重庆市2025年普通高等学校招生全国统一考试（康德二诊）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二次联合诊断检测物理参考答案1～7BCDCBAD8BCD9AB10AD解析：90909001．B。由质量数和电荷数守恒可得，38Sr的衰变方程为38Sr39Y1e，可知产生的是β粒子，发生的是β衰变，90选项A错误，选项B正确；半衰期是原子核的固有属性，与所处环境无关，选项C错误；58年后，38Sr剩余原来的1/4，并没有全部发生衰变，选项D错误；故选B。2．C。将玻璃管拿离水面过程中，管内封闭气体温度不变，分子平均速率不变，选项C正确；由玻意耳定律知，管内封闭气体体积变大，压强变小，单位体积内分子数减少，选项A、B、D均错误；故选C。3．D。由图知，这两列波的振动周期T1s，波长vT1m，选项A错误；t8s时刻，质点E在平衡位置向＋y方向振动，选项B错误；由分析知，E、F点均为振动加强点，选项D正确，选项C错误；故选D。π4．C。该线框匀速旋转，产生的感应电动势的最大值EBSBS，该过程中，该线框中产生的感应电流为mtEm2πBS正弦式电流，故感应电动势的有效值E有效，选项C正确；故选C。22tR3R3Mmv21．。根据开普勒第三定律可知12，又结合，2，联立可得该卫星先后在这两个圆5B22G2mEkmvT1T2RR223Ek1T2轨道上的动能之比，选项B正确；故选B。Ek2T16．A。设抛出点O到杯壁上端的距离为H，小物块平抛时的速度大小为v，从O点到P点历时t，则在水平方211t6gh向有Dvt，在竖直方向有Hhgt2，且Hg，联立解得vD，选项A正确；故选A。2224h7．D。由分析知，当B恰好能相对A沿接触面上滑时，对应的F最小。对A、B进行受力分析易得，对B在竖直方向有NABcos45fcos45mg，对A在水平方向有NABsin45fsin45F，又fNAB，联立1解得Fmg，选项D正确；故选D。18．BCD。a移动过程中，a、b间距先减小后增大，由库仑定律知，a、b间的库仑力先增大后减小，选项A错误；a、b带等量异种电荷，其连线中点的电势始终为零，选项B正确；a、b到O点的距离保持不变，O点的电势不变，选项C正确；从左侧到最低点过程中，库仑力对a做正功，系统电势能减少，从最低点到右侧等高处过程中，库仑力对a做负功，系统电势能增加，选项D正确；故选BCD。第二次联合诊断检测（物理）参考答案第1页共4页9．AB。理想二极管单向导电，引发电火花的频率与交流电的频率相同，即f50Hz，选项A正确，选项2πn233C错误；由于引发电火花时的电压峰值为瞬时值，需满足U2mU1m≥1010V，解得n2≥10n1，n1选项B正确，选项D错误；故选AB。2sindd10．AD。设a在C点的入射角为θ，则n2cos，sin，解得n221，选项D正确，sin2RR2sin()sinsin()选项C错误；只稍增大d时，入射角也增大，则n＞，易得＜，sinsinsin222结合几何关系可知，光束a将从BO间某处射出，选项A正确，选项B错误；故选AD。11．（6分）（1）1.040（2分）2md（2）（2分）2t（3）2gL（2分）解析：（1）直径d1.0cm0.05mm81.040cm。2d1md（2）小圆柱体经过光电门时的速度v，由静止释放到经过光电门，其动能增加量Emv2。tk22t（3）小圆柱体由静止释放到经过光电门过程中，重力势能减少量EpmgL(1cos)，若“机械能守恒”，则有2ddEkEp，可得2gL(1cos)，即对应的(1cos)图像斜率的理论值k2gL。tt12．（10分）（1）b（2分）（2）1.47（2分）0.73（3分）0.83（3分）解析：（1）电压表为理想电表，电阻不计，由图2可知，当两图线的电流相同时，图线B对应的电压较小，此时电流表应是外接，即电压表的负接线柱接b。（2）由图线A可知UEIr，由图线B可知UEI(rRA)，联立解得：该干电池的电动势E1.47V，内1.471.035阻rk0.73，电流表的内阻Rkk0.83。A0.6ABA613．（10分）2h0解：（1）设a飞行的速度大小为v0，由2h0v0t0（2分），解得：v0（2分）t0第二次联合诊断检测（物理）参考答案第2页共4页（2）设b飞行的加速度大小为a，从B点运动到C点的位移大小为x222由几何关系可得：x(2h0cos)(h02h0sin)，解得：x7h0（2分）127h又由2（分），解得：0（分）xat01a212t027h0因此，b刚到达C点时的速度大小vCat0（2分）t014．（13分）解：（1）由几何关系易得，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径rR（1分）v2mv由qvBm（1分），解得：B（1分）RqR由分析知，粒子带正电，匀强磁场的方向垂直xOy平面向外（1分）（2）设粒子从O点进入电场区域时，速度与－x方向的夹角为θ，则0＜＜90设粒子打在OC上的位置到O点的距离为x，在电场中运动的时间为t，则qEt平行x轴方向：xvcost（1分），平行y轴方向：vsin（1分）m2mv2sin2联立解得：x（1分）qE当sin21，即45时，x取最大值（1分）mv2可得：OCx（1分）maxqE（3）由（2）可知，落在C处的粒子进入电场时对应的4518045结合几何关系可得，该粒子在磁场中运动的时间tT（2分）3602πR3πR又由T（1分），联立解得：t（1分）v4v15．（18分）解：（1）当k0时，B、C恰好未发生碰撞，此时A、B、C三者共速，设速度大小为v共由分析知，该过程中，A、B始终保持相对静止，对A、B、C整体：1212由动量守恒定律有：2mv3mv共（2分），由动能定理有：fL2mv3mv共（2分）0202mv2联立解得：f0（1分）3L（2）设B、C碰撞前瞬时速度大小分别为v1、v2，碰撞后瞬时速度分别为v1、v21111由弹性碰撞有：mvmvmvmv，mv2mv2mv2mv2121221222122联立解得：v1v2，v2v1（可知碰撞后，B、C速度交换）（2分）第二次联合诊断检测（物理）参考答案第3页共4页由此可知，碰撞后，A、C（同步）做加速度相同的匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，且A、B的相对位移等于B、C的相对位移，均为(1k0)L又由分析知，当粗糙涂层部分恰好全部从小孔滑出时，A、B、C三者共速2且2mv3mv共，解得：v共v（1分）030因此，从A、B开始运动到粗糙涂层部分恰好全部滑出小孔过程中，由动能定理有：121223f(1k)L2mv3mv共（1分），解得：k（1分）0202032（3）当k＞k时，设涂层全部从小孔滑出时，A、C（同步）速度大小为v，B速度大小为v03CB从A、B开始运动到涂层全部滑出小孔，对A、B、C整体有：1112mv2mvmv，3f(1k)L2mv22mv2mv20CB202C2B23k2223k2联立解得：vv（1分），vv（1分）C30B30此后C匀速，A、B继续相对运动至共速，设最终A、B的速度大小为vAB，则43k2mvmv2mv，解得：vv（1分）CBABAB6023k22即：最终C的速度大小为vv（其中＜k≤1）C30343k22A、B的速度大小为vv（其中＜k≤1）AB603设碰撞前瞬时，B、C的速度大小分别为v3、v4，则碰撞前，对A、B、C整体有：1112mv2mvmv，f(1k)L2mv22mv2mv20342023242k22k联立解得：vv（1分），vv（1分）330430设从涂层开始进入小孔到碰撞前瞬时，历时t1，则2L对C有：ft1mv4，解得：t1(1k)（1分）v0设从碰撞后瞬时到A、B最终共速，历时t2，则L对A有：ft2mvABmv3，解得：t2(2k3k2)（1分）2v0因此，从涂层开始进入小孔到最终稳定的总时间：tt1t2L2联立解得：t(42k3k2)（其中＜k≤1）（1分）2v03第二次联合诊断检测（物理）参考答案第4页共4页