Um＝220√2 V，故D 错误。
9.(多选)(2025·云南卷·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p0下，b 管上的刻度可以
直接读出环境温度。则在p0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 根据题意，a 中气体做等容变化，设b 管内外液面高度差为h，根据p
T ＝C，若环境温度升高，则a
中气体压强增大，又pa＋ρ 液gh＝p0，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；由A、B 选项分析可知，b 管中温度刻度从上到下逐渐升高，同一温度，a 中压强不变，
b 管中液面与水槽内液面高度差不变，水槽中的水少量蒸发后，水槽中液面降低，则b 管内液面降低，温
度测量值偏大，故C 错误，D 正确。
10.(多选)(2025·云南卷·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＝tan θ。过程Ⅰ：Q 以
速度v0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k v0
2- 4 m g
2sin
2θ
4 kgsinθ
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1
4 mv0
2
C.过程Ⅱ中，Q 从P 点沿斜面向上运动的最大位移为k v0
2-8m g
2sin
2θ
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
答案 CD
解析 设PO 的距离为L，过程Ⅰ：根据动能定理有－mgsin θ·L－μmgcos θ·L＝0－1
2mv0
2①
设MO 的距离为L1，过程Ⅱ：当Q 速度最大时，根据平衡条件有kL1＝mgsin θ＋μmgcos θ ②
P、M 两点之间的距离L2＝L－L1，μ＝tan θ，联立解得L2＝k v0
2-8m g
2sin
2θ
4 kgsinθ
，故A 错误；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ΔE＝μmgcos θ·L－1
2kL2，结合①式及μ
＝tan θ 可得ΔE＝1
4 mv0
2－
k v0
4
32 g
2sin
2θ
，故B 错误；设过程Ⅱ中，Q 从P 点沿斜面向上运动的最大位移为
x，根据能量守恒定律1
2kL2＝mgsin θ·x＋μmgcos θ·x＋1
2k(x－L)2，联立解得x＝k v0
2-8m g
2sin
2θ
2kgsinθ
，故C 正
确；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
kL1＝mgsin θ＋μmgcos θ，当在O 点时，满足mgsin θ＝μmgcos θ，所以在OM(含O、M 点)之间速度为零时，
Q 将静止，故D 正确。
三、非选择题
11.(2025·云南卷·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50 g、100 g 和150 g 的砝码，重复步骤③；
⑤处理实验数据(重力加速度g 取9.80 m/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”)。
答案 (1)0.459 (2)成正比 无关 (3)偏大
解析 (1)表格中a 处的数据为μ＝
1.35
0.3×9.8≈0.459；
(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，滑动摩擦力的大小与接触面上压
力的大小成正比，μ 与接触面上压力的大小无关。
(3)若实验装置如题图乙所示，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的
正压力，即FN 测<FN 实，实际的摩擦力大小于测量的摩擦力，即F 实<F 测，根据μ＝F
F N
，可得μ 测>μ 实。
12.(2025·云南卷·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：Pt1 000 型号铂电阻、电源E(电动势5 V，内阻不计)、电流表A1(量程100 μA，内阻4.5
kΩ)、电流表A2(量程500 μA，内阻约1 kΩ)、定值电阻R1(阻值15 kΩ)、定值电阻R2(阻值1.5 kΩ)、开关S
和导线若干。
查阅技术手册可知，Pt1 000 型号铂电阻测温时的工作电流在0.1~0.3 mA 之间，在0~100 ℃范围内，铂电
阻的阻值Rt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0~100 ℃范围内，温度每升高1 ℃，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“R1”或“R2”)；
(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A2示数为295 μA，A1示数如图(c)所示，
该示数为 μA，则所测温度为 ℃(计算结果保留2 位有效数字)。
答案 (1)3.85 (2)乙 R1 (3)62.0 51
解析 (1)温度每升高1 ℃，该铂电阻的阻值增加ΔR＝1.385-1.000
100
×103 Ω＝3.85 Ω
(2)由于A1内阻确定，所以用A1“测量”电阻的电压，用A2与A1之差来测量经过铂电阻的电流，故能准确
测出铂电阻阻值的是乙；
电路中的最大电流为0.3 mA，可得电路中的最小阻值Rmin＝
5
0.000 3 Ω≈17 kΩ，可知保护电阻R 应选
R1。
(3)由题图可知A1的最小分度值为1 μA，则其读数为62.0 μA；
根据欧姆定律可得R＝I 1 R A 1
I 2- I 1
根据题图(a)可知R＝1 000＋3.85t
代入数据，解得t≈51 ℃。
13.(2025·云南卷·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＝2.0 mm，盖玻片与物
镜的间距h＝0.20 mm，不考虑光在盖玻片中的多次反射，取真空中光速c＝3.0×108 m/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t1、t2，求t2－t1(结果保留2 位有效数字)。
答案 (1)1.0×10－5 m2 (2)3.3×10－13 s
解析 (1)全反射的临界角满足sin C＝1
n ＝2
3
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，由几何关系知sin C＝
r
√r
2＋d
2，代入
数据解得r＝4√5
5
mm
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＝πr2≈1.0×10－5 m2。
(2)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，则未滴油时，光从O 点传播到物镜的最
短时间为t1＝
d
v ＋h
c ＝d
c
n
＋h
c ＝nd ＋h
c
滴油后，光从O 点传播到物镜的最短时间为t2＝
d
v ＋h
v ＝d
c
n
＋h
c
n
＝n(d ＋h)
c
故t2－t1＝(n-1)h
c
＝0.5×0.2×10
-3
3.0×10
8
s≈3.3×10－13 s。
14.(2025·云南卷·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B1(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，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B2(未知)，但
满足0<B2<B1。某质量为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B0均已知，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B1以及y 轴上可能检测到该粒子的范围；
(3)定义磁屏蔽效率η＝B1- B2
B1
×100%，若在Q 处检测到该粒子，则η 是多少？
答案 (1) U
B0d (2) mU
qd B0 L L<y<3L (3)60%
解析 (1)由于该粒子在速度选择器中做匀速直线运动，故qE＝qv0B0，其中E＝U
d ，则该粒子通过速度选
择器的速率为v0＝U
B0d
(2)粒子垂直y 轴射入x≥0 区域，做匀速圆周运动，从ON 的中点垂直ON 射入磁屏蔽区域，由几何关系可
知r1＝L
由洛伦兹力提供向心力，知qv0B1＝mv0
2
r1
联立解得B1＝mU
qd B0 L
在磁屏蔽区，粒子所受洛伦兹力提供向心力qv0B2＝mv0
2
r2
由于B2<B1，则r2>L
当B2＝0 时粒子进入磁屏蔽区向上做匀速直线运动，离开磁屏蔽区后根据左手定则，粒子向左偏转，如图
甲所示
根据洛伦兹力提供向心力qv0B1＝mv0
2
r3
解得r3＝r1＝L，此时粒子打在y 轴3L 处，因0<B2<B1，则y 轴上可能检测到该粒子的范围为L<y<3L。
(3)若在Q 处检测到该粒子，粒子轨迹如图乙所示，半径为r
由几何关系可知r2＝(2L)2＋(r－L)2
解得r＝5
2L
洛伦兹力提供向心力qv0B2＝mv0
2
r
联立解得B2＝2mU
5q B0dL
因B1＝mU
qd B0 L，知若在Q 处检测到该粒子，
磁屏蔽效率η＝B1- B2
B1
×100%＝60%。
15.(2025·云南卷·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 (1)( M ＋m)g
μ
(2)( M ＋m)
2 g R
2
2 μ B
4d
4
(3)g
μ (√
2 μs
g ＋√
2h
g )－
B
2d
2 L
( M ＋m)R
解析 (1)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FN＝ma
竖直方向由平衡条件mg＝Ff＝μFN
联立解得F＝( M ＋m)g
μ
(2)设箱子刚进入磁场中时速度大小为v，产生的感应电动势为E＝Bdv
由闭合电路欧姆定律得，感应电流为I＝E
R
安培力大小为F 安＝BId
联立解得F 安＝B
2d
2v
R
若要使木块与箱子分离，FN＝0，此时有F 安≥F
其中F＝( M ＋m)g
μ
解得v≥( M ＋m)gR
μ B
2d
2
设箱子右侧壁距磁场边界的距离为s，
由运动学公式v2＝2as
解得s≥( M ＋m)
2 g R
2
2 μ B
4d
4
故t＝0 时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为smin＝( M ＋m)
2 g R
2
2 μ B
4d
4
(3)设木块做匀加速直线运动的时间为t1，水平方向由运动学公式s＝1
2at1
2
设从木块与箱子分离到木块落到箱子底部的时间为t2，此过程木块做平抛运动，竖直方向有h＝1
2gt2
2
F＝( M ＋m)g
μ
＝(M＋m)a
可得力F 作用的总时间为t＝t1＋t2＝√
2 μs
g ＋√
2h
g
水平方向对系统由动量定理，有
Ft－F 安t2'＝(M＋m)v－0，其中F 安t2'＝B
2d
2 L
R
联立解得v＝g
μ (√
2 μs
g ＋√
2h
g )－
B
2d
2 L
( M ＋m)R 。
