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四川卷——2025届高考物理考前冲刺卷
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，只有一项符合题目要求。
1.“嫦娥五号”中有一块“核电池”，在月夜期间提供电能。“核电池”利用了的衰变，衰变方程为，下列说法正确的是( )
A.的比结合能比的大
B.月夜的寒冷导致衰变得比在地球上慢些
C.衰变方程中的m等于92，一个衰变为释放的核能为
D.Y是氦的原子核，具有极强的穿透能力可用于金属探伤
2.节气是指二十四个时节和气候，是中国古代订立的一种用来指导农事的补充历法，早在《淮南子》中就有记载。现行二十四节气划分是以地球和太阳的连线每扫过定为一个节气。如图所示为北半球二十四个节气时地球在公转轨道上位置的示意图，其中冬至时地球在近日点附近。根据下图，则( )
A.芒种到夏至的时间间隔比大雪到冬至的长
B.立夏时地球的公转速度比谷雨时大
C.夏至时地球受太阳的引力比冬至大
D.由地球的公转周期可求出地球的质量
3.如图所示，带正电荷的橡胶环绕轴以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是( )
A.N极竖直向上 B.N极竖直向下 C.N极沿轴线向左 D.N极沿轴线向右
4.如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，一光滑绝缘梯形台的竖直截面为ABCD，，，，且.质量为m、电荷量为q的两个相同小球，分别从A点、D点同时由静止释放，两小球分别沿斜面AB、DC同时到达斜面底端（忽略小球间库仑力的影响），则( )
A.小球一定带负电 B.小球可能带正电，也可能带负电
C. D.两小球下滑的加速度大小可能相同
5.如图所示，物体A、B用细线连接，在同一高度做匀速圆周运动，圆心均为点O。在某时刻，细线同时断裂，两物体做平抛运动，同时落在水平面上的同一点。连接A、B的细线长度分别为10l、5l，A、B圆周运动的半径分别为6l、4l，则O点到水平面的高度为（忽略物体的大小和细线质量）( )
A.6l B.10l C.12l D.15l
6.如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是( )
A.点与点的电场强度大小相等
B.点与点的电场强度方向相同
C.点与点的电势差大于点与点的电势差
D.将试探电荷由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
7.、为放在水平面上的高度略有差别的两个长方体，为了检查这两个长方体的上表面是否相互平行，检测员用一块标准的平行透明平板T压在、的上方，T与、之间分别形成尖劈形空气层，如图所示。、的上表面与平板T之间的夹角分别为α和β，P为平板T上表面上的一点。用单色光从上方照射平板T，、的上方都能观察到明显的干涉条纹，下列说法正确的是( )
A.若，则上方的干涉条纹间距大于上方的干涉条纹间距
B.若，则上方的干涉条纹间距小于上方的干涉条纹间距
C.若将、的间距缩短些，则上方的干涉条纹分布变得更稀疏
D.若在P处用较小的力下压平板T，则上方的干涉条纹分布变密
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8.简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距10m的两质点，波先传到P，当波传到Q开始计时，P、Q两质点的振动图像如图所示.则( )
A.质点Q开始振动的方向沿y轴正方向
B.该波从P传到Q的时间可能为7s
C.该波的传播速度可能为2m/s
D.该波的波长可能为6m
9.如图所示，一带有半径足够大的光滑圆弧轨道的小车的质量，小车静止在光滑水平地面上，圆弧下端水平。有一质量的小球以水平初速度从圆弧下端滑上小车，重力加速度g取。下列说法正确的是( )
A.在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒
B.在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统动量守恒
C.小球沿圆弧轨道上升的最大高度时的速度大小为1m/s
D.小球沿圆弧轨道上升的最大高度为0.6m
10.如图甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度的平方与其对应高度的关系图象.已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5N，空气阻力不计，B点为轨道的中点，，下列说法正确的是( )
A.图乙中
B.小球质量为0.2kg
C.小球在B点受到轨道的作用力为8.5N
D.小球在A点时重力的功率为5W
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11.（6分）图甲为测定当地重力加速度的实验装置，不可伸长的轻摆线一端固连在铅质小圆柱的上端，另一端固定在O点。将轻绳拉至水平后由静止释放，在小圆柱通过的最低点附近安置一组光电门，测出小圆柱运动到最低点通过光电门的挡光时间t，用游标卡尺测出小圆柱的直径d，如图乙所示。忽略空气阻力，实验步骤如下：
（1）小圆柱的直径_________cm；
（2）测出悬点到圆柱中心的距离l，并测出对应的挡光时间；
（3）改变摆线的长度，重复步骤 （2），多测几组数据；
（4）以悬点到圆柱重心的距离l为纵坐标，以_________为横坐标，得到的图象是一条通过坐标原点的直线，如图丙所示。计算得该图线的斜率为k，则当地重力加速度_________(用物理量的符号表示)。
12.（10分）实验小组测定一个小金属圆筒的电阻率，圆筒横断面如图甲所示，进行了如下操作：
（1）用游标卡尺测量圆筒的长度为L，如图乙所示，则L=____________mm；圆筒内径已测出为d，用螺旋测微器测圆筒的外径D如图丙所示，则外径为D=___________mm。
（2）为了精确测量该圆筒电阻，实验小组设计如图丁所示电路，测出多组电流、电压数值，画出伏安特性图线如图戊所示。则圆筒电阻R=___________Ω（结果保留一位小数）；用此电路测量的电阻值___________（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
（3）圆筒材料的电阻率ρ=___________（测得物理量分别用L，d，D，R等字母表示）。
13.（8分）如图所示，一倾斜的匀质圆盘可绕垂直于盘面的固定对称轴转动，盘面上离转轴距离为处有一质量为的小物块（可视为质点）静止在倾斜的匀质圆盘上，小物块与盘面间的动摩擦因数为，盘面与水平面的夹角。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度大小为g取。若小物块随圆盘匀速转动且小物块与圆盘始终保持相对静止，求：
(1)小物块即将滑动时的角速度；（计算结果可保留根式）
(2)当角速度达最大值时，小物块运动到最高点时所受摩擦力的大小。
14.（14分）如图，水平面（纸面）内固定有两足够长、光滑平行金属导轨，间距为l，其左端接有阻值为R的定值电阻。一质量为m的金属杆MN（长度略大于l）垂直放置在导轨上。在电阻和金属杆间，有两个垂直于纸面向里的匀强磁场，圆形磁场面积为S，磁感应强度大小随时间的变化关系为（k为大于零的常量）；矩形磁场abcd磁感应强度大小。从时刻开始，矩形磁场以速度向右匀速运动；时，bc边恰好到达金属杆MN处。之后，金属杆跟随磁场向右运动；时，系统达到稳定状态。已知金属杆与导轨始终垂直且接触良好，整个过程金属杆未离开矩形磁场区域，不计金属杆和导轨电阻，磁场运动产生的其他影响可忽略，求：
（1）到时间内，流经电阻R的电荷量；
（2）时刻，MN加速度的大小；
（3）到时间内MN与矩形磁场的相对位移。
15.（16分）如图甲所示，竖直面内有倾角为的倾斜轨道和足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，物块A与倾斜轨道、水平轨道的动摩擦因数均为μ（μ未知），质量的物块B静止在水平轨道的最左端，B与水平轨道间的摩擦力不计，物块均可视为质点。时刻，物块A由倾斜轨道上端从静止下滑，一段时间后与B发生碰撞，物块A运动的图像如图乙所示。已知碰后瞬间物块B的速度为0.45m/s，重力加速度g取，不计空气阻力。
（1）求物块A与物块B碰后，物块A沿倾斜轨道向上运动过程的加速度大小；
（2）已知A与B不再发生二次碰撞，求A在水平轨道滑行过程中，A因为摩擦而损失的机械能。
答案以及解析
1.答案：C
解析：A.发生衰变成更稳定的，而核越稳定，比结合能越大，故A错误；
B.衰变快慢不受外界环境影响，故B错误；
C.此核反应过程中的质量亏损等于反应前后的质量差，为
核反应过程中释放的能量
故C正确；
D.根据质量数守恒和电荷数守恒可知
解得
故Y是氦的原子核，发生的是α衰变，α射线的穿透能力较弱，不能用于金属探伤，故D错误。故选C。
2.答案：A
解析：A.芒种到夏至和大雪到冬至均转过，因前者在远地点附近，角速度较小，后者在近日点附近，角速度较大，由可知芒种到夏至的时间间隔比大雪到冬至的长，故A正确；
B.从谷雨到立夏做离心运动，线速度的大小逐渐减小，则立夏时地球的公转速度比谷雨时小，故B错误；
C.因夏至时地球离太阳的距离r更大，由可知夏至时地球受太阳的引力比冬至小，故C错误；
D.由可知，由地球的公转周期T和半长轴a可以求出太阳的质量，地球作为环绕天体无法求出其质量，故D错误。
故选A。
3.答案：D
解析：转动带电环可以等效为环形电流，根据右手螺旋定则，圆环左侧磁场方向向右，故最后小磁针N极沿轴线向右。
故选D。
4.答案：C
解析：D.令梯形高为h，两小球均沿斜面做匀加速直线运动，由于同时静止释放，两小球分别沿斜面AB、DC同时到达斜面底端，则对左小球分析有:，对右小球分析有:，联立解得，由于，可知，即两小球运动的加速度大小不相等，故D错误;
AB.由于，根据牛顿第二定律可知，两小球所受外力的合力大小关系为，对两球分析，左右两小球重力沿斜面的分力分别为与，由于，可知，由于左侧小球所受外力的合力大小小于右侧小球所受外力的合力大小，则电场力必定将左侧小球重力沿斜面向下的分力的效果抵消一部分，而将右侧小球重力沿斜面向下的分力的效果增强一部分，表明两小球所受电场力方向向右，电场力方向与电场方向相同，故小球一定带正电，故AB错误;
C.对左侧小球分析，根据牛顿第二定律有:，对右侧小球分析，根据牛顿第二定律有:，其中根据图中几何关系，且，联立解得，故C正确。
故选:C。
5.答案：C
解析：两球落地时水平方向的位移关系如图
由几何关系可得
由平抛规律可知水平方向
下落的高度
小球做圆周运动时受力情况如图
由相似关系可得
联立可得
故选C。
6.答案：D
解析：A.根据等量异种点电荷形成的电场的对称性可知，点与点的电场强度大小相等，大致做出点与点的电场强度如图所示
可知由正负点电荷在点与点处的场强按照点电荷之间的距离关系所延伸出的平行四边形的对角线长度不同，则可知点与点的电场强度大小不相等，故A错误；
B.大致做出两个点电荷在点与点的电场强度如图所示
可知点的合场强在所在平面，E′点的合场强在所在平面，而这两个平面存在夹角，即点与点的电场强度方向之间存在夹角，因此点与E′点的电场强度方向不相同，故B错误；
C.设点的电势为φ，则根据对称性可知，点的电势为，而根据等量异种电荷所形成的电场的特性可知，点的电势为0，则点的电势大于0，而根据对称性有
根据、、三点的电势之间的关系可得
因此
即
故C错误；
D.如图所示为六棱柱的上表面
由几何关系可知，正电荷在OF中点K的场强方向垂直于OF，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，而在F点的合场强与OF的夹角为钝角，因此将正电荷从F点沿直线移到O点的过程中，电场力先做负功，后做正功，则其电势能先增大后减小，故D正确。
故选D。
7.答案：B
解析：根据题意，设长方体上表面与平板夹角为θ，相邻亮条纹间距为，根据空气薄膜干涉条件有
则
A.若，则有
即上方的干涉条纹间距等于上方的干涉条纹间距，故A错误；
B.若，则有
即上方的干涉条纹间距小于上方的干涉条纹间距，故B正确；
C.若将、的间距缩短些，则α增大，则减小，可知上方的干涉条纹变得更密，故C错误；
D.若在P处用较小的力下压平板T，则α减小，则增大，可知上方的干涉条纹分布变稀疏，故D错误。
故选B。
8.答案：AD
解析：A、由图象可知，质点P的振动图象为虚线，质点Q的振动图象为实线，从0时刻开始，质点Q的起振方向沿y轴正方向，所以选项A正确.
B、由题可知，简谐横波的传播方向从P到Q，由图可知，周期，质点Q的振动图象向左4s、后与P点的振动重合，意味着Q点比P点振动滞后了4s，即P传到Q的时间可能为4s，同时由周期性可知，从P传到Q的时间为，，即，10s，16s…，不可能为7s，所以选项B错误.
C、由，考虑到波的周期性，当，10s，16s…时，速度v可能为2.5m/s，1m/s，0.625m/s…，不可能为2m/s，选项C错误.
D、同理，考虑到周期性，由可知，波长可能为15m、6m、3.75m…，所以选项D正确.
故选AD.
9.答案：ACD
解析：A.在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒，选项A正确；
B.在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，选项B错误；
CD.小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，小球沿圆弧轨道上升的最大高度为h，两者共同速度大小为v
解得
小球与小车组成的系统机械能守恒
解得
选项CD正确。
故选ACD。
10.答案：BC
解析：小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有，解得，当时，，代入数据得；当时，，故A错误；由题图乙可知，轨道半径，小球在C点的速度，由牛顿第二定律可得，解得，B正确；小球从A到B过程中由机械能守恒有，解得小球运动到B点的速度，在B点，由牛顿第二定律可知，代入数据得，选项C正确；小球在A点时，重力和速度垂直，重力的瞬时功率为0，D错误。
11.答案：（1）1.02
（2）；
解析：（1）小圆柱的直径
（2）根据机械能守恒定律得
所以
得到
则以悬点到圆柱重心的距离l为纵坐标，以为横坐标。
其中
故
12.答案：（1）（或）（2）6.0；小于（3）
解析：（1）用游标卡尺测量圆筒长度；用螺旋测微器测量圆筒外径.
（2）在图像中，，由于电流表外接，电阻测量值小于真实值.
（3）根据电阻定律得得.
13.答案：(1)
(2)
解析：（1）由于小物体随匀质圆盘做圆周运动，其向心力由小物块受到的指向圆心的合力提供，在最低点时指向圆心的合力最小。小物块在最低点即将滑动时，由牛顿第二定律有
解得小物块开始滑动的角速度
代入数据解得
（2）在最低点，当摩擦力达到最大值时，则
在最高点，根据牛顿第二定律得
代入数据，联立解得
14.答案：（1）
（2）
（3）
解析：（1）由电流定义式
欧姆定律
法拉第电磁感应定律
得
累加求和，可知流过电阻R电荷量的绝对值
（2）时，由法拉第电磁感应定律
由闭合电路欧姆定律
由牛顿第二定律
联立求解得时刻，MN的加速度
（3）当时，系统达到稳定状态，回路中电流为零，设此时金属杆的速度为，则
求解得
设在到时间内，MN与矩形磁场的相对位移为
由
得
对金属杆MN，由动量定理
联立求解得
15.答案：（1）（2）
解析：（1）设沿倾斜轨道向下的方向为正方向，由图可得，物块A在倾斜轨道上下滑，根据牛顿第二定律可得
由图乙可知此过程中A加速度大小为
可得
碰后A上滑过程，根据牛顿第二定律可得
（2）由第二段图像可知
可得:
碰撞过程动量守恒
其中，可得A的质量
碰后A上滑过程
得
由
可得A再次回到水平轨道时的速度
由于A与B不在发生第二次碰撞，则A在水平轨道上因摩擦而损失的机械能

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