重庆市2025年普通高等学校招生全国统一考试（康德一诊）物理答案

2025年重庆市普通高中学业水平选择性考试高三第一次联合诊断检测物理参考答案1～7ABDACBC8CD9BC10AC解析：1．A。由qIt易知，“A·h”指的是电量，选项A正确；故选A。2．B。返回舱匀速下落过程中，动能不变，重力势能减少，故机械能减少，选项B正确；故选B。3．D。电梯从1楼刚启动时加速，处于超重状态；电梯即将到达16楼时减速，处于失重状态。因此，此人刚开始超重、最后失重，选项D正确；故选D。mg4．A。由分析知，剪断轻绳前，轻绳的弹力大小T2mg；剪断轻绳后，该小球所受重力和电场力的合cos力大小也为2mg，故其加速度大小为2g，选项A正确；故选A。vv5．C。设第1架飞机离地时与第2架飞机间的距离为x，第1架飞机从开始加速到离地历时t，则x12t，2v1v2dv1t，联立解得xd，选项C正确；故选C。2v13Q2Q5kQ2Q3Q5kQE．。设，，，则，，可得B，6BQ12QQ23QABrEBk2k22EAk2k222r(2r)2rr(2r)4rEA选项B正确；故选B。7．C。若开关S断开，该金属棒做平抛运动，水平方向速度不变，回路中的感应电动势不变，选项A、B均错误；若开关S闭合，该金属棒受到水平向左的安培力作用，不会离开导轨，选项C正确；该金属棒受到导轨斜向右上方的弹力，在竖直方向不是做自由落体运动，选项D错误；故选C。18．CD。根据LC振荡电路电磁振荡的频率公式f，可知选项C、D正确；故选CD。2πLC9．BC。由于该过程中每个位置，爱好者受力均视为平衡，在C点，设前后两段轻绳的弹力大小分别为T前、T后，前后两段轻绳与竖直方向的夹角分别为α、β，则有T前sinT后sin，且＞，可得T后＞T前，结合分析可知，运动到D点前，后方轻绳的张力始终大于前方轻绳的张力，选项B正确，选项A错误；在C、D两处，前后两段轻绳的张力的合力不变，因此这两段轻绳的张力变化量（矢量）等值反向，选项C正确，选项D错误；故选BC。T2T110．AC。设极地卫星的周期为T1，已知地球同步卫星的周期T24h，在t6h时间段内，tnT，244124r3T2r2又≤＜，联立解得。由开普勒第三定律可知，22，解得23，选项85minT12hT1h32(13)A13r1T1r1正确；a每天绕地球转13圈，选项B错误；a、b每天有两次相距最近的距离为(r2r1)，选项C正确；a、b相距最远的距离小于(r2r1)，选项D错误；故选AC。第一次联合诊断检测（物理）第5页共8页11．（6分）（1）3.07（2分）d（2）（2分）t21d（3）（m1m2)（2分）2t解析：（1）d3.0cm0.1mm73.07cm。d（2）由题易知v。t（3）对甲（含遮光条）和乙组成的系统，从静止释放开始到遮光条通过光电门的整个过程中，重力势能的减少21d量Ep(m1m2)gH，动能的增加量Ek(m1m2)，要使系统机械能守恒，需要满足EpEk，2t21d即(m1m2)gH(m1m2)。2t12．（10分）（1）黑（2分）（2）①A（2分）②1000（2分）10（2分）（3）167（2分）解析：（1）根据“红进黑出”，电流由红表笔流入欧姆表，由黑表笔流出欧姆表，可知A为黑表笔。（2）①选择开关旋转至a时，R1与Rg＋R0并联，此时欧姆表的内阻必然小于15.15Ω，要使刻度盘中央刻度值为“15”，其内阻只能为15Ω，可知a对应的欧姆表倍率为“×1”，选项A正确；故选A。②当、表笔短接时，要使指针指示在处，则E，解得。接入待测定值AB1mAI1mAR01000RgR0U电阻后，两端的电压，因此1，解得。RxR1U1I(RgR0)0.9VIRxEU1Rx10R1111（3）选择开关旋转至b时，要使其对应的倍率为“×10”，则欧姆表内阻应为Rb150，由，RbR2RgR0500解得R167。2313．（10分）解：（1）由题知，原线圈两端的电压U122V（2分）nU1故原、副线圈的匝数之比：11（2分）n2U210P90（2）通过原线圈的电流有效值I1A（2分）U111n192通过用电器的最大电流强度I2m2I1，解得：I2mA（2分）n211t该交流电的周期T0.02s，t1s内电流方向变化的次数：n2100（次）（2分）T第一次联合诊断检测（物理）第6页共8页14．（13分）12x2v解：（）设该飞机的加速度大小为，由2（分），得：0（分）1axv0t0at02a222t0t0（2）设tt0时刻，该飞机的速度大小为v1，所受牵引力大小为Fv0v12x由xt0，得：v1v0（2分）2t02x2m(xvt)由，得：00（分）Fmgsinkv1maFmgsink(v0)22t0t0（3）由题知，牵引力Fimgsinkvima；在极小时间t内：Fitmgsintkvitmat可得：Fitmgsintkxmv（2分）因此，该段时间t0内，牵引力的冲量IFitmgsintkxmv2m(xv0t0)解得：Imgt0sinkx（2分），方向与速度方向相同（1分）t015．（18分）解：（1）设小球D在A点的速度大小为v0212mv012mU由qUmv0（1分），qv0B0（1分），解得：r0（2分）2r0B0q（2）小球D从A点运动到P1点的轨迹如答图1所示，设A点到P1点的圆心角为θyr0sinOA1由几何关系易得：，又OA3OP1Or0r0(1cos)OP1θP1r03r0联立解得：60，OAr0，OP122xOv0A12πmπm答图可得，小球D从A点运动到P1点的时间：t（3分）16qB03qB0由分析知，小球D和小球1发生第1次碰撞后瞬时，两球速度方向相反，且运动半径相同从第1次碰撞到第2次碰撞，两小球的运动轨迹如答图2所示设小球1质量为m1；第1次碰撞后瞬时，小球D速度大小为v1，小球1速度大小为v2ymv0mv1m1v2v2O1由弹性碰撞可得：（分）小球1r0121212260°mvmvmv0112P1222r0r0v1由几何关系可得：半径关系：m1v2mv1（分）60°xr01O2Ov0AkqB2(1k)qB0r0v212πm52πmP1时间关系：1（1分）v16(1k)qB06kqB2答图25联立解得：k（1分）6第一次联合诊断检测（物理）第7页共8页（3）由分析易知：第1、2次碰撞点之间的距离为r0；第2次碰撞后瞬时，小球1静止，小球D恢复到原1来的速度大小v，此时小球D的电荷量已减少为q(1k)qq016mv0第2次碰撞后，小球D在区域Ⅰ中运动的半径r16r0（1分）q1B0y作出第2次碰撞后到第3次碰撞前，小球D的运动r0OP1轨迹如答图3所示，显然易得：xOAP第、次碰撞点之间的距离为160°23r16r06r0第3、4次碰撞点之间的距离也为r6r60°10O36r0v0第4次碰撞后，小球D在区域Ⅰ中运动的6r0P26r02半径r26r0（1分）……以此类推，同理可知：答图3第次碰撞后，小球在区域Ⅰ中运动的半径n（分）2nDrn6r01由于磁场边界约束，由几何关系可得：n，解得：（分）（1sin60）6r0＜100OAn＜31即：第6次碰撞后，小球D将从区域Ⅰ右侧射出磁场区域，不再发生碰撞2因此，最后一次碰撞位置到P1处的距离：dr026r026r0（1分）852mU解得：d（1分）B0q第一次联合诊断检测（物理）第8页共8页