試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁重慶市2025年普通高等學校招生統一考試物理模擬試卷參考答案1．【答案】A【詳解】將重力沿OB、OA繩的方向分解，如圖所示。因不計一切摩擦，則則，故選A。2．【答案】D【詳解】A．因原子能級躍遷放出的光子的能量等于原子的能級差，由題圖可知光子①、⑤對應的能量關系為，故A錯誤；B．由題圖可知光子③、⑤對應的能量關系為由光子能量可知，③的頻率小于⑤的頻率，故B錯誤；C．由光子能量和可知，用④照射某金屬表面時能發生光電效應，可知大于此金屬的逸出功，因，則無法比較與的大小關系，故用⑥照射該金屬不一定能發生光電效應，故C錯誤；D．態能級與基態能級差保持不變，即①和②的頻率之和等于⑤和⑥的頻率之和，故D正確。故選D。3．【答案】A【詳解】A．潛水員看岸上的景物都出現在一個倒立的圓錐里是光的折射現象，故A正確；B．墊片向左移動后，空氣薄膜夾角增大，由可知條紋間距變小，條紋要向左移動，故B錯誤；C．發生單縫衍射時當狹縫個數增加，衍射條紋的寬度將變窄，亮度將增加，故C錯誤；D．3D電影的原理是利用光的偏振現象，故D錯誤。4．【答案】B【詳解】AB．對題圖甲中A、B分析，設繩與豎直方向的夾角為，繩長為l，小球的質量為m，小球A、B到懸點O的豎直距離為h，則解得所以小球A、B的角速度相等，線速度大小不相等，故A正確，不符合題意；B錯誤，符合題意；CD．對題圖乙中C、D分析，設繩與豎直方向的夾角為，小球的質量為m，繩上拉力為FT，則有，得，所以小球C、D所需的向心加速度大小相等，小球C、D受到繩的拉力大小也相等，故CD正確，不符合題意。故選B。5．【答案】C【詳解】由圖可知，周期，振幅為4cm，則再過3.5s時，O點位移為，故選C。6．【答案】D【詳解】A．線圈中產生的磁場強弱程度與通過線圈的電流大小成正比，根據圖乙可知，線圈中產生的磁感應強度（磁通量）變化步調與電流i的變化步調一致，在時間內，線圈電流i從0逐漸增大，但其變化率卻逐漸減小至0，所以線圈中的磁通量變化率也逐漸減小至0，即通過金屬小球的磁通量變化率也逐漸減小至0，金屬小球中感應電動勢也逐漸減小至0，金屬小球中的渦流也逐漸減小至0，在時刻，磁感應強度為0，金屬小球受到線圈磁場對它的作用力為0，時刻，金屬小球的感應電動勢為0，感應電流也為0，此時刻金屬小球受到線圈磁場對它的作用力也為0，故時間內，金屬小球受到線圈磁場對它的作用力應先增大后減小，即加速度應先增大后減小，故A錯誤；B．電容器放電過程中，變化的磁場在空間產生了變化的電場，然后以電磁波的形式傳遞出去，散失了一部分能量，同時線圈中有電流，會產生磁場，磁場本身也有一定的能量，所以時間內，電容器儲存的電能沒有全部轉化為小球的動能，故B錯誤；C．適當增加塑料管的長度，增長后，小球會在電流減小的過程中離開塑料管，當電流減小時，磁場也會減小，通過楞次定律判斷可知，此時線圈的作用力向左，阻礙小球運動，所以適當加長塑料管，小球速度會在減小，故C錯誤；D．時間內，電流逐漸增大，產生的磁場也會增強，通過楞次定律判斷可知，原磁場增大，感應磁場與原磁場方向相反，由右手螺旋定則判斷可得，小球中產生的渦流是逆時針方向的，故D正確。故選D。7．【答案】B【詳解】A．根據萬有引力提供向心力可得聯立可得圖像的斜率為該星球和地球的質量之比故A錯誤；B．“探測衛星”在該星球近表面和地球近表面運動時均滿足，則則根據萬有引力提供向心力可得可得該星球和地球的第一宇宙速度之比故B正確；C．體積為密度為該星球和地球的密度之比為，故C錯誤；D．根據萬有引力與重力的關系該星球和地球表面的重力加速度大小之比為，故D錯誤。故選B。8．【答案】AD【詳解】AB．由右手定則可知，金屬棒中電流由M流向N，金屬棒相當于電路的電源，電源內部電流從電勢低的位置流向電勢高的位置，則M點電勢低N點電勢，故A正確，B錯誤；C．金屬棒轉到MN位置時，感應電動勢大小為，故C錯誤；D．金屬棒轉到MN位置時，圓環左右兩部分并聯，電路的總電阻為由閉合電路歐姆定律可知金屬棒中的電流的大小為，故D正確。故選AD。9．【答案】AB【詳解】A．由L一T圖像可知，從狀態A到狀態B，缸內封閉氣體發生等容變化，活塞位于卡點處，從狀態B到狀態C，缸內封閉氣體發生等壓變化，缸內封閉氣體的壓強恒為，從狀態A到狀態B，由解得故A正確；B．從狀態B到狀態C，由，，聯立解得。故B正確；C．從狀態B到狀態C，缸內封閉氣體對外做功由熱力學第一定律，有故C錯誤；D．從狀態B到狀態C，由(C為常量)知直線BC一定過坐標原點，故D錯誤。故選AB。10．【答案】ABC【詳解】A．小物塊在傳送帶下端A無初速度釋放后，受到的滑動摩擦力沿傳送帶向上，做勻加速直線運動由牛頓第二定律可得解得假設小物塊能與傳送帶達到相同速度，則勻加速直線運動小物塊上滑的位移為則假設成立，小物塊勻加速運動的時間為速度相同后，由于小物塊與傳送帶一起勻速，小物塊勻速運動的時間為則小物塊從A運動到B所用的時間為A正確；B．小物塊運動到皮帶輪最高點時所需的向心力所以小物塊運動到皮帶輪最高點時，一定受到皮帶輪的支持力作用，B正確；C．小物塊與傳送帶的相對位移為小物塊與傳送帶摩擦產生的熱量為B、C的高度小物塊從A點運動到C點，根據能量守恒可得電動機比空載時多消耗的電能為故C正確；D．若小物塊剛好停在CD中點，根據動能定理有解得D錯誤。故選ABC。11．【答案】(1)(2)是(3)(4)(5)偏小【詳解】（1）小球經過光電門的速度為根據牛頓第二定律有解得可知圖像橫坐標表示的物理量為（2）由（1）中可知圖像與縱坐標的交點代表，則理想情況下，圖乙中各圖像的延長線交于縱軸上的同一點。（3）根據可知圖像的斜率為圖乙中A組實驗與B組實驗的斜率之比為則A組實驗所用細繩的長度與B組實驗所用細繩長度之比為1:2。（4）根據可知將圖乙的縱坐標改為則可以得到結論：向心力的大小與線速度的平方成正比。（5）由于遮光片位于小球的下方，則半徑變大，圖乙中的斜率與準確值相比偏小。12．【答案】(1)D圖略(2)2.5/2.4/2.6(3)PTC在汽車電路中，當溫度升高，PTC熱敏電阻的電阻會增大，由串聯分壓可知，可以防止其他元件兩端的電壓過大，從而保護電路和設備【詳解】（1）[1][2]因為要求熱敏電阻兩端的電壓從零開始逐漸增大，所以滑動變阻器采用分壓接法，為了便于調節，應選用阻值較小的滑動變阻器D；完整電路圖如圖所示（2）由測量電路，可知熱敏電阻電壓為熱敏電阻的電流為把圖像轉換為圖像，并做出電動勢，內阻的電源的圖線，如圖所示圖像中電源的圖線與圖線b的交點坐標的乘積為該元件的實際功率，則有（3）[1][2]在汽車電路中，當溫度升高，PTC熱敏電阻的電阻會增大，由串聯分壓可知，可以防止其他元件兩端的電壓過大，從而保護電路和設備。所以應該選用PTC熱敏電阻。13．解：（1）設m與M碰撞前瞬間m的速度大小為v0，由自由落體運動的規律有v02=2gh解得v0=4m/sm與M碰撞過程，由動量守恒定律有mv0=(M+m)v解得v=2m/s（2）m與M一起下降d過程，由動能定理有(M+m)gd?fd=0?(M+m)v2解得d=0.4m14．解：（1）小物塊1從A點到B點做平拋運動，豎直方向有B點豎直方向的速度為小物塊恰好沿切線方向進入圓弧軌道BC，有解得小物塊1拋出時水平速度v0的大小（2）B點的速度為小物塊1從B點到C點，根據動能定理有解得小物塊1滑動至C點時，根據牛頓第二定律可得根據牛頓第三定律，小物塊1滑動至C點時，對圓弧軌道的壓力大小為（3）小物塊1與小木塊2發生碰撞，由動量守恒得解得若物塊沒有與右側彈簧相碰，對三個物體組成的系統，根據動量守恒和能量守恒有解得木板的長度為若物塊與右側彈簧相碰，對三個物體組成的系統，根據能量守恒有解得木板的長度為綜上所述，木板的長度為或。15．解：（1）粒子從M點運動到P點的過程，由動能定理有解得從P點運動到Q點的過程，粒子做類平拋運動，則有解得解得粒子在第一象限運動的過程中，由牛頓第二定律有解得（2）設粒子從Q點進入第四象限時的速度為，該速度與x軸正方向的夾角為θ，則解得粒子進入磁場后做勻速圓周運動，在電場中，水平分速度恰好減為0時滿足題意，即進入中的速度與水平方向間的夾角也為，則粒子在磁場中的運動軌跡為半個圓，如圖甲所示在電場加速時，有解得根據幾何關系有在磁場