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2025年普通高中学业水平选择性考试（模拟）物理答案 5．B
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 【详解】将石块的运动看成是沿v 0 方向的匀速直线运动和自由落体运动
B C A D B C B AD ACD BC 的合运动．运动合成情况如图所示．图中平行四边形对角线是合运动位
1．B 移，依题意其大小为L，两条相邻边s和h
【详解】A．光电效应现象表明光具有粒子性，故A错误； 则是两个分运动的位移．设运动时间为t，
B．康普顿效应表现为光子与电子碰撞后的波长发生了变化，说明光子除 由运动学公式知：s＝vt，h＝ gt2再由几
0
了能量以外还具有动量，B正确；
何关系知：scosα＝Lcosα，ssinα＋
C．玻尔的原子理论只能解释了氢原子的光谱现象，故C错误；
Lsinα＝h联立以上四式，消去t，解得
D．爱因斯坦的光子假说认为光的能量是一份一份的，不是连续变化的
2． C 【详解】5G 使用的电磁波频率更大，传播速度不变，均为光速
，故B正确；ACD错误；故选B
c，根据 ，则波长更短，根据 ，可知能量子的能量更大。
6．C
3．A 【详解】A．根据图甲知正弦交流电的感应电动势的峰值为 ，
【详解】ABC．未放物体Q时，P处于平衡状态，设斜面倾角 ，P质量
周期 ，可得 ，故变压器原线圈两
m，Q质量为M，P重力沿斜面的分力小于等于最大静摩擦力
，放上物体Q后，
端电压的瞬时值表达式为 ，A错
，所以整体静止，P所受合力仍为零
B．图甲中 时，电动势为零，此时穿过线圈的磁通量的变化
D．整体仍平衡，所以P与斜面间的静摩擦力 ，未放 率为零，故B错误；
Q时，P与斜面间的静摩擦力 ，所以摩擦力变大，D错误． CD．理想变压器的原副线圈的匝数不变，输入电压 不变，则电压表
4．D
【详解】A．轿厢停在P处，则轿厢相对于地球表面是静止的，即轿厢及 示数不变。根据 ，可知副线圈两端的电压 不变， 处温
其中的货物随地球同步旋转，则轿厢中的货物所受合力提供货物做圆周
度升高时，其阻值变小，根据欧姆定律可知，副线圈回路中的电流 增
运动的向心力，轿厢中的货物不是平衡状态，故A错误；
B．同步空间站位于地球同步轨道上，电视塔与同步空间站具有共同的角
大，则定值电阻R两端电压增大， 两端电压减小，即电压表 示数减
速度，同步空间站轨道高度远高于天津广播电视塔，根据线速度公式
，由于同步空间站的轨道半径更大，则其线速度也更大，B错； 小，故电压表 示数与 示数的比值变大。根据 ，可知原线圈电
C．根据向心加速度公式 ，则加速度与轨道半径成正比，即超
流 增大，根据： ，可知变压器的输入功率变大，C对，D错
级缆绳上各点的加速度与该点到地球球心的距离成正比，故C错误；
7．B
D．配重空间站的轨道比静止卫星的轨道更高，则其轨道绕转速度小于地
【详解】当自由电子受力平衡时有qE=qvB，其中E=(U-U)/d，
球同步轨道的绕转速度，而此时配重空间站随地球同步旋转，其速度大 M N
由此可求得电子的速度为：v=(U-U)/dB，
于其所在轨道的绕转速度，如果物块从配重空间站脱落，因此会做离心 M N
设金属块的长为L，电子运动的时间为t=LdB/(U-U)，
运动，故D正确； M N
在t时间内通过的总电量为Q="It=I" LdB/(U-U)，
M N
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学科网（北京）股份有限公司则总电子个数为N=" I" LdB/(U-U)e，
M N
单位体积内参与导电的自由电子数目为： ， ，结上得 ，
n="N/V=" I LdB/(U-U)ehdL=" I" B/(U-U)eh
M N M N
8．BD 可知，假设成立，即小球冲上右圆槽的最大高度为 ，故C正确；
【详解】AB．该消声器是利用声波的干涉现象，A错，B正确；
D．小球从右侧圆槽回到水平面后，对小球与右侧圆槽有
CD．当由a到b的两条声波传播路程之差为半波长的奇数倍时，b点为振
动减弱点。所以削弱噪声要达到良好效果的条件是：由a到b的两条声
， ，解得
波传播路程之差为 ，故C错误，D正确。
可知 ，则小球回到水平面后不能冲上左圆槽，故D错误。
9．ACD
【详解】AB．振动膜向右运动时，电容器两极板间的距离减小，根据 11．(1)D (2)胶管内气体体积 (3)B
【详解】（1）A．探究气体的等温变化，研究对象为注射器内封闭气体，
，可知，电容增大，由于电容器和电源相连，电容器两极板电 注射器无需水平放置，只有保证封闭气体的温度、质量不变即可
B．实验中需要保持气体的温度不变，则实验中在推拉柱塞时，不能够用
压不变，所以电容器的板间电场强度增大，电容器的带电荷量增大，所
手握住注射器，避免人体温度引起封闭气体温度的变化，B错误；
以电阻上有从a到b的电流，故A正确，B错误；
C．实验中需要保持气体的温度不变，因此在实验时需要缓慢推拉柱塞，
CD．振动膜向左运动时，电容器两极板间的距离增大，电容减小，由于
稳定后再读取数据，C错误；
电容器两极板电压不变，所以电容器的板间电场强度减小，电容器的带
D．实验中需要保持所研究气体的质量一定，为了保证封闭气体的气密性，
电荷量减小，故CD正确。
实验时应在柱塞与注射器壁间涂上润滑油，D正确。
10．BC
（2）图线不通过坐标原点，根据图像可知，图像中当V等于0时，气体
【详解】A．对左侧圆槽与小球 ， 压强的倒数不等于0，体积测量值V没有包含胶管内气体的体积，可知，
纵截距的绝对值代表胶管内气体的体积；
解得 ， ，小球在A点进行分析有
（3）综上，A组同学作出图线对应的函数方程为 ，整理可得
根据牛顿第三定律有 ，解得 ，故A错误；
B．小球在左侧槽运动过程由水平方向动量守恒的位移表达式有 ，当体积V减小时， 图像的斜率逐渐减小。
，又有 ，解得 【评分标准】本小题总分6分，每小空2分。
小球离开A后，小球与左侧槽均做匀速直线运动，小球到B点时
12． 50.15 串 58000 见解析 1.63
，则 相距 ，解得 ，故B正确； 【详解】（1）[1]游标卡尺的主尺读数为 ，精度为 ，则
卡尺读数为 。
C．假设小球冲上右侧槽没有越过右侧槽的最高点，对小球与右侧槽有
（2）[2]改装成电压表，应串联一个电阻分压扩大量程，所以应和电阻
箱串联。
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学科网（北京）股份有限公司（2）[3]串联的电阻值为 。
【评分标准】本小题总分10分。第（1）小问4分，其中①②式各1分，
（2）[4]
③式2分；第（2）小问6分，其中④⑤⑥式各2分。其它解法也酌情给
（2）[5]借鉴“研究匀变速直线运行”实验中计算加速度的方法（逐差 分。
法），采用1与5；2与6；3与7；4与8；两两组合，由
14．（1）0.6V；（2）8m/s2；（3）12.5C
，联立求出内阻，而后取其平均值 【详解】（1）由图乙可知磁感应强度 变化率
采用1与5时 ，
线圈中感应电动势 ①
采用2与6时 ，
线圈两端电压为外电压 ②
（2）线圈、导轨、导体棒构成闭合回路，设金属棒PQ开始运动瞬间，
采用3与7时 ，
流经导体棒电流为I，则 ，方向 ； ③
采用4与8时 ，
金属棒PQ受到安培力 ④
则内阻为 。 加速度 ⑤
【评分标准】每小空2分，作图题作图不规范或者未标注符号只得1分 （3）金属棒PQ速度不断增大，产生的反电动势也不断增大，回路中总
电动势不断减小，总电流不断减小，电流为0时，金属棒受安培力为
0，不再加速，速度达到最大值，记为 ，
13．（1） ；（2）
即 ⑥
【详解】（1）对A受力分析有 ①
解得 ⑦
对整体有 ②
对金属棒PQ列动量定理，有 ⑧
解得 ③
⑨
（2）气体发生等压变化，当B活塞到上端时 ④
⑩
联立解得 ⑪
当A活塞到下端时 ⑤
【评分标准】本小题总分14分。第（1）小问4分，其中①②式各2分；
缸内气体温度变化范围 ⑥
第（2）小问4分，其中③④式各1分，⑤式2分；第（3）小问6分，
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学科网（北京）股份有限公司其中⑥⑦ ⑧⑨⑩⑪式各2分。其它解法也酌情给分。
设木板B开始滑动到AB共速滑过距离
由动能定理有 ⑩
解得 ，即假设成立
15．（1） （2） （3） 木板B撞平台后静止，滑块A继续向右运动，设滑块A与滑块D碰撞
【详解】（1）滑块A在传送带上先做匀加速直线运动 前速度为
由牛顿第二定律 ①
由动能定理有 ⑪
其中 ②
解得
匀加速阶段的位移为 ③
（3）随后滑块A将以v的速度滑上平台，与滑块D发生完全非弹性碰撞，
2
滑块A离开传送带的速度为 ④
在水平方向动量守恒，设碰后共同速度为
平抛运动在水平方向的初速度
⑫
又滑块A沿切线滑入圆轨道，满足 ⑤ 接下来，滑块AD组合体与滑块C组成的系统水平方向动量守恒
①假设弹簧开始处于原长状态，则第一次恢复原长时，滑块C速度向右，
解得 ⑥ 设弹簧原长时AD组体速度大小为 ，由动量守恒定律
（2）滑块A沿圆弧轨道滑下，设在最低点速度为 得
机械能守恒 ⑦ 代入数据后，发现 不符合能量守恒
解得 定律，所以假设错误 ⑬
②由以上推理可知，弹簧开始只能处于压缩状态，第一次恢复原长时，
假设滑块A在木板B上运动过程中，与木板B共速后木板B才到达右侧
滑块C速度向左，设弹簧原长时AD组合体速度大小为 ，由动量守恒和
平台，设共速时速度为 ,相对运动的距离为
能量守恒有 ⑭
由A、B系统动量守恒 ⑧
第一次原长到弹簧压缩到最短过程中，动量守恒和能量守恒。设C与AD
系统能量守恒 ⑨
组合体达到共同速度 ，弹簧的最大弹性势能为
解得
⑮
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解得共速时弹簧最大弹性势能为 ⑰
【评分标准】本小题总分18分。第（1）小问6分，其中①②③④ ⑤⑥
式各1分；第（2）小问7分，其中⑦⑧⑨⑩⑪式各1分，⑫式2分；第
（3）小问5分，其中⑬⑭⑮⑯⑰式各1分。其它解法也酌情给分。
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