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2025 年高考重庆卷物理真题
一、单选题
1.(2025·重庆卷·1)现代生产生活中常用无人机运送物品，如图所示，无人机携带质量为m 的匀质钢管在无
风的空中悬停，轻绳M 端和N 端系住钢管，轻绳中点O 通过缆绳与无人机连接。MO、NO 与竖直方向的
夹角均为60°，钢管水平。则MO 的弹力大小为(重力加速度为g)( )
A.2mg
B.mg
C.√3
2 mg
D.1
2mg
答案 B
解析 以钢管为研究对象，设轻绳的拉力大小为FT，根据对称性可知两边绳子拉力大小相等，根据平衡条
件有2FTcos 60°＝mg，可得FT＝mg，故选B。
2.(2025·重庆卷·2)易碎物品运输中常采用缓冲气袋减小运输中冲击。若某次撞击过程中，气袋被压缩(无破
损)，不计袋内气体与外界的热交换，则该过程中袋内气体(视为理想气体)( )
A.分子热运动的平均动能增加
B.内能减小
C.压强减小
D.对外界做正功
答案 A
解析 气袋被绝热压缩时气体体积减小，外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子热运动的平均动能
增加，故A 正确，B、D 错误；根据理想气体状态方程pV
T ＝C，体积减小，温度升高，可知压强增大，故
C 错误。
3.(2025·重庆卷·3)“魔幻”重庆的立体交通层叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如图所示，
轻轨列车与汽车以速度2v0分别从M 和N 向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s 的NO 段做
匀减速直线运动并以速度v0进入半径为R 的OP 圆孤段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则( )
A.汽车到O 点时，列车行驶距离为s
B.汽车到O 点时，列车行驶距离为4 s
3
C.汽车在OP 段向心加速度大小为2v0
2
R
D.汽车在OP 段向心加速度大小为4 v0
2
R
答案 B
解析 设汽车在NO 段所用时间为t，则由题意可知汽车在此段时间内的位移s＝2v0＋v0
2
t，对于列车有
s'＝2v0t，两式联立s'＝4
3 s，B 正确，A 错误；根据an＝v
2
r ，可得汽车在OP 段向心加速度大小为an＝v0
2
R
，
C、D 错误。
4.(2025·重庆卷·4)杨氏双缝干涉实验中，双缝与光屏距离为l，波长为λ 的激光垂直入射到双缝上，在屏上
出现如图所示的干涉图样。某同学在光屏上标记两条亮纹中心位置并测其间距为a，则( )
A.相邻两亮条纹间距为a
5
B.相邻两暗条纹间距为a
5
C.双缝之间的距离为4l
a λ
D.双缝之间的距离为a
4l λ
答案 C
解析 根据题意，由题图可知，相邻两亮条纹(暗条纹)间距为Δx＝a
4 ，故A、B 错误；由公式Δx＝λ l
d 可得，
双缝之间的距离为d＝λl
Δ x ＝4 λl
a ，故C 正确，D 错误。
5.(2025·重庆卷·5)某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域OMPQ 内分
布有平行于OQ 的匀强电场，N 为QP 的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b 分别从Q 点和O 点垂直于
OQ 同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N 点，K 为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相
互作用，则可推断a、b( )
A.具有不同比荷
B.电势能均随时间逐渐增大
C.到达M、N 的速度大小相等
D.到达K 所用时间之比为1∶2
答案 D
解析 根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，带电粒子a、b 分别从Q 点和O 点同时进入电场，
沿题图中所示轨迹同时到达M、N 点，可知，运动时间相等，由题图可知，沿初速度方向位移之比为
2∶1，则初速度之比为2∶1，带电粒子a、b 到达K 的水平位移相等，由于带电粒子a、b 初速度之比为
2∶1，则所用时间之比为1∶2，故D 正确；沿电场方向的位移大小相等，由y＝1
2at2可知，粒子运动的加
速度大小相等，由牛顿第二定律有qE＝ma，可得q
m ＝a
E ，可知带电粒子具有相同比荷，故A 错误；带电
粒子运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B 错误；沿电场方向，由公式vy＝at 可
知，到达M、N 的竖直分速度大小相等，由于初速度之比为2∶1，则到达M、N 的速度大小不相等，故C
错误。
6.(2025·重庆卷·6)在科学实验中可利用激光使原子减速，若一个处于基态的原子朝某方向运动，吸收一个
沿相反方向运动的能量为E 的光子后跃迁到相邻激发态，原子速度减小，动量变为p。普朗克常量为h，
光速为c，则( )
A.光子的波长为E
hc
B.该原子吸收光子后质量减少了E
c
2
C.该原子吸收光子后德布罗意波长为h
p
D.一个波长更长的光子也能使该基态原子跃迁到激发态
答案 C
解析 光子能量公式为E＝hν＝hc
λ ，解得光子波长λ＝hc
E ，故A 错误；原子吸收光子后，能量增加ΔE，
根据质能方程Δm＝Δ E
c
2 ，质量应增加而非减少，故B 错误；德布罗意波长公式为λ＝h
p，吸收光子后原子
动量为p，因此德布罗意波长为h
p，故C 正确；吸收光子跃迁需光子能量严格等于能级差。由E＝hc
λ' 可知，
波长更长的光子能量更低，不一定满足跃迁条件，故D 错误。
7.(2025·重庆卷·7)“金星凌日”时，从地球上看，金星就像镶嵌在太阳表面的小黑点。在地球上间距为d
的两点同时观测，测得金星在太阳表面的小黑点相距为L，如图所示。地球和金星绕太阳的运动均视为匀
速圆周运动，太阳直径远小于金星的轨道半径，则地球和金星绕太阳运动的( )
A.轨道半径之比为L
d
B.周期之比为
3√( L＋d
L
)
2
C.线速度大小之比为√
L＋d
L
D.向心加速度大小之比为(
L
L＋d )2
答案 D
解析 根据题意结合几何知识可知地球和金星绕太阳运动的轨道半径之比为
r地
r金
＝d ＋L
L
，故A 错误；根
据万有引力提供向心力有GMm
r
2
＝m(2π
T )2r＝mv
2
r ＝ma，解得T＝√
4 π
2r
3
GM
，v＝√
GM
r
，a＝GM
r
2 ，故可得
周期之比为T 地
T 金
＝√( d ＋L
L
)
3；线速度大小之比为
v地
v金
＝√
L
d ＋L；向心加速度大小之比为
a地
a金
＝(
L
d ＋L
)2，故B、C 错误，D 正确。
二、多选题
8.(多选)(2025·重庆卷·8)一浮筒(视为质点)在池塘水面以频率f 上下振动，水面泛起圆形的涟漪(视为简谐波)。
用实线表示波峰位置，某时刻第1 圈实线的半径为r，第3 圈实线的半径为9r，如图所示，则( )
A.该波的波长为4r
B.该波的波速为2fr
C.此时浮筒在最低点
D.再经过1
4 f ，浮筒将在最低点
答案 AD
解析 根据题意某时刻第1 圈实线的半径为r，第3 圈实线的半径为9r，故可得2λ＝9r－r，即λ＝4r，故A
正确；该波的波速为v＝λf＝4rf，故B 错误；由λ＝4r，根据某时刻第1 圈实线的半径为r＝1
4 λ 可得此时浮
筒处于平衡位置，由于波向外传播，根据同侧法可知此时浮筒处于平衡位置向下振动，故再经过1
4 f ＝1
4
T，浮筒将在最低点，故C 错误，D 正确。
9.(多选)(2025·重庆卷·9)2025 年1 月“疆电入渝”工程重庆段全线贯通，助力重庆形成特高压输电新格局，
该工程计划将输电站提供的1.6×106 V 直流电由新疆输送至重庆，多次转换后变为1.0×104 V 的交流电，
再经配电房中的变压器(视为理想变压器)降为220√2sin (100πt) V 的家用交流电，若输电线路输送功率为
8.0×109 W，且直流输电过程中导线电阻产生的电功率损耗不超过输送功率的5%，则( )
A.直流输电导线中的电流为250 A
B.直流输电导线总阻值不超过16 Ω
C.家用交流电的电压最大值为220 V，频率为50 Hz
D.配电房中变压器原、副线圈中电流比为11∶500
答案 BD
解析 直流输电导线中的电流由I＝P
U 计算得I＝8.0×10
9 W
1.6×10
6 V
＝5 000 A，故A 错误；导线允许的最大功
率损耗为输送功率的5%，故P 损m＝0.05×8.0×109 W＝4×108 W，由P 损m＝I2Rm得导线总阻值的最大值Rm
＝
P损m
I
2 ＝4×10
8
(5 000)
2 Ω＝16 Ω，故B 正确；家用交流电表达式为220√2sin (100πt) V，其最大值为220√2
V；频率为f＝ω
2π ＝100 π
2π Hz＝50 Hz，故C 错误；变压器原线圈电压U1＝1.0×104 V，副线圈电压U2＝
220 V，匝数比n1
n2
＝U 1
U 2
＝10 000V
220V
＝500
11 ，电流比与匝数比成反比可知I 1
I 2
＝n2
n1
＝11
500，故D 正确。
10.(多选)(2025·重庆卷·10)如图甲所示，小明设计的一种玩具小车由边长为d 的正方形金属框efgh 做成，小
车沿平直绝缘轨道向右运动，轨道内交替分布有边长均为d 的正方形匀强磁场和无磁场区域，磁场区域的
磁感应强度大小为B，方向竖直向上。gh 段在磁场区域运动时，受到水平向右的拉力F＝kv＋b(k>0，
b>0)，且gh 两端的电压随时间均匀增加；当gh 在无磁场区域运动时，F＝0。gh 段速度大小v 与运动路程
s 的关系如图乙所示，图中v0(v0<b
k )为gh 每次经过磁场区域左边界时速度大小，忽略摩擦力。则( )
A.gh 在任一磁场区域的运动时间为
kd
b-k v0
B.金属框的总电阻为B
2d
2
k
C.小车质量为
k
2d
2(b-k v0)
D.小车的最大速率为2b
k ＋v0
答案 BC
解析 由题知gh 段在磁场区域运动时，两端的电压随时间均匀增加，则说明gh 在磁场中运动时做匀变速
直线运动，设运动的速度为v，有E＝Bdv，I＝E
R ，F 安＝BId，F－F 安＝ma，联立有kv＋b－B
2d
2v
R
＝ma，
由于gh 在磁场中运动时做匀变速直线运动，则有kv＝B
2d
2v
R
，ma＝b，解得R＝B
2d
2
k
，故B 正确；gh 在
无磁场区域运动时，F＝0，根据动量定理有－B
2d
3
R
＝mv0－mvmax，gh 在磁场中运动时做匀变速直线运动有
vmax
2－v0
2＝2ad，结合ma＝b，解得m＝
k
2d
2(b- v0k )，vmax＝2b
k －v0，故C 正确，D 错误；由于gh 在磁场
中运动时做匀变速直线运动，则有vmax＝v0＋at，解得t＝kd
b ，故A 错误。
三、实验题
11.(2025·重庆卷·11)弹簧是熄火保护装置中的一个元件，其劲度系数会影响装置的性能。小组设计了如图
甲所示的实验装置测量弹簧的劲度系数，其中压力传感器水平放置，弹簧竖直放在传感器上，螺旋测微器
竖直安装，测微螺杆正对弹簧。
(1)某次测量时，螺旋测微器的示数如图乙所示，此时读数为 mm。
(2)对测得的数据进行处理后得到弹簧弹力F 与弹簧长度l 的关系如图丙所示，由图可得弹簧的劲度系数为
＿＿＿＿＿ N/m，弹簧原长为 mm(均保留3 位有效数字)。
答案 (1)7.413 (2)188 17.6
解析 (1)根据螺旋测微器的读数规则有题图乙读数为
7 mm＋41.3×0.01 mm＝7.413 mm
(2)由题图丙，可知当弹力为零时弹簧处于原长，为17.6 mm
将题图反向延长与纵坐标的交点约为2.55 N，则根据胡克定律可知弹簧的劲度系数为k＝Δ F
Δl ≈188 N/m。
12.(2025·重庆卷·12)熄火保护装置主要由弹簧、热电偶和电磁铁等组成，其示意图如图甲所示，A、B 为导
线上两个接线端。小组设计了如图乙所示的电路(部分连线未完成)进行探究，图中数字毫安表内阻约为1
Ω，数字毫伏表内阻约为10 MΩ。
(1)将图甲中的A、B 端分别与图乙中的A'、B'端连接，测量热电偶和电磁铁线圈构成的组合体电阻。已知
组合体电阻不超过0.05 Ω，则未完成的连接中，Q 端应和 (填“b”或“c”)处相连，理由是 。
正确连线后，开始时滑动变阻器的滑片应置于 (填“d”或“e”)端。
(2)闭合开关S1、S2，实验测得组合体电阻为0.020 Ω，当电磁铁线圈中的电流小于142 mA 时，电磁铁无法
继续吸合衔铁，衔铁被释放。断开开关S1、S2，从室温加热热电偶感温端到某一温度后，停止加热，使其
自然冷却至室温。测得整个过程中热电偶受热产生的电动势E'随时间t 的变化关系如图丙所示。在相同的
加热和冷却过程中，如果将A、B 端直接连接，不计温度变化对组合体电阻的影响，从停止加热到吸合的
衔铁被释放，所用的时间约为 s(保留3 位有效数字)。
答案 (1)b 见解析 e (2)20.0
解析 (1)根据题意可知，组合体电阻不超过0.05 Ω，远小于数字毫伏表内阻，应采用数字毫安表外接法，
即Q 端应和b 处相连。
滑动变阻器采用分压接法，闭合开关时，为了保护电表，滑动变阻器的滑片应置于e 端。
(2)根据题意衔铁被释放时，电动势为E＝Ir＝0.02×142×10－3 V＝2.84 mV
停止加热时，热电偶受热产生的电动势E'最大，如图所示
由图可知，从停止加热到吸合的衔铁被释放，所用的时间约为Δt＝35.0 s－15.0 s＝20.0 s。
四、解答题
13.(2025·重庆卷·13)如图为小明设计的电容式压力传感器原理示意图，平行板电容器与绝缘侧壁构成密闭
气腔。电容器上下极板水平，上极板固定，下极板质量为m、面积为S，可无摩擦上下滑动。初始时腔内
气体(视为理想气体)压强为p，极板间距为d。当上下极板均不带电时，外界气体压强改变后，极板间距变
为2d，腔内气体温度与初始时相同，重力加速度为g，不计相对介电常数的变化，求此时
(1)腔内气体的压强；
(2)外界气体的压强；
(3)电容器的电容变为初始时的多少倍。
答案 (1) p
2 (2) p
2 ＋mg
S (3)1
2
解析 (1)根据题意可知腔内气体温度不变，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2
其中p1＝p，V1＝Sd，V2＝2Sd
可得p2＝p
2
(2)对下极板受力分析有p2S＋mg＝p0'S
可得p0'＝p2S＋mg
S
＝p
2 ＋mg
S
(3)根据平行板电容器的决定式C＝εr S
4 π kd ，变化后间距为2d，其他条件均不变
可知电容器的电容变为初始时的1
2。
14.(2025·重庆卷·14)研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的
装置，如图所示，水平放置的荧光屏上方有磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、
N、M 均为荧光屏上的点，且在纸面内的同一直线上。发射管K(不计长度)位于O 点正上方，仅可沿管的方
向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同时发射的正、负粒子速度大小相同，方向
相反，比荷均为q
m。已知OK＝3h，OM＝3√3h，不计粒子所受重力及粒子间相互作用。
(1)若K 水平发射的粒子在O 点产生光点，求粒子的速度大小；
(2)若K 从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N 点产生光点，求粒子的速度
大小；
(3)要使(2)问中发射的带正电粒子恰好在M 点产生光点，可在粒子发射t 时间后关闭磁场，忽略磁场变化的
影响，求t。
答案 (1)3qBh
2m (2)2qBh
m
(3)2π m
3qB
解析 (1)由题意粒子水平发射后做匀速圆周运动，要在O 点产生光点，其运动半径r＝3h
2
运动过程中由洛伦兹力提供向心力有
qvB＝mv
2
r
联立解得v＝qBr
m ＝3qBh
2m ；
(2)若K 从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N 点产生光点，则两端粒子的
轨迹正好构成一个完整的圆，且在N 点与荧光屏相切，如图
由于K 从水平方向逆时针旋转60°，则θ＝30°，根据几何关系有r1＋r1sin 30°＝3h，故此时粒子做匀速圆周
运动的半径为r1＝2h
根据洛伦兹力提供向心力可知qv1B＝m v1
2
r1
解得v1＝qBr1
m
＝2qBh
m
；
(3)由题意知带正电粒子恰好在M 点产生光点，则关闭磁场时粒子速度恰好指向M，过M 点做正电粒子轨
迹的切线，切点为P，如图
由(2)分析可知ON＝r1cos 30°＝√3h，则NM＝2√3h
由于O'N＝r1＝2h，且O'N⊥NM
根据几何关系可知∠NO'M＝∠PO'M＝60°，而∠KO'N＝120°
所以α＝120°
粒子在磁场中运动的周期T＝2π r
v
＝2π m
qB ，对应的圆心角α＝120°
所以t＝1
3T＝1
3·2π m
qB ＝2π m
3qB 。
15.(2025·重庆卷·15)如图所示，长度为d 的水平传送带顺时针匀速运动。质量为m 的小物块A 在传送带左
端M 由静止释放。A 还未与传送带达到相同速度时就从右端N 平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的
小物块B 发生碰撞(碰撞时间极短)。碰后A、B 均向右运动，从O 点进入粗糙水平地面。设A 与传送带间
的动摩擦因数和A、B 与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。
(1)求A 在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
(2)若碰前瞬间，B 的速度大小为A 的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B 在粗糙地面上停下后相距d，
求B 的质量；
(3)若B 的质量是A 的n 倍，碰后瞬间A 和B 的动量相同，求n 的取值范围及碰后瞬间B 的速度大小范围。
答案 (1)μg √2 μgd (2)m
3 (3)1
3≤n≤1，√2 μgd
2
≤vB≤3√2 μgd
2
解析 (1)A 在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即μmg＝ma
可得a＝μg
由于A 还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物块A 在传送带上做匀加速直线运动，由速度位
移关系v1
2＝2ad
解得v1＝√2 μgd；
(2)设B 的质量为m'，则由题意可知碰前vA＝v1，vB＝v1
2 ，两物块发生弹性碰撞，则由动量守恒定律和能量
守恒定律有mv1＋m'v1
2 ＝mv1'＋m'v2'，1
2mv1
2＋1
2m'(v1
2 )2＝1
2mv1'2＋1
2m'v2'2
联立解得v1'＝
m v1
m＋m' ，v2'＝(3m＋m' )v1
2(m＋m' )
因为从O 点进入粗糙水平地面，由动能定理有－μmgs＝0－1
2mv2
得s＝v
2
2 μg，即sA＝v1'
2
2 μg
，sB＝v2'
2
2 μg
根据题意有sB－sA＝d，且由(1)有v1＝√2 μgd
联立各式解得m'＝m
3
(3)A、B 碰撞过程动量守恒有
mv1＝mvA＋nmvB
又因为碰后瞬间A 和B 的动量相同，
则vB＝v1
2n，vA＝v1
2
根据碰撞的约束条件，要两物块不发生二次碰撞，则有vA≤vB，即n≤1
碰后动能不增加，即1
2mv1
2≥1
2m(v1
2 )2＋1
2(nm)( v1
2n)2，可得n≥1
3
所以n 的取值范围为1
3≤n≤1
分别将n＝1 和n＝1
3代入vB＝v1
2n，
分别可得vB＝v1
2 ，vB＝3 v1
2
所以对应的B 的速度范围为v1
2 ≤vB≤3 v1
2 ，
代入v1＝√2 μgd
可得√2 μgd
2
≤vB≤3√2 μgd
2
。
