云南省普通高中物理学业水平选择性考试调研测试试题含解析

云南省2026年普通高中学业水平选择性考试调研测试

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.合成和研究新核素是探索自然奥秘的重要途径之一，我国科学家成功合成了新核素锕204并研究了其衰

204200

变性质。锕204的衰变方程为：89Ac87FrX，则（）

A.该衰变过程是衰变

B.该衰变过程是衰变

C.经过2个半衰期，100个锕204原子核将剩下25个

D.经过2个半衰期，100个锕204原子核将剩下75个

【答案】A

【解析】

【详解】A．衰变过程质量数由204减少至200（减少4），电荷数由89减少至87（减少2），符合衰变特

征（质量数减4、电荷数减2），故A正确；

B．衰变质量数不变，电荷数变化为1，与题中变化不符，故B错误；

CD．半衰期公式n是统计学规律，需要大量的原子作为计算对象，对少量原子并不适用，而

NN01/2

且计算结果并不能精确到个数，故CD错误。

故选A。

2.某表面等离子激元产生电场的局部电场线分布如图所示。在电场中有a、b、c三点，下列说法正确的是

（）

A.a点的电场强度比c点的大

B.b点的电场强度比c点的大

C.负离子仅在电场力作用下可沿直线由a点运动到b点

D.负离子仅在电场力作用下可沿电场线由a点运动到b点

【答案】B

【解析】

【详解】AB．电场线的疏密反映电场强度的大小，由图可知，b点电场线最密，a点电场线最疏，所以a点

的电场强度比c点的小，b点的电场强度比c点的大，故A错误，B正确；

CD．由于离子运动过程中所受电场力的大小、方向不断变化，与速度方向不共线，则不会沿直线由a点运

动到b点，也不会沿电场线由a点运动到b点，故CD错误。

故选B。

3.如图所示，两轻质橡皮筋通过一轻质细线相连，拉伸后水平挂在竖直铅笔M、N上。橡皮筋对铅笔M、N

的作用力分别为FM和FN，铅笔M、N对橡皮筋的作用力分别为FM和FN，左右两侧橡皮筋对细线的作用力

分别为F1和F2。下列说法正确的是（）

A.FM和FN是一对平衡力

B.FM和FN是一对平衡力

C.F1和F2是一对作用力与反作用力

D.FM和FN是一对作用力与反作用力

【答案】A

【解析】

【详解】A．将橡皮筋整体受力分析，整体处于平衡状态，铅笔M对橡皮筋的作用力FM和铅笔N对橡皮筋

的作用力FN是作用于这个整体的两个水平方向的外力。根据二力平衡的条件，这两个力大小相等、方向

相反，作用在同一个系统上，使系统保持平衡，因此FM和FN是一对平衡力，故A正确；

B．FM是左侧橡皮筋对铅笔M的作用力，FN是右侧橡皮筋对铅笔N的作用力，这两个力作用在不同的物

体上，因此FM和FN不是一对平衡力，故B错误；

C．对细线受力分析，细线处于平衡状态，则F1和F2是一对平衡力，故C错误；

D．FM是左侧橡皮筋对铅笔M的作用力，FN是右侧橡皮筋对铅笔N的作用力，二者不是相互作用的两个物

体，因此FM和FN不是一对作用力与反作用力，故D错误。

故选A。

4.2025年4月25日1时17分，在执行任务的神舟十九号航天员乘组打开“家门”，欢迎神舟二十号航天

员乘组入驻中国空间站。神舟二十号航天员乘组入驻后，空间站仍在原来的轨道（视为近地圆轨道）上运

行，则（）

A.空间站的运行周期变长

B.空间站的速度大小不变

C.新入驻空间站的航天员所受合外力为零

D.新入驻空间站的航天员所受合外力比静止在地面上时小

【答案】B

【解析】

【详解】根据万有引力提供向心力的原理，空间站轨道为近地圆轨道，轨道半径不变。入驻后空间站质量

增加，但轨道参数（如周期、速度）仅取决于地球质量和轨道半径，与空间站质量无关。

r3

A.空间站的运行周期T2，只与轨道半径r和地球质量M有关，入驻后r不变，故周期不变，

GM

故A错误。

GM

B.空间站的速度大小v，只与r和M有关，入驻后r不变，故速度大小不变，故B正确。

r

C.新入驻航天员在轨道上受地球引力作用，引力提供向心力，合外力不为零，故C错误。

D.新入驻航天员在近地圆轨道上所受合外力即万有引力，不为零；而静止在地面上时所受的合外力是使其

随地球自转的向心力，该力远小于在轨道上受到的万有引力。因此，航天员在轨道上所受合外力比静止在

地面上时大，故D错误。

故选B。

5.实验室有两个形状及尺寸相同但材料不同的直角三棱镜a和b。同一单色光分别从a和b的长直角边垂

直射入，光从斜边射出时的折射角分别为θa和θb，且θa>θb。该单色光在a和b中传播的速度分别为va

和vb，发生全反射的临界角分别为Ca和Cb，则（）

A.va>vb，Ca<CbB.va>vb，Ca>Cb

C.va<vb，Ca<CbD.va<vb，Ca>Cb

【答案】C

【解析】

的

【详解】设单色光在直角三棱镜a和b中折射率分别为n1和n2，当光从真空射入介质中时，由折射定律

sini

n，可知nn

sinr12

c

由光在介质中的速度公式有v，可得vv

nab

1

根据全反射临界角公式sinC，可得CC。

nab

故选C。

6.如图所示，真空中的三角形MNQ区域（含边界）存在磁感应强度大小为B、方向垂直MNQ平面的匀强磁

1

场，速率不同的电子从P点垂直NM和磁场方向射入MNQ区域。已知NM=L，NPL，∠M=∠N=53°

4

电子的质量为m、电荷量为e，取sin53°=0.8。若所有电子只能从P、M之间射出，不考虑重力、电子之

间的相互作用，则（）

A.磁场方向垂直MNQ平面向里

B.速率不同的电子在磁场中运动的时间不同

1

C.电子射出位置距P点的最远距离为L

3

BeL

D.电子入射速率v的最大取值范围为0v

3m

【答案】D

【解析】

【详解】A．电子带负电，从P点垂直NM射入磁场，要使电子从P、M之间射出，其运动轨迹必须向右偏转，

根据左手定则可知，磁场方向应垂直MNQ平面向外，故A错误；

B．电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。由于电子垂直于边界NM射入，并从边界NM射出，

其运动轨迹为半个圆周，运动时间为半个周期，即所有从P、M之间射出的电子在磁场中运动的时间都相同，

故B错误；

C．设电子在磁场中做圆周运动的半径为r。电子从P点射入，从P′点射出，则射出位置距P点的距离为d

=2r

要使电子的轨迹不超出三角形MNQ区域，其轨迹圆弧在最右侧不能越过MQ边。当轨迹与MQ边相切时，半

径r达到最大值，如图所示

rL

由几何知识可得rL

sin534

L

解得r

3

2

则电子射出位置距P点的最远距离为d2rL，故C错误；

max3

mv2

D．电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有Bev

r

mv

解得r

Be

L

因此，电子的最大入射速率v对应最大半径r，结合上述分析可知r

maxmaxmax3

BerBeL

则电子的最大入射速率v

maxm3m

BeL

即电子入射速率v的最大取值范围为0v，故D正确。

3m

故选D。

7.初始时，在木质水平轨道上使小钢球1、2、3和圆柱形强磁铁P保持静止，如图所示，2、3和P吸在一

起，3的球心在轨道边缘的正上方，1、3球心之间的距离为L。现同时由静止释放1和P、2、3组合体，在

磁铁吸引力作用下，1和P、2、3组合体发生碰撞，碰后1、P和2吸在一起，3最终以较大速度滑离轨道。

已知钢球和磁铁的质量均为m，磁铁的直径、长和钢球的直径均为d，不计摩擦和空气阻力，从释放到3刚

好滑离轨道的过程中，1、2、3的球心和P的轴线始终在同一水平直线上。则（）

A.从释放到3刚好滑离轨道的过程中，1、2、3和P组成的系统的机械能和动量都守恒

B.从释放到3刚好滑离轨道的过程中，1、2、3和P组成的系统的机械能和动量都不守恒

2

C.从释放到3刚好滑离轨道的过程，1的位移大小为L2d

3

3

D.从释放到相碰的过程，1的位移大小为L3d

4

【答案】C

【解析】

【详解】AB．从释放到3刚好滑离轨道的过程中，将1、2、3和P看作一个系统。系统在水平方向上不受

外力（不计摩擦），因此系统在水平方向的动量守恒。但是，在此过程中，磁铁的磁场力对钢球做功，将磁

势能转化为系统的动能，且1、P、2碰撞后吸在一起，是完全非弹性碰撞，有机械能损失。因此，系统的

机械能不守恒。故AB错误；

C．由于系统在水平方向动量守恒，且初动量为零，因此系统质心在水平方向的位置保持不变。以水平向

右为正方向，取小球1的初始位置为坐标原点。初始状态时，各物体质心的位置为

小球1：x1=0

磁铁P：xP=L−2d

小球2：x2=L−d

小球3：x3=L

mxmxmxmx3L3d

系统初始质心位置为x1P23

C4m4

当小球3刚好滑离轨道时，其球心位置仍在轨道边缘，即末位置为x′3=L

此时，1、P、2吸在一起，设小球1的末位置为x′1，则磁铁P的末位置为x′P=x′1+d

小球2的末位置为x′2=x′P+d=x′1+2d

mx'mx'mx'mx'3x'3dL

系统末质心位置为x'1P231

C4m4

2

由于质心位置不变，小球1的位移大小为x'xL2d，故C正确;

113

D．从释放到相碰的过程，系统质心位置不变。设此过程小球1的位移为Δx1，P、2、3组合体的位移为ΔxP23。

根据质心位置不变，则有mx13mxP230

碰撞时，小球1和磁铁P接触，它们中心的距离为d。初始时，它们中心的距离为L−2d

位移大小关系为Δx1ΔxP23(L2d)d

3

联立两式解得x(L3d)，故D错误。

14

故选C。

8.如图所示，白炽灯内部密封有惰性气体（视为理想气体），不考虑通电前后灯泡体积的变化和灯丝的升

华。当白炽灯通电工作较长时间后，白炽灯内的气体与通电前相比（）

A.分子的数密度不变

B.分子的平均动能增大

C.吸收的热量小于内能的增加量

D.每个分子热运动的速率一定增大

【答案】AB

【解析】

【详解】BD．白炽灯通电工作较长时间后，气体温度升高，内能增大，分子的平均动能增大，热运动的速

率增大，但不是每个分子热运动的速度均增大，故B正确，D错误；

A．由于气体温度升高，体积不变，根据盖-吕萨克定律可知，气体压强增大，但分子的数密度不变，故A

正确；

C．由于体积不变，做功为零，内能增大，则气体吸热，根据热力学第一定律可知，吸收的热量等于内能的

增加量，故C错误。

故选AB。

9.云南石龙坝水电站于1912年建成发电。发电机组由两台相同的发电机组成，当水的总流量为4.0m3/s、

水的落差为15m时，每台发电机输出功率为240kW。发电机组输出到变压器（视为理想变压器）的电压为

500V，变压后以23kV的高压向昆明市区送电。重力加速度g取10m/s2，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，不计

空气阻力，则（）

A.水电站的总效率约为40%

B.水电站的总效率约为80%

C.变压器原、副线圈匝数比为1:92

D.变压器原、副线圈匝数比为1:46

【答案】BD

【解析】

Qtgh

【详解】AB．发电站的输出功率2PP，P

100t

代入数据解得80%，故A错误，B正确；

nU5001

CD．变压器原、副线圈匝数比为11，故C错误，D正确。

n2U22300046

故选BD。

10.如图所示，Oxy为竖直平面内的一坐标系，y轴正方向竖直向上。第一象限内有一匀强电场，其电场强

5mg

度大小为，方向平行Oxy平面且与x轴正方向夹角为θ（θ未知）。一质量为m、电荷量为q的带正电

3q

的微粒，从x轴上的a点以初速度v0射出，v0与x轴正方向夹角为53°。若微粒能经过y轴上的b点垂直

于y轴进入第一象限，且之后从b点上方经y轴进入第二象限再回到x轴。取sin53°=0.8，重力加速度为

g，不计空气阻力。则（）

A.θ的最大值为127°

B.微粒在第一象限内的运动过程中，机械能一直减小

310

C.当θ=127°时，微粒在第一象限内运动速度的最小值为v

500

3

D.微粒从a点射出后至回到x轴的过程中，其在轨迹最高点的速度大小为v

50

【答案】CD

【解析】

【详解】A．微粒能经过y轴上的b点垂直于y轴进入第一象限，且之后从b点上方经y轴进入第二象限，

说明微粒进入第一象限后在水平方向先做匀减速直线运动后反向做匀加速直线运动，在竖直方向做初速度

为零的匀加速直线运动，即水平方向加速度沿x轴负方向，竖直方向加速度沿y轴正方向，则水平方向，

5mg

有Eqcos(180)0，Eqsin(180)mg，E

3q

解得90143，故A错误；

B．由于电场力斜向左上方，所以微粒在第一象限内的运动过程中，电场力先做负功，后做正功，机械能先

减小后增大，故B错误；

C．当θ=127°时，水平方向，有Eqcos(180127)max，vxv0cos53axt

竖直方向，有Eqsin(180)mgmay，vyayt

微粒运动过程中速度大小为22

vvxvy

10

联立可得vg2t21.2vgt0.36v2

900

0.54v0310

根据二次函数相关知识可知，当t时，速度有最小值，且最小值为vv，故C正确；

gmin500

D．当微粒返回到第二象限时，速度方向斜向上，只受重力，做斜上抛运动，运动到轨迹最高点时，竖直速

3

度为零，所以速度大小为vvcos53v，故D正确。

x050

故选CD。

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.某实验小组利用如图（a）所示的实验装置，探究小车质量不变的情况下加速度与力的关系。小车的左

端与纸带相连，右端用不可伸长的细线跨过定滑轮与钩码相连。钩码下落过程中，小车带动穿过打点计时

器的纸带向右运动，重力加速度为g。完成下列填空：

（1）为补偿阻力，轻推未加钩码牵引的小车使其获得一个初速度，小车带动纸带运动，打点计时器打出的

部分纸带如图（b）所示。已知图（b）中纸带左端与小车相连，根据纸带打点情况，应调高图（a）中轨道

的________（填“P”或“Q”）端；

（2）调节完成后，测量小车在不同质量钩码牵引下的加速度。某次实验得到的一段纸带如图（c）所示，

其上有A、B、C、D、E、F、G七个计数点，相邻两计数点间均有4个点未画出。测得x1=3.19cm，x2=3.95cm，

x3=4.55cm，x4=5.25cm，x5=5.93cm，x6=6.62cm，已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz。为减小实验误

差，用逐差法求得小车的加速度大小为________m/s2（结果保留3位有效数字）；

（3）根据实验数据，可计算出小车在不同质量的钩码牵引下的加速度，作出小车加速度a与所挂钩码质量

的m关系图线，如图（d）实线所示。图线中虚线的斜率为k，则小车质量M=________（用k和g表示）。

随钩码的增加，数据偏离虚线，如果持续增加钩码至m=M，则理论上a=________（用g表示）。

【答案】（1）P（2）0.679

gg

（3）①.②.

k2

【解析】

【小问1详解】

由于纸带左端和小车相连，且纸带上点迹左疏右密，说明小车做减速运动，则轨道的右端较高，所以应调

高轨道的P端。

【小问2详解】

交流电的频率为50Hz，即打点周期为0.02s，相邻两计数点间有4个点未画出，则相邻两计数点间的时间

间隔为T50.02s0.1s

根据逐差法可得小车的加速度大小为

(xxx)(xxx)(5.255.936.62)(3.193.954.55)

a456123102m/s20.679m/s2

(3T)2(30.1)2

【小问3详解】

[1]根据牛顿第二定律可得FMa，mgFma

mg

联立可得a

mM

mgg

由于钩码质量远小于小车质量，所以am

mMM

g

所以k

M

g

则M

k

mgg

[2]如果持续增加钩码至m=M，则a

mM2

12.一学习小组测量某种镍合金的电阻率。

除待测镍合金丝外，实验室提供的器材还有：螺旋测微器、电源（电动势5V，内阻不计）、电流表（量程

100mA，内阻约0.6Ω）、电压表（量程300mV，内阻约5kΩ）、滑动变阻器R1（最大阻值200Ω）、滑动变阻

器R2（最大阻值10Ω）、尺子、开关S和导线若干。完成下列填空：

（1）如图（a）所示，一段镍合金丝的直径为d、长度为L，通过镍合金丝的电流为I，其两端电压为U，

则镍合金的电阻率ρ=________（用π、d、L、I和U表示）；

（2）如图（b）所示，用螺旋测微器测量镍合金丝直径d时，将镍合金丝放在F与A之间，旋转________

（填“D”或“H”），当F快靠镍合金丝时，改旋________（填“D”或“H”），听到“喀喀”声时停止，

调节G锁紧F。此时螺旋测微器的示数如图（c）所示，该示数为________mm；

（3）该小组设计了如图（d）的电路，滑动变阻器R应选________（填“R1”或“R2”）。

连接好电路后，安装镍合金丝，使其通电长度为1.000m。闭合开关S，调节滑动变阻器，使电流表示数为

35.0mA。保持滑动变阻器滑片位置不变，固定电压表表笔M，改变表笔N的位置，记录MN间镍合金丝的长

度L、电压表的示数U和电流表的示数I，记录的实验数据如下表：

L/mU/mVI/mA/(m)

0.60014735.01.39106

0.70017435.01.40106

0800

.19835.01.40106

0.90022335.01.40106

1.00024635.01.39106

ρ的平均值1.40106

（4）该小组考虑通过调节滑动变阻器，使流过镍合金丝的电流为60.0mA，保持L的取值与上表一致，重复

上述实验进行对比。通过对上表数据进行分析，实验前应准备量程为________（填正确答案标号）的电压

表。

A.300mVB.400mVC.500mV

2

【答案】（1）Ud

4IL

（2）①.D②.H③.0.502

（3）R1（4）C

【解析】

【小问1详解】

RSUd2

根据电阻定律可得

L4IL

【小问2详解】

[1][2]用螺旋测微器测量镍合金丝直径d时，将镍合金丝放在F与A之间，旋转粗调旋钮D，当F快靠镍合

金丝时，改旋微调旋钮H，听到“喀喀”声时停止，调节G锁紧F；

[3]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以图中示数为0.5mm0.20.01mm0.502mm

【小问3详解】

由表格可知，滑动变阻器需要实现小幅度调节，满足实验精度需求，应选择总阻值较大的R1。

【小问4详解】

246

由于镍合金丝的总电阻不变，取镍合金丝的长度为1.000m，则U60.0mV422mV

35.0

所以实验前应准备量程500mV的电压表。

故选C。

13.如图甲所示，均匀介质中波源P、Q的平衡位置位于x轴上，坐标分别为xP=0、xQ=14.0m。质点M

的平衡位置坐标为xM=6.0m。t=0时刻，波源P、Q开始振动，振动图像分别如图乙、丙所示。波源P产

生的简谐横波沿x轴正方向传播，波源Q产生的简谐横波沿x轴负方向传播，波速均为v=1.0m/s。求：

（1）波源P产生的简谐横波的波长；

（2）质点M在t=7.5s时刻偏离平衡位置的位移；

（3）0~10.0s内，质点M运动的路程。

【答案】（1）2.0m

（2）10cm

（3）60cm

【解析】

【小问1详解】

由图乙可知波源P产生的简谐横波的周期T2s，波速均为v1.0m/s

故波长满足vT2.0m

【小问2详解】

x-x

波源P产生的简谐横波所需时间tMP6s

1v

x-x

波源Q产生的简谐横波所需时间tQM8s

2v

故t7.5s时，波源Q产生的波还未到达质点M；质点M仅参与了波源P的振动，且振动了tt-t11.5s

故由图乙可知，质点M在t7.5s时刻处于波谷，偏离平衡位置的位移为10cm

【小问3详解】

在前6s内，由于波源P、Q的振动还未传到质点M，故质点M运动的路程s10

在6.0s~8.0s内，质点M仅参与了波源P引起的振动，振幅AM10cm，且振动了1个周期的时间，故

质点M运动的路程s24AM40cm

在8.0s时刻，波源P在质点M引起的振动方向向上，波源Q在质点M引起的振动方向向下，故质点M为振

动减弱点，振幅为P、Q振幅各自振幅AP、AQ的差值，即AM'APAQ5cm

故8.0s~10.0s内，质点M振动了1个周期的时间，运动的路程s34AM'20cm

故质点M运动的路程为ss1s2s3=60cm

14.如图所示，MNPQS是竖直平面内的轨道，其中两粗糙水平轨道MN和QS的高度差为h，MN的长度为L，

半径均为2h的两光滑圆弧轨道NP和PQ相切于P点，MN与NP相切于N点，QS与PQ相切于Q点。一质量

为m的滑块（视为质点）与MN之间的动摩擦因数为μ，不计空气阻力，重力加速度为g。

（1）若滑块在N点由静止因微小扰动而沿轨道下滑，下滑过程中滑块始终不会脱离轨道，求滑块滑到PQ

轨道上的Q点时对轨道压力的大小；

（2）若滑块由M点滑入轨道，且滑动过程中始终不脱离轨道，求滑块在M点的最大速度（提示：在圆周运

2

动过程中任一点，质点所需的向心力大小与其速率的关系为v）。

F向m

r

1

【答案】（1）2mg（2）gh2gL

2

【解析】

【小问1详解】

1

滑块下滑过程中，根据机械能守恒定律可得mghmv2

2

v2

运动到Q点时，根据牛顿第二定律可得Fmgm

N2h

联立解得FN2mg

根据牛顿第三定律可知，滑到PQ轨道上的Q点时对轨道压力的大小为2mg；

【小问2详解】

v2

若滑块运动到P点恰好不脱离轨道，则滑动过程中始终不脱离轨道，有mgcosmP

2h

h

h

根据几何关系可得3

cos2

2h4

h11

从M点到P点，根据动能定理可得mgmgLmv2mv2

22P2M

1

联立解得vgh2gL