2025届四川省高三年级上册第一次学业水平选择性模拟考试物理试题（解析版）

高2025届第一次普通高中学业水平选择性模拟考试

物理试题

本试卷满分100分，考试时间75分钟

注意事项：

1、答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单选题：本大题共7小题，每小题4分，共28分，每小题给出的4个选项中只有一个

答案符合要求。

1.下列加下划线的单位，属于国际单位制中的基本单位的是（）

A.某型号新能源电动车充电80%仅需45min

B.2020年5月21日，小明用共享单车骑行了5.28km

C.小张2019年1月加入蚂蚁森林环保大军，全年为地球减少了23.3地二氧化碳排放

D.全新的iPhone超视网膜显示屏大小是6.（英寸）

【答案】C

【解析】ABCD.国际基本单位包括质量（kg）、时间（s）、长度（m）、电流（A）、热力学

温度（T）、物质的量（mol）和发光强度（cd）。ABD错误，C正确。

故选C„

2.超市货架陈列着四个完全相同的篮球，不计摩擦，挡板均竖直，则4球中对圆弧面压力

最小的球是（）

B.b球C.c球D.d球

【答案】D

【解析】对球受力分析，如图所示

N

设圆弧面切线与水平方向的夹角为a,根据平衡条件，有

N=H

cosa

故a越小，N越小，故弧面对小球支持力最小的是一球，根据牛顿第三定律，对弧面压力最

小的也是d球。

故选D。

3.如图所示，为电子枪的工作原理，金属丝加热后可以发射电子，发射出的电子被加速电

场加速，穿出金属板上的小孔后，形成高速运动的电子束.其中加热电源的电动势为E,加

速电压为U.下列说法正确的是（）

A.加热电源的正负不能接反

B,加速电压的正负不能接反

C.加速电场的电场线从金属丝发出，终止于金属板

D.电子被加速时，一定是沿着电场线运动的

【答案】B

【解析】A.加热电源的作用是产生电流使金属丝发热，所以加热电源的正负可以接反.故

A项错误.

B.加速电压的作用是让电子从金属丝到金属板运动时做加速运动，加速电压的正负不能接

反.故B项正确.

C.金属板接加速电压正极，金属丝接加速电压的负极；加速电场的电场线从金属板发出，

终止于金属丝.故c项错误.

D.金属板与金属丝间加速电场的电场线有直线有曲线；电子发射出的速度方向未知，则电

子加速时可能不沿着电场线运动.故D项错误.

4.人造地球卫星与地心间距离为厂时，取无穷远处为势能零点，引力势能可以表示为

GMrn

Ep=---------,其中G为引力常量，M为地球质量，优为卫星质量。卫星原来在半径为n

的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于稀薄空气等因素的影响，飞行一段时间后其圆周运动

的半径减小为F2o此过程中损失的机械能为（）

GMmGMm

3h)

C.GMmGMm

24riJ

【答案】A

【解析】根据题意，卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为（

时有

GMmv；

=m—

卫星的引力势能为

尸GMm

鼎=-------

轨道半径为々时

GMmy；

=m­

Wr2

卫星的引力势能为

『GMm

设损失的机械能为AE,根据能量守恒定律得

联立以上各式可得

故选Ao

5.一列向右传播的横波在t=0时的波形如图所示，A、B两质点间距为8m,B、C两质点平

衡位置的间距为3m,当t=ls时，质点C恰好通过平衡位置，该波的波速可能为()

1

A.—m/sB.3m/s

3

C.5m/sD.llm/s

【答案】C

【解析】由图读出波长入=8m.波向右传播，质点C恰好通过平衡位置时，波传播的最短距

QfQ

离为1m,根据波形的平移法得:t=(n+l/8)T或(n+5/8)T,n=0,1,2...,T-------s---------s,

8n+l8n+l

丸

贝U波速v=—=(8n+l)m/s或v=(8n+5)m/s；当n=0时：v=lm/s或5m/s,当n=l时：v=9m/s

或13m/s,当n=2时：v=17m/s或21m/s,故选C.

6.如图甲所示，一质量为M、长为上的导体棒，通过两根长均为/、质量可不计的细导线系

在同一水平面上的固定连接点上.在导体棒所在空间存在方向竖直向上、大小为B的匀强磁

场.细导线通过开关S与电阻H和直流电源串接起来。不计空气阻力和其它电阻，导体棒运

jr

动时，细导线偏离竖直方向用图示的角度。来表示。接通S,导体棒恰好在一时处于静

4

JT7T

止状态；将导体棒从8==移到。=二+5(5为小量)，静止后撤去外力，导体棒开始振

A.电源电动势£="选尺

2BL

c.电阻消耗的焦耳热Q=-cos<5)

D.角度e随时间r变化的图线为图乙

【答案】B

7T

【解析】A.导体棒恰好在8==时处于静止状态，对导体棒受力分析如图

Mg

可知

%=Mg

又

F

F^=BIL=B—L

女R

解得电源电动势

故A错误；

B.根据平行四边形定则，导体棒所受的安培力与重力的合力大小等于

F^=y[2Mg

振动周期

T=2%F=2%

故B正确；

C.根据能量守恒，电阻消耗的焦耳热为损失的重力势能与电能之和，即为

Q=yf2Mgl(1-cos3)+E^

故C错误；

D.随着时间的推移，。会越来越小，不可能突然增大，故D错误。

故选B。

7.如图，顶端固定一滑轮的斜面高从质量为2%、倾角6=60。，置于斜面顶端的小物体质

量为相（可视为质点），一长度远大于斜面斜边长度的轻绳一端与小物体连接、另一端固定

在竖直墙壁离水平地面高也为处，用手给斜面一个水平推力，使得斜面静止，且小物体静

止在斜面顶端。（滑轮质量、一切接触面之间的摩擦均不计，重力加速度为g）,松手后，小

物体沿斜面下滑过程中，如果以水平地面为参考系和重力势能零势面，以下说法正确的是

（）

A.物体受到斜面的支持力不做功

B.轻绳拉力对物体和斜面组成系统不做功

Q

C.物体到达斜面底端时，其动能为‘"的

Q

D.物体到达斜面底端时，斜面机械能为

【答案】B

【解析】A.物体下滑，斜面体后退，物体受到斜面的支持力垂直斜面，与位移的夹角不等

于90。，可知支持力对物体做功，A错误；

B.绳子的拉力为零，可知绳子的拉力对物体不做功，则轻绳拉力对物体和斜面组成系统不

做功，B正确；

CD.由于绳子长度远大于斜面长度，则绳子对物体无拉力，则物体和斜面系统水平方向动

量守恒，则物体到达斜面底端时水平方向有

mvx=2mv2

以斜面为参考系系，物体的速度沿斜面方向，因此可得物块在竖直方向的速度为

vy=tan60°（2v2+v2）=3A/3V2

由能量关系可知

mgh=gm-x2/nv^

")+22

解得物体的动能为

77I(22\31i

Eki=5矶匕+vy)=—mgh

斜面机械能为

E^=1-x2mV2=—2mgh

CD错误。

故选B„

二、多选题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。每小题给出的4个选项中，有多项

符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得部分分，有选错得。分。

8.甲、乙两辆汽车同时同地出发，沿同方向做直线运动，两车速度的平方v2随位移x的

变化关系图像如图所示，下列说法正确的是（）

A.汽车甲停止前，甲、乙两车相距最远时，甲车的位移为8m

B.汽车甲的加速度大小为4m/s2

汽车甲、乙在/=3仄时相遇

D.汽车甲、乙在x=6m处的速度大小为2j§m/s

【答案】CD

【解析】B.根据位移与速度的关系式，对甲进行分析有

—v甲0=2a甲x

变形有

-2a甲x+v亩0

则有

2”上至m/s?=—加房

9

解得

2

q甲=-2m/s

即汽车甲的加速度大小为2m/s2,故B错误；

A.根据位移与速度的关系式，对甲进行分析有

2

v=2a乙x

则有

22

2a乙=^-m/s=2m/s

解得

a乙=Im/s2

甲做匀减速直线运动，乙做匀加速直线运动，两者共速时有

v共=v甲0+a甲K=a乙G

结合上述与图像解得

弓=2s,丫共=2m/s

此时两者间距最大

%迎±1与士6m

max212]

故A错误；

C.利用逆向思维，甲车停止运动时间

/°=&L=3S

一绵

若甲乙相遇，则有

12_£2

万=丫甲（A+万族，2

解得

弓=4s〉J=3s

可知，在4s前甲已经停止运动，令相遇时间为^3,则有

Qa乙片

一2缉

解得

=3A/2S

故C正确；

D.根据图像可知，汽车甲、乙在x=6m处的速度大小相同，对乙有

v2=2a乙x

解得

v=2百m/s

故D正确。

故选CD。

9.如图所示，两条足够长平行光滑金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为。=30。，导轨上

端接有阻值为尺=1。的定值电阻，导轨间距为£=lm,导轨电阻忽略不计；在垂直导轨的虚

线油下方有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为8=1T,—导体棒垂直

导轨放置并由静止释放，经〃=ls时间进入磁场，导体棒进磁场时立即给导体棒施加一个平

行斜面的外力，此后金属棒中的电流随时间均匀增大，经t2=0.5s撤去作用，导体棒恰好能

匀速运动，导体棒运动中始终与导轨垂直且接触良好。金属棒的质量为机=lkg、接入电路的

电阻也为R=1Q,重力加速度为g=10m/s2,则f2时间内（）

A.通过电阻R的电量为L75C

B.导体棒沿斜面向下运动的距离为3.75m

C.作用在导体棒上外力的冲量大小为4.75N・s

D.导体棒的机械能增加了18.75J

【答案】BD

【解析】A.设导体棒刚进磁场时速度为也，则

匕=gsin30°?；==5m/s

导体棒刚进磁场时电流大小

=2.5A

当导体棒匀速运动时

mgsin30°=

2R

解得

V2=10m/s

此时电流大小-----=5A

22R

/2时间内通过电阻R的电量q=g(/i+/2»2=L875C

故A错误；

△①

B.由—EA①_BLX2

q=I-At=-----At=

2R2R2R~2R

解得％=3.75m

故B正确；

C.由于电流均匀增大，因此导体棒的速度均匀增大，导体棒做匀加速运动，加速度

a=—~—=10m/s2

’2

由牛顿第二定律F+mgsin300-',（匕+=ma

2R

即拉力随时间均匀增大，导体棒刚进磁场时，施加的外力大小4=7.5N

刚要撤去拉力时玛=10N

则外力的冲量大小/=g(耳+工K=4.375N.s

故C错误；

1,1,

D.导体棒的机械能改变量AE=5"球一5加寸-sin30°-x2=18.751

故D正确。

故选BDo

10.如图，x0y坐标平面的x轴水平，y轴竖直，处于竖直向下、大小为瓦的匀强电场中,

为与Ox轴间夹角，=45°的界面。质量为机，带电量为+g的粒子从y轴上的尸点，以某

一速度vo沿x轴正向射出，经过时间3再在坐标平面内加上另一匀强电场E,之后粒子沿

垂直于界面的方向再经时间才到达界面，且到达界面时速度刚好为零。不计粒子重力，下面

说法正确的是（）

A.粒子到达界面OA后会沿原运动轨迹返回尸点

B.粒子从尸点射出的初速度%=幺空

m

C.后来所加匀强电场的场强石=6纥

D.尸点纵坐标注二岖L

m

【答案】BC

A.粒子运动过程只受电场力作用，粒子到达斜面时速度为零，故粒子在第二个/内做匀减

速直线运动；又有粒子在第一个/内只受竖直向下的电场力作用，故粒子做类平抛运动，那

么，粒子运动轨迹如图中虚线所示，根据粒子在第二个f内做匀减速直线运动，且粒子刚好

沿垂直于斜面的方向到达斜面可得，粒子到达界面OA后不会沿原运动轨迹返回尸点。故A

错误；

B.粒子在第一个f末的速度方向垂直斜面，由类平抛运动加速度

—=tan=1

粒子从尸点射出的初速度

qEot

故B正确;

C.粒子在第二个/内加速度的竖直分量为

at

ay=——=a=

方向竖直向上；水平方向的加速度

a「金

xtm

方向水平向左；粒子受两个电场的电场力作用，场强瓦产生的加速度方向竖直向下，大小

为故场强E产生竖直向上的加速度

m

和水平向左的加速度

所以，场强E的竖直分量为2瓦，水平分量为Eo,所以

石=闻）

故C正确；

D.第一个时间/内，粒子做类平抛运动，在竖直方向的位移

水平方向的位移士=%♦

在第二个时间f内，粒子做匀减速运动，竖直方向的平均速度为水平方向的平均速度

2

为;%,故在竖直方向的位移

水平方向的位移

11

X[=5%4=5为

且有

—=tan45°=1

%

那么，粒子竖直位移

M+%=2%

水平位移

所以，尸点与x轴的距离

为=(为+々)tan8+(%+y2)=5x2=罢

又

_qEf

vo------

m

所以尸点纵坐标

=SqEqt2

为2m

故D错误。

故选BCo

三、实验题

11.在学生实验“用DIS研究机械能守恒定律”中，为了研究势能与动能转化时的规律，需要

按正确的实验步骤来完成。

（1）请按正确的实验顺序填写下列步骤：。

①开启电源，运行DIS应用软件，点击实验条目中的“研究机械能守恒定律”软件界面。

②卸下“定位挡片”和“小标尺盘”，安装光电门传感器并接入数据采集器。

③摆锤置于A点，点击“开始记录”，释放摆锤，摆锤通过。点的速度将自动记录在表格的

对应处。

④把光电门传感器放在标尺盘最底端的。点，并以此作为零势能点。A、B、C点相对于。

点的高度已事先输入，作为计算机的默认值。

⑤点击“数据计算”，计算D点势能、动能和机械能。

⑥依次将光电门传感器放在标尺盘的C、8点，重复实验，得到相应的数据。

（2）在实验过程中，是否有重要的实验步骤遗漏？若有，请写出该步骤的内容:0

【答案】（1）②①④③⑤⑥（2）测量摆锚的直径和质量加，并将数据输入软件界面内

【解析】（1）[1]卸下“定位挡片”和“小标尺盘”，安装光电门传感器，用来采集数据；再开启

电源，运行软件；确定零势能点，然后输入相应的高度；开始点击“开始记录”，同时释放摆

锤；更换光电门位置，重复实验；最后点击“数据计算”，计算。点的势能、动能和机械能。

正确的实验顺序为②①④③⑤⑥。

（2）[2]根据实验原理可知，减小的重力势能转化为动能的增加。还需要测量摆锤的直径Ad

和其质量机。并将数据输入软件界面内。

12.图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；Ri、&、R3、R4

和凡是固定电阻，治是可变电阻；表头G的满偏电流为500NA,内阻为20Q。虚线方框内

为换挡开关,A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位：直流电压5V挡和10V

挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆xlO。挡。

（2）关于治的使用，下列说法正确的是（填正确答案标号）;

A.在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置

B.使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整凡使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置

C.使用电流挡时，调整治使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置

(3)根据题给条件可得品+&=Q,凡=。，R=Q；

(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(6)所示。若此时B端是与“1”相连的，则多用电

表读数为;若此时2端是与“3”相连的测量某电阻则读数为；若此时8端

是与“4”相连的，则读数为；

(5)若该多用电表使用一段时间后，电池电动势不变，内阻变大，此表仍能调零，按照正确

使用方法再测上述电阻尺,其测量值与原结果相比较，测量结果(选填“变大”“变小”

或“不变”)。若该多用电表使用■段时间后，电池电动势变小，内阻不变，此表仍能调零，

按照正确使用方法再次测量上述电阻氐,其测量值与原结果相比较，新测量结果。(选

填“变大,，“变小,，或“不变”)

【答案】⑴红(2)B(3)2049905000(4)1.75mA(1.74~1.76)70Q

3.50V(3.49-3.51)(5)不变变大

【解析】根据欧姆表的原理可知，内部电源的负极应该接红表笔，这样才能保证在测

电阻时电流表中的电流“红进黑出

(2)[2]由电路图可知，几只在测量电阻时才会接入电路，其作用只能进行欧姆调零，不能进

行机械调零，同时在使用电流挡时，也不需要进行调节。故B正确，AC错误。

故选B。

⑶[3]直流电流分为1mA挡和2.5mA挡，由图可知，当接2时应为1mA;根据串并联电路

规律可知

IR500x10^20

R.+R,=QQ

一f1x10-3-500x10-6

20x20

10Q

20+20

[4]由图可知，当接4时应为直流电压5V挡,是将改装后的1mA电流表与凡串联后再改装

成电压表，根据串并联电路规律可知

5-1x10-3x1。

1义10一3Q=4990Q

⑸由图可知，当接5时应为直流电压10V挡,是将改装后直流电压5V挡与&串联后再改装

成量程更大电压表，根据串并联电路规律可知

5-I（R总+RJ10-1X10-3X（10+4990）

K=------------------=----------------------------------£2=5000£2

'I1X10-3

⑷［6］若与1连接，则量程为2.5mA,读数为1.75mA。

⑺若与3连接，则为欧姆挡x10。挡，读数为7x10。=700。

［8］若与4连接，则量程为5V,故读数为3.50V。

（5）［9］电池电动势不变，内阻变大，欧姆表仍能调零，按正确使用方法在测电阻时，指针偏

转角度与内阻电源较小时相同，其测量结果与原结果相比将不变。

［10］欧姆表调零时，其内阻

电源电动势变小，则欧姆表内阻/变小，用欧姆表测电阻时

一E.44.4

4+段。+ai+6

4

由于4变小，/变小，指针跟原来的位置相比偏左了，所测电阻偏大。

四、解答题：本大题共3小题，共44分，解答应写出文字说明，证明过程及步骤。

13.如图甲所示，一上端开口、下端封闭的粗细均匀长玻璃管竖直放置.玻璃管的下部封有

长4=25.0cm的空气柱，中间有一段长为4=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度

4=40.0cm.己知大气压强为Po=75.OcmHg.现将玻璃管顺时针旋转至水平放置，如图

乙所示，贝1J：

图甲

（1）水银柱右端离玻璃管开口有多远？

（2）当玻璃管水平时，将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓缓往左推，使玻璃管左

端部空气柱长度变为/；=20.0cm.假设活塞推动过程中没有漏气，求活塞移动的距离.

【答案】(1)31.7cm；(2)26cm

【解析】（1）以cmHg为压强单位，下部分气体：初状态：匕=3，B=Po+，i

末状态：K'=/S,p[=po

根据玻意耳定律可以得到

2»（Po+2i）=ZS-po

解得

100

I,=----cm

13

则水银柱距离右端口距离为

L=25cm+40cm-cm=31.7cm

33

（2）左部分气体：初状态：匕=/产，Pi=Po+L

末状态：Vi=/[S,p'[=p

根据玻意耳定律可以得到

liS<Po+lJ=l；Sp

解得

p=125cmHg

对右面的气体匕=I'3s，Pl=Po

末状态：V2=l3S,PT=p

根据玻意耳定律可以得到

13s•Po=I3s-p

解得

Z3=19cm

活塞移动的距离为

Ax=25cm+25cm+40cm-20cm-25cm-19cm=26cm

【『点石成金』】本题关键是对两端封闭气体分别运用玻意耳定律列式，难点在于确定两端气

体的压强间以及其与大气压强的关系.

14.19世纪末，人们发现当光照射在金属表面时，金属中的电子全因吸收光的能量而逸出金

属表面，如图所示，这种现象称为光电效应。已知电子质量为机、电量为e,光速为c,若

朗克常量为联

（1）用波长为幺的光照射金属表面所产生的光电子垂直进入磁感强度为8的匀强磁场中做

匀速圆周运动时，其最大半径为凡求金属的逸出功W;

（2）一个光源以4=0.8W功率向四周均匀地发射能量。在离光源距离R=l.0m处放置

一小锌板，锌的逸出功W=3.4eV,假设入射光的能量是连续平稳地垂直传给锌板，光的

平均波长为鼠

h

①根据爱因斯坦的光子说和质能方程，证明光子动量P=：（/7是普朗克常量）。

②假设锌板完全吸收所有照射到它上面的能量。求：

a.锌板在垂直入射光方向上单位面积上受到光的平均作用力（用题目中的物理符号表示）。

b.按照经典电磁理论，锌板只需吸收足够的能量就可以逐出电子，若一个要被逐出的电子收

集能量的圆形截面的半径约为一个典型原子的半径r=5.0xl（）Tm,此光源照射条件下，

用此光源照射时电子将被逐出的时间。

c.根据你的计算结果，你认为经典电磁理论在解释光电效应现象时是否合理？谈谈你的看

法。

【答案】（1）B（2）①见解析；②a.—J；b.1088s；c.不合理，理由

22m4TTCR-

见解析

【解析】（1）由光电子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力

v2

qvB=m—

解得

解得最大初动能

「e2B2R2

皖=-------

2m

所以逸出功

W=hv-Ek="-'8一.

22m

（2）①根据

£-hv

£-me1

又

p=me

联立可得

②a.设锌板的面积为S,£时间内锌板吸收的光子个数为N,有

2根PtSA

N=--------=----o------

4-7rR2s4-7rR2hc

由动量定理

-Ft^O-Np

解得

F=4

4TTCR2

结合牛顿第三定律可得单位面积上受到光的平均压力

°S4/rcR-

B.一个电子在单位时间内吸收的能量

E吸=熹兀*

逐出电子所需要的时间为fi,需要的能量为W,有

471A

解得

tx=1088s

c.由于光电效应现象产生光电子的时间极短，几乎不需时间累积，因此经典电磁理论在解

释光电效应现象具有局限性，不合理。

15.如图(a),绝缘不带电木板静止在水平地面上，电荷量以=-2x10-6(2的滑块A静止

在木板上左端，电荷量私=1x10-6(2的滑块B静止在木板上距木板右端d=Um处；B左

8

侧(含B所在位置)的木板面粗糙，右侧的木板面光滑；A、B和粗糙木板面间的动摩擦因

数〃1=0.5,木板和地面间的动摩擦因数〃2=02。/=0时亥iJ,在空间加一水平向右的电

场,场强大小E随时间f变化的图像如图(b),/=6.5s时亥I),撤去电场。已知木板、A、

B的质量均为机=lkg,A、B可视为质点，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，可能的碰

撞均为时间极短的弹性碰撞，不计A、B间的库仑力，重力加速度g=10m/s2。

(1)通过计算判断：f=2s时刻，滑块A、B和木板是否处于静止状态；

(2)t=6s时，求滑块B的速度大小；

(3)判断滑块B是否能再次返回木板上，若能则求出返回初始位置的时刻，若不能则说明

理由。

【答案】(1)滑块A、B和木板均处于静止状态

(2)Im/s

(3)见解析

【解析】【小问1详析】

由题图(b)的£—r图像可知：f=2s时刻，E=2X106N/C;A、B受到的电场力大小

分别为

仄=4|E=4N(向左)

舔=qBE=2N（向右）

A和B所受的最大静摩擦力为

A