2025年6月四川宁夏普通高中学业水平选择性考试物理试题[原卷]附答案

这是一份2025年6月四川宁夏普通高中学业水平选择性考试物理试题[原卷]附答案，共16页。
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/sB．15.5m/sC．23.8m/sD．39.2m/s
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
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 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；
B．点电荷在距其r处的电势为
由于c点到d点r不变，d点到e点r逐渐增大，则根据Ep = φq
可知小球从c点到d点电势能不变，从d点到e点电势能逐渐减小，故B正确；
C．由于rf > rd，根据选项B可知，小球的电势能Epd > Epf，根据能量守恒可知，小球过f点的动能大于过d点的动能，故C错误；
D．由于ra > rb，根据选项B可知，小球的电势能Epb > Epa，根据能量守恒可知，小球过a点的动能大于过b点的动能，则小球过b点的速度小于过a点的速度，故D错误。
故选B。
4．D
【详解】AB．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，体积减小，压强不变，故AB错误；
CD．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，根据玻意耳定律可知压强减小，故C错误，D正确。
故选D。
5．C
【详解】根据单摆周期公式
可知
CD．设甲的周期为，根据题意可得
可得，，
可得，
根据单摆周期公式
结合
可得小球丙、丁的摆长之比
故C正确，D错误；
A．小球甲第一次回到释放位置时，即经过（）时间，小球丙到达另一侧最高点，此时速度为零，位移最大，根据可知此时加速度最大，故A错误；
B．根据上述分析可得
小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为（即）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。
故选C。
6．A
【详解】设卫星转动的周期为，根据题意可得
可得
根据万有引力提供向心力
可得
代入
可得
故选A。
7．C
【详解】A．对物块根据牛顿第二定律有
解得
根据运动学公式有
解得物块的位移大小为
故A错误；
B．物块机械能增量为
故B错误；
C．对小车根据动能定理有
其中
联立解得
故C正确；
D．小车机械能增量为
故D错误。
故选C。
8．AC
【详解】A．根据题意可知的单位为
结合动能公式可知为能量单位，故A正确；
B．同理的单位为
根据可知为力的单位，故可知为力与质量的乘积，故不是能量的单位，故B错误；
C．的单位为
根据前面A选项分析可知该单位为能量单位，故C正确；
D．的单位为，不是能量单位，故D错误。
故选AC。
9．CD
【详解】A．因为，故当选用折射率为1.4的光学玻璃时，根据
可知，即
根据几何知识可知光线第一次发生全反射时的入射角为，故选用折射率为1.4的光学玻璃时此时不会发生全反射，故A错误；
B．当时，此时入射角为，选用折射率为1.6的光学玻璃时，此时的临界角为
故，故此时不会发生全反射，故B错误；
C．若选用折射率为2的光学玻璃，此时临界角为
即，此时光线第一次要发生全反射，入射角一定大于，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，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，故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．AD
【详解】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。
11． 13.14##13.15 49 0.028
【详解】（1）[1]该刻度尺的分度值为0.1cm，应估读到分度值的后一位，故弹簧原长为13.14cm
（4）[2]由胡克定律可知
化简可得
由图像可知
代入数据解得该弹簧的劲度系数为
（5）[3]由图可知
代入数据可得所用小桶质量为
12．(1)0.500
(2) a 左
(3)
(4)CD
【详解】（1）该样品横截面直径的平均值为
（2）[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。
（3）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
（4）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．(1)
(2)
【详解】（1）由牛顿第二定律
由运动学公式
联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为
（2）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．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，产生感应电动势
（2）金属杆运动距离d时，电路中的总电阻为
故此时回路中的总的热功率为
（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，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．(1)
(2)或
(3)
【详解】（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
解得甲在ab段运动的加速度大小
（2）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
（3）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