文档内容
2025 年普通高中学业水平选择性考试（四川卷）
物理
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
【答案】A
【解析】
返回舱下降的位移为Δh = 1080m
则返回舱在竖直方向上的平均速度大小约为
故选A。
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
【答案】D
【解析】
当波通过尺寸与其波长相近的障碍物或狭缝时，会发生明显的衍射现象。对于粒子而言，德布罗意波长 λ
决定了其波动性，衍射的明显程度通常与波长 λ和狭缝宽度的比值相关，当接近或大于 1时，衍射现象非
常明显，则可知电子的衍射现象最明显。A：中子的德布罗意波长 λ =7.9×10−13m，狭缝宽 d=3.5×10−10m，λ ≪d，衍射现象不明显。
A A
B：质子的德布罗意波长 λ =8.7×10−12m，λ ≪d，衍射现象不明显。
B B
C：氮分子的德布罗意波长 λ =2.6×10−11m，λ ≪d，衍射现象不明显。
C C
D：电子的德布罗意波长 λ =1.5×10−10m，λ 与 d=3.5×10−10m 相近，满足发生明显衍射的条件，
D D
衍射现象最明显。
故选D。
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≪Q）的带电小球以一定初速度从a点进入管道，沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力，则（ ）
A. 小球在e点所受库仑力大于在b点所受库仑力
B. 小球从c点到e点电势能先不变后减小
C. 小球过f点的动能等于过d点的动能
D. 小球过b点的速度大于过a点的速度
【答案】B
【解析】
kQq
A. 由库仑力公式 F= 知，r F ，A错误。
r2 b c b c
B. 从 c 到 e 电势先不变后减小，由于δ>0，因此电势能先不变后减小，B正确。
C. 从 a 到 f，电势能做正功，动能增大，C错误。
D. 从 a 到 b，电势能做负功，因此v =√2≈1.414。折射率为
1.4 < 1.414，不满足全反射条件，A 错误。
sin45∘1
B．若n=1.6，临界角C满足sinC= =0.625，则C=arcsin0.625≈38.68∘。
1.6
若θ=30∘<38.68∘，不满足全反射条件（入射角需大于等于临界角），B 错误。
C．因为θ<45∘且要发生全反射，θ≥30∘，第二次全反射入射角为θ，70∘>30∘，满足全反射条件，所以
第二次全反射入射角可能为70∘，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. 如图所示，I区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，
其外边界为圆形，内边界与I区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。I区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值
为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从 a
点离开。取sin37°=0.6。则带电粒子（ ）
A. 在I区的轨迹圆心不在O点
B. 在I区和Ⅱ区的轨迹半径之上比为1∶2
C. 在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37
D. 在I区和Ⅱ区的运动时间之上比为127∶148
【答案】AD
【解析】
A．由图可知，在I区的轨迹圆心不在O点，故A正确；
B．由洛伦兹力提供向心力
可得
故在I区和Ⅱ区的轨迹半径之上比为
故B错误；D．设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系
可得
故粒子在I区运动的时间为
粒子在Ⅱ区运动的时间为
联立可得在I区和Ⅱ区的运动时间之上比为
故D正确；
C．粒子在I区和Ⅱ区的轨迹长度分别为
故在I区和Ⅱ区 的轨迹长度之比为
故C错误。
故选AD。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。其中第13~15小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. 某学习小组利用生活中常见物品开展“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。已知水的密度为
1.0×103kg/m3，当地重力加速度为9.8m/s2。实验过程如下：
（1）将两根细绳分别系在弹簧两端，将其平放在较光滑的水平桌面上，让其中一个系绳点与刻度尺零刻
度线对齐，另一个系绳点对应的刻度如图1所示，可得弹簧原长为________cm。
（2）将弹簧一端细绳系到墙上挂钩，另一端细绳跨过固定在桌面边缘的光滑金属杆后，系一个空的小桶。使弹簧和桌面上方的细绳均与桌面平行，如图2所示。
（3）用带有刻度的杯子量取50mL水，缓慢加到小桶里，待弹簧稳定后，测量两系绳点之间的弹簧长度并
记录数据。按此步骤操作6次。
（4）以小桶中水的体积V为横坐标，弹簧伸长量x为纵坐标，根据实验数据拟合成如图3所示直线，其斜
率为200m−2。由此可得该弹簧的劲度系数为________N/m（结果保留2位有效数字）。
（5）图3中直线的截距为0.0056m，可得所用小桶质量为________kg（结果保留2位有效数字）。
【答案】 ①. 13.14 ②. 49 ③. 0.028
【解析】
（1）[1]毫米刻度尺的分度值为1mm，弹簧原长为 l =13.14cm；
0
（4）[2]设小桶的质量为m ，弹簧形变量为x；
0
根据密度公式，所加水的质量为m=ρgV；
根据胡克定律和平衡条件m g+mg=kx
0
ρg m g
代入数据变形得x= ⋅V + 0
k k
ρg
由图像的斜率k = =200m−2
0 k
ρg 1.0×103×9.8
弹簧的劲度系数k= = N/m=49N/m
k 200
0
m g
（5）[3]图像的纵截距b= 0 =0.0056m
k
bk 0.0056×49
小桶质量为m = = kg=0.028kg。
0 g 9.8
12. 某学生实验小组要测量一段合金丝的电阻率。所用实验器材有：
待测合金丝样品（长度约 ）
螺旋测微器
学生电源E（电动势 ，内阻未知）
米尺（量程 ）
滑动变阻器（最大阻值 ）
电阻箱（阻值范围 ）
电流表（量程 ，内阻较小）开关 、
导线若干
（1）将待测合金丝样品绷直固定于米尺上，将金属夹分别夹在样品 和 位置，用螺旋测
微器测量两金属夹之间样品三个不同位置的横截面直径，读数分别为 、 和 ，
则该样品横截面直径的平均值为________ 。
（2）该小组采用限流电路，则图1中电流表的“+”接线柱应与滑动变阻器的接线柱________（选填
“a”或“b”）相连。闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于________端（选填“左”或“右”）。
（3）断开 、闭合 ，调节滑动变阻器使电流表指针恰好指到 刻度处。断开 、闭合 ，保
持滑动变阻器滑片位置不变，旋转电阻箱旋钮，使电流表指针仍指到 处，此时电阻箱面板知图2
所示，则该合金丝的电阻率为_________ （取 ，结果保留2位有效数字）。
（4）为减小实验误差，可采用的做法有________（有多个正确选项）。
A. 换用内阻更小的电源
B. 换用内阻更小的电流表
C. 换用阻值范围为 的电阻箱
D. 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
【答案】
（1）0.500
（2） ①. a ②. 左
（3） （4）CD【解析】
【小问1详解】
该样品横截面直径的平均值为
【小问2详解】
[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。
【小问3详解】
由题意可知，该合金丝的电阻为
由电阻定律 及 可得
其中 ，
代入数据解得该合金丝的电阻率为
【小问4详解】
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，选择更精确的电阻
箱，可换用阻值范围为 ，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。
13. 如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒
为E。现有一质量为m、电荷量为q（ ）的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板
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。不计微粒重力。求：（1）微粒第一次到达下极板所需时间；
（2）微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
微粒在电场中受到的电场力为F=qE，方向向下。根据牛顿第二定律，微粒的加速度a为：
qE
a=
m
d 1
微粒从O点到下极板的距离为 ，使用运动学公式s= at2 来计算时间t：
2 2
d 1 qE
= ⋅ ⋅t2
2 2 m
md
t2=
qE
√md
t=
qE
【小问2详解】
微粒第一次到达下极板时的速度大小为
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 ，满足代入解得
同理可得微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为 ，满足
代入解得
故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为
.14. 如图所示，长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上，两者平行且相距l，
M、P连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r，M、P
间连接一阻值为 的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可
伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为 v。零时刻，金
属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度大小为g。
（1）金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势；
（2）金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率；
的
（3）金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动 最大路程。
【答案】
（1）
（2）
（3）【解析】
【小问1详解】
金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，产生感应电动势
【小问2详解】
E2
回路没有用电器，电功即热功，根据公式P= 计算
R
回路的总电阻R=2dr+2sr，热功率
【小问3详解】
设金属杆保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为 ，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 ，
根据位置关系有
同时有 ，
联立解得
15. 如图所示，倾角为 的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为 的直挡板。
a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab
平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完
全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为
，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。（1）求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小；
（2）若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件；
（3）在满足（2）中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。
【答案】（1）
（2） 或
（3）
【解析】
【小问1详解】
小球甲从a点沿直线运动到b点过程中,根据牛顿第二定律有
解得甲在ab段运动的加速度大小
【小问2详解】
甲恰能到c点，设到达c点时的速度为 ，可知
解得 ①
根据题意甲乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量守恒和能量守恒 ，
解得碰后乙的速度为 ②
碰后乙能运动至 点，第一种情况，碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点，此时需满足
即 ③联立①②③可得
第二种情况，碰后乙做类平抛运动到达e点，此时可知 ，
解得 ④
联立①②④可得
【小问3详解】
在（2）问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段 ，根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做
圆周运动显然不满足能越过线段 ，故碰后乙做类平抛运动越过线段 ，故碰后乙的速度必然满足
同时根据类平抛运动规律可知 ，
解得 ⑤
联立②⑤将 代入可得 ⑥
对甲球从a到c过程中根据动能定理 ⑦
联立⑥⑦可得
