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2025 年高考四川卷物理真题
一、单选题
1.(2025·四川卷·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3 090 m 下降到高度2 010 m，用时约130 s。这段时间内，返回舱在竖直方向上的平均速度大小约
为( )
A.8.3 m/s
B.15.5 m/s
C.23.8 m/s
D.39.2 m/s
2.(2025·四川卷·2)某多晶薄膜晶格结构可以等效成缝宽约为3.5×10－10 m 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7.9×10－13 m 的中子
B.德布罗意波长约为8.7×10－12 m 的质子
C.德布罗意波长约为2.6×10－11 m 的氮分子
D.德布罗意波长约为1.5×10－10 m 的电子
3.(2025·四川卷·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
4.(2025·四川卷·4)如图甲所示，用活塞将一定质量的理想气体密封在导热气缸内，活塞稳定在a 处。将气
缸置于恒温冷水中，如图乙所示，活塞自发从a 处缓慢下降并停在b 处，然后保持气缸不动，用外力将活
塞缓慢提升回a 处。不计活塞与气缸壁之间的摩擦。则( )
A.活塞从a 到b 的过程中，气缸内气体压强升高
B.活塞从a 到b 的过程中，气缸内气体内能不变
C.活塞从b 到a 的过程中，气缸内气体压强升高
D.活塞从b 到a 的过程中，气缸内气体内能不变
5.(2025·四川卷·5)如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长
依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。
释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2 个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时
小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则( )
A.小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零
B.小球丁第一次经过平衡位置时，小球乙动能为零
C.小球甲、乙的振动周期之比为3∶4
D.小球丙、丁的摆长之比为1∶2
6.(2025·四川卷·6)某人造地球卫星运行轨道与赤道共面，绕行方向与地球自转方向相同。该卫星持续发射
信号，位于赤道的某观测站接收到的信号强度随时间变化的规律如图所示，T 为地球自转周期。已知该卫
星的运动可视为匀速圆周运动，地球质量为M，引力常量为G。则该卫星轨道半径为( )
A.3√
GM T
2
36 π
2
B.3√
GM T
2
16 π
2
C.3√
GM T
2
4 π
2
D.3√
9GM T
2
4 π
2
7.(2025·四川卷·7)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸
长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为√3
2 。电动机以恒
定功率P 拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。
运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时
间内( )
A.物块的位移大小为2v0
2
3 g
B.物块机械能增量为5mv0
2
2
C.小车的位移大小为16 P v0
5m g
2 －2v0
2
5 g
D.小车机械能增量为8 P v0
5 g ＋m v0
2
2
二、多选题
8.(多选)(2025·四川卷·8)若长度、质量、时间和动量分别用a、b、c 和d 表示，则下列各式可能表示能量的
是( )
A.a
2b
c
2
B.ab
2
c
2
C.d
2
b
D.b
2
d
9.(多选)(2025·四川卷·9)某款国产手机采用了一种新型潜望式摄像头模组。如图所示，模组内置一块上下表
面平行(θ<45°)的光学玻璃。光垂直于玻璃上表面入射，经过三次全反射后平行于入射光射出。则( )
A.可以选用折射率为1.4 的光学玻璃
B.若选用折射率为1.6 的光学玻璃，θ 可以设定为30°
C.若选用折射率为2 的光学玻璃，第二次全反射入射角可能为70°
D.若入射光线向左移动，则出射光线也向左移动
10.(多选)(2025·四川卷·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。不计粒子重力，取sin 37°＝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区的运动时间之比为127∶148
三、实验题
11.(2025·四川卷·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1.0×103 kg/m3，当地重力加速度为9.8 m/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甲所示，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，如图乙所示。
(3)用带有刻度的杯子量取50 mL 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丙所示直线，其斜率
为200 m－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)图丙中直线的截距为0.005 6 m，可得所用小桶质量为 kg(结果保留2 位有效数字)。
12.(2025·四川卷·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1 m)
螺旋测微器
学生电源E(电动势0.4 V，内阻未知)
米尺(量程0~100 cm)
滑动变阻器(最大阻值20 Ω)
电阻箱(阻值范围0~999.9 Ω)
电流表(量程0~30 mA，内阻较小)
开关S1、S2
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20.00 cm 和70.00 cm 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0.499 mm、0.498 mm 和0.503 mm，则
该样品横截面直径的平均值为 mm。
(2)该小组采用限流电路，则图甲中电流表的“＋”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S2、闭合S1，调节滑动变阻器使电流表指针恰好指到15.0 mA 刻度处。断开S1、闭合S2，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15.0 mA 处，此时电阻箱面板如图乙所示，
则该合金丝的电阻率为 Ω·m(取π＝3.14，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0~99.99 Ω 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
四、解答题
13.(2025·四川卷·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(q>0)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。
14.(2025·四川卷·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2sr 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；
(3)金属杆在导轨上保持速度大小v 做匀速直线运动的最大路程。
15.(2025·四川卷·15)如图所示，倾角为θ 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7R 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m1，两小球均可视为质点，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。
答案精析
1.A [返回舱下降的位移为Δh＝1 080 m，则返回舱在竖直方向上的平均速度大小约为v＝Δh
t ≈8.3 m/s，
故选A。]
2.D
3.B [小球所受库仑力F＝kQq
r
2 ，由于re>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；
由于两小球带同种电荷，小球从a 点到b 点静电力做负功，动能减小，速度减小，可知小球过b 点的速度
小于过a 点的速度，故D 错误；从d 点到f 点静电力做正功，动能增大，电势能减小，可知过f 点的动能大
于过d 点的动能，故C 错误；从c 点到e 点静电力先不做动，后做正功，电势能先不变后减小，故B 正
确。]
4.D [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，对活塞受力分析，有pS
＝p0S＋mg，压强不变，故A、B 错误；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。]
5.C [根据单摆周期公式T＝2π√
L
g ，可知T 丁>T 丙>T 乙>T 甲，设甲的周期为T 甲，根据题意可得2T 甲＝3T 乙
2
＝T 丙＝T 丁
2 ，可得T 丙＝2T 甲，T 乙＝4
3 T 甲，T 丁＝4T 甲，可得T 甲∶T 乙＝3∶4，T 丙∶T 丁＝1∶2，根据单摆
周期公式T＝2π√
L
g ，结合T 丙∶T 丁＝1∶2，可得小球丙、丁的摆长之比L 丙∶L 丁＝1∶4，故C 正确，D 错
误；小球甲第一次回到释放位置时，即经过T 丙
2 时间，小球丙到达另一侧最高点，此时速度为零，位移最
大，加速度不为零，故A 错误；根据上述分析可得T 乙＝1
3T 丁，小球丁第一次到达平衡位置时，小球乙振
动的时间为T 丁
4 ，即3T 乙
4
，可知此时小球乙经过平衡位置，此时速度最大，动能最大，故B 错误。]
6.A [设卫星转动的周期为T'，根据题意可得，每隔T
2 卫星转过的圈数比地球自转多1 圈，即t
T ' －t
T ＝
1，其中t＝T
2 ，可得T'＝T
3 ，根据万有引力提供向心力G Mm
r
2 ＝m4 π
2
T '
2 r，可得r＝
3√
GMT '
2
4 π
2
，代入T'＝T
3
，可得r＝
3√
GM T
2
36 π
2 ，故选A。]
7.C [物块做匀加速直线运动，对物块根据牛顿第二定律有μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，解得a＝1
4 g，根
据运动学公式有v0
2＝2ax1，解得物块的位移大小为x1＝2v0
2
g ，故A 错误；物块机械能增量为ΔE＝1
2m
v0
2＋mgx1·sin 30°＝3
2mv0
2，故B 错误；对小车根据动能定理有Pt－(μmgcos 30°＋mgsin 30°)x＝1
2mv0
2，其
中t＝v0
a ，联立解得x＝16 P v0
5m g
2 －2v0
2
5 g ，故C 正确；小车机械能增量为ΔE'＝1
2mv0
2＋mgxsin 30°＝
8 P v0
5 g ＋3m v0
2
10
，故D 错误。]
8.AC [根据题意可知a
2b
c
2 的单位为m
2·kg
s
2
＝ kg·(m/s)2，结合动能公式Ek＝1
2mv2可知 kg·(m/s)2为能量单位；
同理ab
2
c
2 的单位为m·k g
2
s
2
＝kg2·m/s2，d
2
b 的单位为(kg·m·s
-1)
2
kg
＝kg·(m/s)2；b
2
d 的单位为
k g
2
kg·m·s
-1 ＝ kg
m·s
-1，根据分析可知，C 选项单位为能量单位，B、D 选项不是能量单位，故选A、C。]
9.CD [当选用折射率为1.4 的光学玻璃时，根据sin C＝1
n ＝1
1.4 ，可知sin C>√2
2 ，即C>45°，根据几何知
识可知光线第一次发生全反射时的入射角为θ<45°<C，故选用折射率为1.4 的光学玻璃时不会发生全反射，
故A 错误；当θ＝30°时，此时入射角为30°，选用折射率为1.6 的光学玻璃时，此时sin C＝1
1.6＝
0.625>0.5＝sin 30°，故C>30°，故此时不会发生全反射，故B 错误；若选用折射率为2 的光学玻璃，此时
sin C＝1
2，即C＝30°，此时光线第一次要发生全反射，入射角一定大于等于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等于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；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。]
10.AD [根据题意，画出粒子运动轨迹，如图所示，
由图可知，在Ⅰ区的轨迹圆心不在O 点，故A 正确；由洛伦兹力提供向心力qvB＝mv
2
r ，可得r＝mv
qB ，故
在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为
r1
r2
＝B2
B1
＝1
4 ，故B 错误；设粒子在磁场Ⅱ区第一次偏转的圆心角为α，
由几何关系有cos α＝
r2
r1＋r2
＝4
5 ，可得α＝37°，设粒子在磁场Ⅰ区转过圆心角为β，由几何关系知β＝
254°，故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1＝254°
360° TⅠ＝254°
360° ×2π m
q B1
，粒子在Ⅱ区运动的时间为t2＝2×37°
360° TⅡ
＝74°
360° ×2π m
q B2 ，联立可得在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为
t1
t2
＝127
148，故D 正确；粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨
迹长度分别为l1＝254°
360° ×2πr1，l2＝74°
360° ×2πr2，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为l1
l2
＝127
148，故C 错
误。]
11.(1)13.14 或13.15 (4)49 (5)0.028
解析 (1)该刻度尺的分度值为0.1 cm，应估读到分度值的后一位，故弹簧原长为13.14 cm
(4)由胡克定律可知mg＋ρVg＝kx
化简可得x＝ρg
k V＋mg
k
由题意可知ρg
k ＝200 m－2
代入数据解得该弹簧的劲度系数为k＝49 N/m
(5)由题图丙结合表达式可知mg
k ＝0.005 6 m
代入数据可得所用小桶质量为m＝0.028 kg。
12.(1)0.500 (2)a 左 (3)1.3×10－6 (4)CD
解析 (1)该样品横截面直径的平均值为d＝(0.499＋0.498＋0.503)
3
mm＝0.500 mm
(2)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。为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于最大
阻值处，即最左端。
(3)由题意可知，该合金丝的电阻为R＝3.2 Ω
由电阻定律R＝ρ l
S 及S＝π(d
2 )2可得ρ＝π R d
2
4l
其中d＝0.500 mm，l＝70.00 cm－20.00 cm＝50.00 cm
代入数据解得该合金丝的电阻率为ρ≈1.3×10－6 Ω·m
(4)根据电阻定律可知ρ＝π R d
2
4l
，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0~99.99 Ω，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。
13.(1)√
md
qE
(2)2√qEmd
解析 (1)由牛顿第二定律qE＝ma
由运动学公式d
2 ＝1
2at2
联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为t＝√
md
qE
(2)微粒第一次到达下极板时的速度大小为v1＝at＝√
qEd
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v2，满足v2
2－v1
2＝2ad
代入解得v2＝√
3qEd
m
同理可得微粒第一次从上极板回到O 点时的速度大小为v3，满足v3
2－v2
2＝2ad
2
代入解得v3＝2√
qEd
m
故微粒第一次从上极板回到O 点时的动量大小为p＝mv3＝2√qEmd。
14.(1)Blv (2)
B
2l
2v
2
2r(d ＋s) (3)√s
2- B
2l
2hv
2mgr
解析 (1)金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，在回路中产生的感应电动势E＝Blv
(2)金属杆运动距离d 时，电路中的总电阻为R＝2dr＋2sr
故此时回路中的热功率为P＝E
2
R ＝
B
2l
2v
2
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，设绳子拉力为FT，
与水平方向的夹角为θ，对金属杆根据受力平衡可知F 安＝FTcos θ，mg＝FTsin θ
根据几何关系有tan θ＝h
s- x
同时有F 安＝BIl，I＝
Blv
2r( x＋s)
联立解得x＝√s
2- B
2l
2hv
2mgr
。
15.(1)gsin θ (2)m1
m2
≥1 或m1
m2
＝1
7 (3)17
2 m1gRsin θ<Ek0<16m1gRsin θ
解析 (1)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m1gsin θ＝m1a1
解得甲在ab 段运动的加速度大小a1＝gsin θ
(2)甲恰能到达c 点，设到达c 点时的速度为v1，可知m1gsin θ＝m1v1
2
R
解得v1＝√gR sinθ①
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有m1v1＝m1v1'＋m2v2，1
2m1v1
2＝1
2
m1v1'2＋1
2m2v2
2
解得碰后乙的速度为v2＝2m1v1
m1＋m2
②
碰后乙能运动至e 点，第一种情况若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m2gsin
θ≤m2v2
2
R
即v2≥√gR sinθ③
联立①②③可得
m1
m2
≥1
第二种情况，若碰后乙做类平抛运动到达e 点，此时可知7R＋R＝1
2gsin θ·t2，R＝v2t
解得v2＝1
4 √gR sinθ④
联立①②④可得
m1
m2
＝1
7
(3)在(2)问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段de，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de，故碰后乙做类平抛运动越过线段de，故碰后乙的速度必然满足v2<
√gR sinθ
同时根据类平抛运动规律可知7R＋R＝1
2gsin θ·(Δt)2，v2Δt>R
解得1
4 √gR sinθ<v2<√gR sinθ⑤
联立②⑤将
m1
m2
＝1
7代入可得√gR sinθ<v1<4√gR sinθ⑥
对甲球从a 到c 过程中根据动能定理－m1g·8Rsin θ＝1
2m1v1
2－Ek0⑦
联立⑥⑦可得17
2 m1gRsin θ<Ek0<16m1gRsin θ。
