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【高考真题】云南省2025年高考物理真题
1．（2025·云南） 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（　　）
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
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】根据质量数和电荷数守恒，可知X为电子，该反应为β衰变，电子是在核内中子转化为质子的过程中产生的，故A正确，BCD错误；
故答案为：A。【分析】设元素X的质量数为A，核电荷数为Z，核反应遵循质量数和核电荷数守恒，据此求解作答；
根据β衰变的实质分析作答。
2．（2025·云南） 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
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】v=144 km/h=40 m/s， 假设高中生的质量m=50kg，根据动能定理可得列车对座椅上的一高中生所做的功W=，解得W=4×104J ，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】高中生的质量m=50kg，根据动能定理求解作答。
3．（2025·云南） 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
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AB.同学将两颗鸟食从O点水平抛出， 鸟食做平抛运动，竖直方向下落高度h=，在M点鸟食运动时间短，在N点鸟食运动时间长， 两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟食 ，故N点鸟食先抛出，故AB错误；
CD.根据轨迹可知二者如果在某位置具有同一水平位移，则N点鸟食下落高度更大，运动时间更长，水平方向做匀速运动，故N点鸟食初速度更小，M点鸟食初速度更大，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】 根据平抛运动的速度规律和位移规律，运动时间的决定因素进行分析解答。
4．（2025·云南） 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4eV
【答案】C
【知识点】电场力做功；电场强度；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】AB.等差等势面疏密程度反应场强大小，由图可以看成a周围等势面最密集，故a 点电场强度最大，bcd疏密程度差别不太明显，故AB错误；
CD. 一个电子从b点移动到c点电场力做功Wbc=eUbc=-e（-1-1）V=2eV， 一个电子从a点移动到d点电场力做功Wad=eUad=-e（-2-2）V=4eV， 电场力做正功，电势能减小，故电势能减小4eV，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】电场中等差等势面的疏密表示场强的大小，等势面越密的地方场强越大，据此分析作答；根据电场力做功与电势能变化的关系求解作答。
5．（2025·云南） 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（　　）
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
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
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】由表可以看出，公转周期越长，公转轨道半径越大， 小行星绕太阳公转的周期约为5.8年，设其轨道半径为r，周期为T，根据开普勒第三定律可得 ，解得r，查表可得该小行星的公转轨道应介于火星和木星之间，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】 根据开普勒第三定律列式解答。
6．（2025·云南） 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
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB.设在MN运动加速度为a1，根据牛顿第二定律可得，解得a1=，
同理在其他地方加速度a2=， 因，故a1a2 ，做出第一次和第二次全过程运动的v-t图像，根据v-t图像斜率表示加速度，v-t图像与坐标轴围成面积表示位移可得，
明显t1t2，故A正确，B错误；
CD.设物块在MN运动位移等于xMN，全过程根据动能定理可得
解得x1=x2，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】由动能定理列式可以判断位移的大小；由牛顿第二定律结合v-t图像判断时间的长短。
7．（2025·云南） 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
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A.由图可得半波长等于2m，故波长等于4m ，PQ距离等于4m，故波传到P点时间不超过一个周期， 时Q还未振动，故周期大于1.5秒，和P点分别位于平衡位置向上振动和向下振动，时间差1s等于半个周期，故周期T等于2秒，v==2m/s，故A错误；
B.，根据周期T等于2秒，波源传播时间等于，传播距离等于，由于P点左边已经传播了半个波长的距离，故波源距离P等于，故B错误；
C.，根据同侧法可知P点左侧那个波刚传到的点振动方向向下，故波源起振方向向下， 时，波源振动半个周期，波源处于平衡位置且向上运动，故C错误；
D.波源距离P等于，则波源距离Q=，周期T等于2s，故经过t=，P点开始振动，时，P点振动了5s，为2.5T，此时P点在平衡位置，位移等于0；
经过t=，Q点开始振动，时，Q点振动了4s，为2T，此时Q点在平衡位置，位移等于0，故时，平衡位置在P、Q处的两质点位移相同，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 根据机械波的匀速传播特点结合波形图导出的波长、周期以及同侧原理法进行分析解答。
8．（2025·云南） 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】A,C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】AB.代入题中数据可得，故A正确，B错误；
C. 两副线圈的输出功率分别为7.0kw和3.5kw， 则 变压器的输入功率为7.0kw+3.5kw=10.5kw，故C正确；
D.副线圈输出电压等于220V，则最大值为220V，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】根据理想变压器电压与匝数比的关系求解作答；根据理想变压器的功率关系求解作答；根据正弦交变电流有效值与最大值的关系求解作答。
9．（2025·云南） 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】B,D
【知识点】温度和温标；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【解答】AB.压强影响的宏观因素为温度和体积， 环境温度升高时， 如果a体积不变，则a压强一定变大，故b液面下降，同理环境温度降低时， 如果a体积不变，则a压强一定变小，故b液面上升，故A错误，B正确；
CD. 内外压强差等于b中液面高度，水槽中的水少量蒸发后， 如果环境温度保持不变，为了维持高度差不变，则b中液面下降少许，由AB分析可知，b液面下降，温度升高，下面刻度温度值高，故温度值比准确值大，即温度测量值偏大，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】 根据影响压强的宏观因素分析；水槽中的水少量蒸发后，初状态下，b管中液面h0的真实位置要降低。
10．（2025·云南） 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】B,C,D
【知识点】功能关系；胡克定律；共点力的平衡；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．设PO的距离为L，过程I即 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 ，根据动能定理有
设MO的距离为L1，过程Ⅱ中Q通过M点（图中未画出）时速度最大， 根据平衡条件
P、M两点之间的距离， 斜面间的动摩擦因数
联立可得
故A错误；
B．过程Ⅱ中，如果只考虑Q的机械能损失，Q上升到O，Q在O点机械能一定大于P点机械能，没有损失，只有增加，故题干所说损失的机械能是弹簧和物体共同损失的机械能即克服摩擦力做的功。根据功能关系，可得
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
如果在M下方，弹力大于摩擦力与重力分力的合力，不可能静止，在O点上方，弹力向下，重力分力等于摩擦力，重力分力向下，摩擦力向上，物体一定向下运动，不可能静止，故连接在弹簧下端的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。
故答案为：BCD。
【分析】根据滑动摩擦力公式求解滑动摩擦力，过程Ⅰ，根据动能定理求解PO之间的距离；过程Ⅱ中，根据功能关系求解机械能的损失；过程Ⅱ中，M点的速度最大，说明M点为平衡位置，根据平衡条件求解弹簧的形变量，再求PM之间的距离；滑块从P到M的过程中，弹力做正功、摩擦力和重力做负功；滑块从M点到最高点的过程中，弹力先做正功后做负功、摩擦力和重力做一致做负功；根据动能定理分析位移关系，然后作答；滑块最终停止时加速度为零，速度为零；根据平衡条件结合摩擦力与重力沿斜面向下的分力的关系求解作答。
11．（2025·云南） 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）成正比；无关
（3）偏大
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；探究影响摩擦力的大小的因素
【解析】【解答】（1）根据滑动摩擦力计算公式可得表格中a处的数据；
（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，与接触面上压力的大小无关；
（3）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，导致拉力F即弹簧测力计示数偏大，根据，由于F偏大，Mg不变，故
【分析】 （1）根据滑动摩擦力的公式列式解答；
（2）根据表格中的数据规律结合求解的μ值进行分析解答；
（3）根据平衡条件列式推导μ的表达式，结合表达式分析判断。
12．（2025·云南） 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：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）乙；
（3）62.0；51
【知识点】特殊方法测电阻；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】（1）根据图像（a）可得温度每升高，该铂电阻的阻值增加
（2）由于内阻不确定，甲图中测量的是和待测电阻总电压，电压无法确定，无法得出待测电阻两端电压，甲图不合理，选乙图。
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。
（3）由图可知的分度值为，结果要估读，则其读数为；
根据欧姆定律可得
根据题图可得
代入数据可得
【分析】 （1）根据图（a）的斜率求温度每升高1℃，该铂电阻的阻值增加值；
（2）电流表A1内阻确定，其示数与内阻的乘积即为其电压，所以用A1可以测量铂电阻的电压，用A2与A1示数之差测量通过铂电阻的电流，从而求得铂电阻阻值；根据电路中最大电流为0.3mA，根据闭合电路欧姆定律求出电路中电阻的最小值，再确定保护电阻R；
（3）根据图（c）读出A1的分度值，再读出读数。根据欧姆定律求出铂电阻阻值，由图（a）确定所测温度。
13．（2025·云南） 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）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，
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
（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
又
解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】 （1）根据临界角公式求解临界角，结合相应的几何知识列式解答；
（2）根据题意推导两次传播时间的表达式并代入数据解答。
14．（2025·云南） 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）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
（2）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
当时粒子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，如图所示
根据洛伦兹力提供向心力
可得
故粒子打在y轴3L处，综上所述y轴上可能检测到该粒子的范围为。
（3）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
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1）根据平衡条件结合洛伦兹力、电场力的计算公式进行解答；
（2）求出粒子的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；粒子进入磁屏蔽区ONPQ，分析B1的大小分析y轴上可能检测到该粒子的范围；
（3）若在Q处检测到该粒子，画出粒子运动轨迹，根据几何关系求解粒子运动的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解B2，再根据磁屏蔽效率公式进行解答。
15．（2025·云南） 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；
（2）求时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离；
（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）对木块与箱子整体受力分析由牛顿第二定律
对木块受力分析，水平方向由牛顿第二定律
竖直方向由平衡条件
联立可得
（2）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
（3）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
【知识点】动量定理；安培力；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（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，应用整体法与隔离法，根据牛顿第二定律得求解F的大小；
（2）箱子右侧壁进入磁场瞬间木块与箱子分离，分离后木块在水平方向上做匀速运动，则箱子不能做匀加速运动，此时箱子受到的安培力不小于F。根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的表达式，结合运动学公式求解箱子右侧壁距磁场边界的最小距离；
（3）根据运动学公式求得力F作用时间。假设最终木块与箱子共速一起在磁场中做匀速直线运动，从最初到最终木块与箱子共速的过程，对系统应用动量定理，结合安培力冲量的表达式求解最终两者的速度的表达式。最终箱子可能没有完全进入磁场，据此进行讨论得到最终木块与箱子的速度大小。
1 / 1【高考真题】云南省2025年高考物理真题
1．（2025·云南） 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（　　）
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．（2025·云南） 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
3．（2025·云南） 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．（2025·云南） 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4eV
5．（2025·云南） 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（　　）
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
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．（2025·云南） 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．
7．（2025·云南） 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
8．（2025·云南） 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
9．（2025·云南） 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
10．（2025·云南） 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
11．（2025·云南） 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”）。
12．（2025·云南） 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：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）。
13．（2025·云南） 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）。
14．（2025·云南） 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？
15．（2025·云南） 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；
（2）求时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离；
（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。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】根据质量数和电荷数守恒，可知X为电子，该反应为β衰变，电子是在核内中子转化为质子的过程中产生的，故A正确，BCD错误；
故答案为：A。【分析】设元素X的质量数为A，核电荷数为Z，核反应遵循质量数和核电荷数守恒，据此求解作答；
根据β衰变的实质分析作答。
2．【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】v=144 km/h=40 m/s， 假设高中生的质量m=50kg，根据动能定理可得列车对座椅上的一高中生所做的功W=，解得W=4×104J ，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】高中生的质量m=50kg，根据动能定理求解作答。
3．【答案】D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AB.同学将两颗鸟食从O点水平抛出， 鸟食做平抛运动，竖直方向下落高度h=，在M点鸟食运动时间短，在N点鸟食运动时间长， 两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟食 ，故N点鸟食先抛出，故AB错误；
CD.根据轨迹可知二者如果在某位置具有同一水平位移，则N点鸟食下落高度更大，运动时间更长，水平方向做匀速运动，故N点鸟食初速度更小，M点鸟食初速度更大，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】 根据平抛运动的速度规律和位移规律，运动时间的决定因素进行分析解答。
4．【答案】C
【知识点】电场力做功；电场强度；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】AB.等差等势面疏密程度反应场强大小，由图可以看成a周围等势面最密集，故a 点电场强度最大，bcd疏密程度差别不太明显，故AB错误；
CD. 一个电子从b点移动到c点电场力做功Wbc=eUbc=-e（-1-1）V=2eV， 一个电子从a点移动到d点电场力做功Wad=eUad=-e（-2-2）V=4eV， 电场力做正功，电势能减小，故电势能减小4eV，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】电场中等差等势面的疏密表示场强的大小，等势面越密的地方场强越大，据此分析作答；根据电场力做功与电势能变化的关系求解作答。
5．【答案】C
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】由表可以看出，公转周期越长，公转轨道半径越大， 小行星绕太阳公转的周期约为5.8年，设其轨道半径为r，周期为T，根据开普勒第三定律可得 ，解得r，查表可得该小行星的公转轨道应介于火星和木星之间，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】 根据开普勒第三定律列式解答。
6．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB.设在MN运动加速度为a1，根据牛顿第二定律可得，解得a1=，
同理在其他地方加速度a2=， 因，故a1a2 ，做出第一次和第二次全过程运动的v-t图像，根据v-t图像斜率表示加速度，v-t图像与坐标轴围成面积表示位移可得，
明显t1t2，故A正确，B错误；
CD.设物块在MN运动位移等于xMN，全过程根据动能定理可得
解得x1=x2，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】由动能定理列式可以判断位移的大小；由牛顿第二定律结合v-t图像判断时间的长短。
7．【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A.由图可得半波长等于2m，故波长等于4m ，PQ距离等于4m，故波传到P点时间不超过一个周期， 时Q还未振动，故周期大于1.5秒，和P点分别位于平衡位置向上振动和向下振动，时间差1s等于半个周期，故周期T等于2秒，v==2m/s，故A错误；
B.，根据周期T等于2秒，波源传播时间等于，传播距离等于，由于P点左边已经传播了半个波长的距离，故波源距离P等于，故B错误；
C.，根据同侧法可知P点左侧那个波刚传到的点振动方向向下，故波源起振方向向下， 时，波源振动半个周期，波源处于平衡位置且向上运动，故C错误；
D.波源距离P等于，则波源距离Q=，周期T等于2s，故经过t=，P点开始振动，时，P点振动了5s，为2.5T，此时P点在平衡位置，位移等于0；
经过t=，Q点开始振动，时，Q点振动了4s，为2T，此时Q点在平衡位置，位移等于0，故时，平衡位置在P、Q处的两质点位移相同，故D正确。
故答案为：D。
【分析】 根据机械波的匀速传播特点结合波形图导出的波长、周期以及同侧原理法进行分析解答。
8．【答案】A,C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】AB.代入题中数据可得，故A正确，B错误；
C. 两副线圈的输出功率分别为7.0kw和3.5kw， 则 变压器的输入功率为7.0kw+3.5kw=10.5kw，故C正确；
D.副线圈输出电压等于220V，则最大值为220V，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】根据理想变压器电压与匝数比的关系求解作答；根据理想变压器的功率关系求解作答；根据正弦交变电流有效值与最大值的关系求解作答。
9．【答案】B,D
【知识点】温度和温标；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【解答】AB.压强影响的宏观因素为温度和体积， 环境温度升高时， 如果a体积不变，则a压强一定变大，故b液面下降，同理环境温度降低时， 如果a体积不变，则a压强一定变小，故b液面上升，故A错误，B正确；
CD. 内外压强差等于b中液面高度，水槽中的水少量蒸发后， 如果环境温度保持不变，为了维持高度差不变，则b中液面下降少许，由AB分析可知，b液面下降，温度升高，下面刻度温度值高，故温度值比准确值大，即温度测量值偏大，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】 根据影响压强的宏观因素分析；水槽中的水少量蒸发后，初状态下，b管中液面h0的真实位置要降低。
10．【答案】B,C,D
【知识点】功能关系；胡克定律；共点力的平衡；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．设PO的距离为L，过程I即 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 ，根据动能定理有
设MO的距离为L1，过程Ⅱ中Q通过M点（图中未画出）时速度最大， 根据平衡条件
P、M两点之间的距离， 斜面间的动摩擦因数
联立可得
故A错误；
B．过程Ⅱ中，如果只考虑Q的机械能损失，Q上升到O，Q在O点机械能一定大于P点机械能，没有损失，只有增加，故题干所说损失的机械能是弹簧和物体共同损失的机械能即克服摩擦力做的功。根据功能关系，可得
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
如果在M下方，弹力大于摩擦力与重力分力的合力，不可能静止，在O点上方，弹力向下，重力分力等于摩擦力，重力分力向下，摩擦力向上，物体一定向下运动，不可能静止，故连接在弹簧下端的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。
故答案为：BCD。
【分析】根据滑动摩擦力公式求解滑动摩擦力，过程Ⅰ，根据动能定理求解PO之间的距离；过程Ⅱ中，根据功能关系求解机械能的损失；过程Ⅱ中，M点的速度最大，说明M点为平衡位置，根据平衡条件求解弹簧的形变量，再求PM之间的距离；滑块从P到M的过程中，弹力做正功、摩擦力和重力做负功；滑块从M点到最高点的过程中，弹力先做正功后做负功、摩擦力和重力做一致做负功；根据动能定理分析位移关系，然后作答；滑块最终停止时加速度为零，速度为零；根据平衡条件结合摩擦力与重力沿斜面向下的分力的关系求解作答。
11．【答案】（1）0.459
（2）成正比；无关
（3）偏大
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；探究影响摩擦力的大小的因素
【解析】【解答】（1）根据滑动摩擦力计算公式可得表格中a处的数据；
（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，与接触面上压力的大小无关；
（3）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，导致拉力F即弹簧测力计示数偏大，根据，由于F偏大，Mg不变，故
【分析】 （1）根据滑动摩擦力的公式列式解答；
（2）根据表格中的数据规律结合求解的μ值进行分析解答；
（3）根据平衡条件列式推导μ的表达式，结合表达式分析判断。
12．【答案】（1）3.85
（2）乙；
（3）62.0；51
【知识点】特殊方法测电阻；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】（1）根据图像（a）可得温度每升高，该铂电阻的阻值增加
（2）由于内阻不确定，甲图中测量的是和待测电阻总电压，电压无法确定，无法得出待测电阻两端电压，甲图不合理，选乙图。
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。
（3）由图可知的分度值为，结果要估读，则其读数为；
根据欧姆定律可得
根据题图可得
代入数据可得
【分析】 （1）根据图（a）的斜率求温度每升高1℃，该铂电阻的阻值增加值；
（2）电流表A1内阻确定，其示数与内阻的乘积即为其电压，所以用A1可以测量铂电阻的电压，用A2与A1示数之差测量通过铂电阻的电流，从而求得铂电阻阻值；根据电路中最大电流为0.3mA，根据闭合电路欧姆定律求出电路中电阻的最小值，再确定保护电阻R；
（3）根据图（c）读出A1的分度值，再读出读数。根据欧姆定律求出铂电阻阻值，由图（a）确定所测温度。
13．【答案】（1）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，
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
（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
又
解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】 （1）根据临界角公式求解临界角，结合相应的几何知识列式解答；
（2）根据题意推导两次传播时间的表达式并代入数据解答。
14．【答案】（1）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
（2）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
当时粒子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，如图所示
根据洛伦兹力提供向心力
可得
故粒子打在y轴3L处，综上所述y轴上可能检测到该粒子的范围为。
（3）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
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1）根据平衡条件结合洛伦兹力、电场力的计算公式进行解答；
（2）求出粒子的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；粒子进入磁屏蔽区ONPQ，分析B1的大小分析y轴上可能检测到该粒子的范围；
（3）若在Q处检测到该粒子，画出粒子运动轨迹，根据几何关系求解粒子运动的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解B2，再根据磁屏蔽效率公式进行解答。
15．【答案】（1）对木块与箱子整体受力分析由牛顿第二定律
对木块受力分析，水平方向由牛顿第二定律
竖直方向由平衡条件
联立可得
（2）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
（3）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
【知识点】动量定理；安培力；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（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，应用整体法与隔离法，根据牛顿第二定律得求解F的大小；
（2）箱子右侧壁进入磁场瞬间木块与箱子分离，分离后木块在水平方向上做匀速运动，则箱子不能做匀加速运动，此时箱子受到的安培力不小于F。根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的表达式，结合运动学公式求解箱子右侧壁距磁场边界的最小距离；
（3）根据运动学公式求得力F作用时间。假设最终木块与箱子共速一起在磁场中做匀速直线运动，从最初到最终木块与箱子共速的过程，对系统应用动量定理，结合安培力冲量的表达式求解最终两者的速度的表达式。最终箱子可能没有完全进入磁场，据此进行讨论得到最终木块与箱子的速度大小。
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