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四川2025年高考四川物理高考真题文档版_1.高考2025全国各省真题+答案_7.高考物理试题及答案更新中

  • 2026-03-01 13:44:17 2026-02-09 08:12:20

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文档信息

文档格式
pdf
文档大小
1.124 MB
文档页数
16 页
上传时间
2026-02-09 08:12:20

文档内容

2025 年普通高中学业水平选择性考试（四川卷）物理试题 注意事项： 1．考生领到答题卡后，须在规定区域填写本人的姓名、准考证号和座位号，并 在答题卡背面用 2B 铅笔填涂座位号。 2．考生回答选择题时，选出每小题答案后，须用 2B 铅笔将答题卡上对应题目 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。考生回 答非选择题时，须用 0.5mm 黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上。选择题和非 选择题的答案写在试卷或草稿纸上无效。 3．考生不得将试卷、答题卡和草稿纸带离考场，考试结束后由监考员统一回收。 一、单项选择题：本题共 7小题，每小题 4分，共28分。在每小题给出的四个 选项中，只有一项是最符合题目要求的。 1．2025年4月30日，神舟十九号载人飞船成功返回。某同学在观看直播时注意到，返回 舱从高度3090m下降到高度2010m，用时约130s。这段时间内，返回舱在竖直方向上的平 均速度大小约为（ ） A．8.3m/s B．15.5m/s C．23.8m/s D．39.2m/s 2．某多晶薄膜晶格结构可以等效成缝宽约为3.5×10−10m的狭缝。下列粒子束穿过该多晶薄 膜时，衍射现象最明显的是（ ） A．德布罗意波长约为7.9×10−13m的中子 B．德布罗意波长约为8.7×10−12m的质子 C．德布罗意波长约为2.6×10−11m的氮分子 D．德布罗意波长约为1.5×10−10m的电子 3．如图所示，由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道 固定于水平面内，管道间平滑连接。bcd圆心O点处固定一电荷量为Q（Q>0）的带电小 球。另一个电荷量为q（q>0且q<rb，则小球在e点所受库仑力小于在b点所受库仑力，故A错误； Q B．点电荷在距其r处的电势为k r 由于c点到d点r不变，d点到e点r逐渐增大，则根据E =φq p 可知小球从c点到d点电势能不变，从d点到e点电势能逐渐减小，故B正确； C．由于rf>rd，根据选项B可知，小球的电势能E d>E f，根据能量守恒可知，小球过f p p 点的动能大于过d点的动能，故C错误； D．由于ra>rb，根据选项B可知，小球的电势能E b>E a，根据能量守恒可知，小球过a p p 点的动能大于过b点的动能，则小球过b点的速度小于过a点的速度，故D错误。 故选B。 4．D 【详解】AB．根据题意可知活塞从a到b的过程中，气缸内气体，温度降低，则内能减小， 体积减小，压强不变，故AB错误； CD．根据题意可知活塞从b到a的过程中气缸内气体温度不变，则内能不变，体积增大， 根据玻意耳定律 pV C可知压强减小，故C错误，D正确。 故选D。 5．C 答案第1页，共8页L 【详解】根据单摆周期公式T 2 g 可知T T T T 丁 丙 乙 甲 3T T CD．设甲的周期为T ，根据题意可得2T  乙 T  丁 甲 甲 丙 2 2 4 可得T 2T ，T  T ，T 4T 丙 甲 乙 甲 丁 甲 3 可得T :T 3:4，T :T 1:2 甲 乙 丙 丁 L 根据单摆周期公式T 2 g 结合T :T 1:2 丙 丁 可得小球丙、丁的摆长之比L :L 1:4 丙 丁 故C正确，D错误； T A．小球甲第一次回到释放位置时，即经过T （ 丙 ）时间，小球丙到达另一侧最高点，此 甲 2 kx 时速度为零，位移最大，根据a 可知此时加速度最大，故A错误； m 1 B．根据上述分析可得T  T 乙 丁 3 T 3T 小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为 丁 （即 乙 ）可知此时小球乙经过平 4 4 衡位置，此时速度最大，动能最大，故B错误。 故选C。 6．A 2 T 2 T 【详解】设卫星转动的周期为T，根据题意可得     2 T 2 T 2 T 可得T 3 Mm 42 根据万有引力提供向心力G m r r2 T2 GMT2 可得r 3 42 T 代入T 3 答案第2页，共8页GMT2 可得r  3 362 故选A。 7．C 【详解】A．对物块根据牛顿第二定律有mgcos30mgsin30ma 1 解得a g 4 根据运动学公式有v 2 2ax 0 1 2v2 解得物块的位移大小为x  0 1 g 故A错误； 1 3 B．物块机械能增量为E  mv 2mgx sin30 mv 2 2 0 1 2 0 故B错误； 1 C．对小车根据动能定理有Ptmgcos30mgsin30x mv 2 2 0 v 其中t  0 a 16Pv 2v2 联立解得x 0  0 5mg2 5g 故C正确； 1 8Pv 3mv2 D．小车机械能增量为E mv 2mgxsin30 0  0 2 0 5g 10 故D错误。 故选C。 8．AC a2b m2kg 【详解】A．根据题意可知 的单位为 kgm/s2 c2 s2 1 结合动能公式E  mv2可知kgm/s2为能量单位，故A正确； k 2 ab2 mkg2 B．同理 的单位为 kg2m/s2 c2 s2 根据F ma可知kgm/s2为力的单位，故可知kg2m/s2为力与质量的乘积，故不是能量的单 位，故B错误； d2  kgms-12 C． 的单位为 kgm/s2 b kg 答案第3页，共8页根据前面A选项分析可知该单位为能量单位，故C正确； b2 kg2 kg D． 的单位为  ，不是能量单位，故D错误。 d kgms-1 ms-1 故选AC。 9．CD 1 【详解】A．因为1.4< 2，故当选用折射率为1.4的光学玻璃时，根据sinC  n 2 可知sinC> ，即C>45 2 根据几何知识可知光线第一次发生全反射时的入射角为450.5sin30 1.6 故C>30，故此时不会发生全反射，故B错误； 1 C．若选用折射率为2的光学玻璃，此时临界角为sinC  2 即C30，此时光线第一次要发生全反射，入射角一定大于30，即第一次发生全反射时的 入射光线和反射光线的夹角一定大于60，根据几何关系可知第一次发生全反射时的入射光 线和反射光线的夹角等于第二次全反射入射角，故可能为70，故C正确； D．若入射光线向左移动，可知第一次全反射时的反射光线向左移动，第二次全反射时的反 射光线向左移动，同理，第三次全反射时的反射光线向左移动，即出射光线向左移动，故D 正确。 故选CD。 10．AD 【详解】A．由图可知，在I区的轨迹圆心不在O点，故A正确； v2 B．由洛伦兹力提供向心力qvBm r mv 可得r qB r B 1 故在I区和Ⅱ区的轨迹半径之上比为 1  2  r B 4 2 1 故B错误； r 4 D．设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系cos 2  r r 5 1 2 可得37 答案第4页，共8页3602(9037) 254 2m 故粒子在I区运动的时间为t  T   1 360 360 qB 1 237 74 2m 粒子在Ⅱ区运动的时间为t  T   2 360 360 qB 2 t 127 联立可得在I区和Ⅱ区的运动时间之上比为 1  t 148 2 故D正确； 3602(9037) 254 C．粒子在I区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l   2r   2r 1 360 1 360 1 237 74 l  2r  2r 2 360 2 360 2 l 127 故在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为 1  l 148 2 故C错误。 故选AD。 11． 13.14##13.15 49 0.028 【详解】（1）[1]该刻度尺的分度值为0.1cm，应估读到分度值的后一位，故弹簧原长为13.14cm （4）[2]由胡克定律可知mgVg kx g mg 化简可得x V  k k g 由图像可知 200m2 k 代入数据解得该弹簧的劲度系数为k 49N/m mg （5）[3]由图可知 0.0056m k 代入数据可得所用小桶质量为m0.028kg 12．(1)0.500 (2) a 左 (3)1.3106 (4)CD (0.4990.4980.503) 【详解】（1）该样品横截面直径的平均值为d  mm 0.500mm 3 （2）[1]由于滑动变阻器采用限流式接法，应将其串联接在电路中，故采用“一上一下”原则， 即电流表的“＋”接线柱应与滑动变阻器的接线柱a相连。 [2]为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片应最大阻值处，即最左端。 （3）由题意可知，该合金丝的电阻为R3.2 答案第5页，共8页l d Rd2 由电阻定律R 及S ( )2可得 S 2 4l 其中d 0.500mm，l 70.00cm20.00cm50.00cm 代入数据解得该合金丝的电阻率为1.3106m Rd2 （4）根据电阻定律可知 ，则为了减小实验误差，可减小测合金丝电阻时的误差， 4l 选择更精确的电阻箱，可换用阻值范围为099.99，或多次测量该合金丝不同区间等长度 样品的电阻率，再求平均值。 故选CD。 md 13．(1) qE (2)2 qEmd 【详解】（1）由牛顿第二定律qE ma d 1 由运动学公式  at2 2 2 md 联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为t  qE qEd （2）微粒第一次到达下极板时的速度大小为v at  1 m 由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不 变，设微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为v ，满足v2v2 2ad 2 2 1 3qEd 代入解得v  2 m d 同理可得微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为v ，满足v2v2 2a 3 3 2 2 qEd 代入解得v 2 3 m 故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为 pmv  2 qEmd 3 14．(1)Blv B2l2v2 (2) 2rds B2l2hv (3) s2 2mgr 答案第6页，共8页【详解】（1）金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，产生感应电动势EBlv （2）金属杆运动距离d时，电路中的总电阻为R2dr2sr E2 B2l2v2 故此时回路中的总的热功率为P  R 2rds （3）设金属杆保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为x，此时刚好将要脱离导轨， 此时绳子拉力为T，与水平方向的夹角为 ，对金属杆根据受力平衡可知F =Tcos， 安 mg Tsin h 根据位置关系有tan sx Blv 同时有F =BIl，I  安 2rxs B2l2hv 联立解得x s2 2mgr 15．(1)gsin m m 1 (2) 1 1或 1  m m 7 2 2 17 (3) mgRsinR 2 2 1 解得 gRsin
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