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重庆卷——2025届高考物理考前冲刺卷
一、单项选择题：共7题，每题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是( )
A. B. C. D.
2.“双星系统”与“三星系统”都是宇宙中常见的天体系统。两种系统中，天体均可在万有引力的作用下绕共同的圆心做匀速圆周运动。如图分别为两种天体系统的示意图，图中五个球形天体的质量均为M，天体连心线的长度均为L，万有引力常量为G。“双星系统”与“三星系统”运动周期之比为( )
A. B. C.2:3 D.3:2
3.在两端开口竖直放置的U形管内，两段水银封闭着长度为L的空气柱，a、b两水银面的高度差为h，现保持温度不变，则( )
A.若再向左管注入些水银，稳定后h变大
B.若再向左管注入些水银，稳定后h不变
C.若两管同时注入等量的水银，稳定后h不变
D.若两管同时注入等量的水银，稳定后L不变
4.如图所示，质量为M的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为的轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内。图中AO水平，BO间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，在O点正下方，C是段的中点，杆与竖直方向的夹角。现让小球从A处由静止释放，重力加速度为g，弹簧的劲度系数为。查阅资料知，弹簧的弹性势能，其中x为弹簧的形变量，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是( )
A.下滑过程中小球的机械能先减小后增大
B.小球位于A点时的加速度大小为
C.小球下滑到B点时的动能为
D.小球下滑到C点时的动能为
5.竖立的橱窗玻璃比一般的玻璃厚，嵌在墙体内.如图甲所示，某同学的测量过程如下：激光笔发出细激光束以入射角θ照射玻璃，反射后在竖直的纸板上出现几个亮度不同但间隔均匀的亮斑，测出相邻亮斑间的距离x，改变入射角度，测得多组数据，以为纵坐标、为横坐标，描点后拟合出直线，如图乙所示，测出图线横轴截距为，纵轴截距为.下列说法正确的是( )
A.该玻璃对该激光的折射率为
B.该橱窗玻璃的厚度为6 cm
C.减小θ角，纸板上相邻亮斑间的距离增大
D.仅换用频率较小的激光，纸板上相邻亮斑间的距离减小
6.近些年的研究发现少部分材料呈现出反常的“热缩冷胀”现象，这类材料被称为负热膨胀材料。如图所示，平行板电容器接电压恒定的电源，上极板固定，下极板能随负热膨胀材料的变化做微小移动，带电油滴悬浮在极板间，若发现油滴向上移动，则( )
A.油滴带正电 B.电容器电容变小
C.极板所带电荷量增大 D.负热膨胀材料温度升高
7.四冲程汽油机中有一个复式活塞压缩机，其简图如图所示，圆盘与活塞通过铰链连接轻杆AB，左侧活塞被轨道固定，只能沿平行AO的方向运动，圆盘绕圆心O做角速度为ω的匀速圆周运动。已知O、B间的距离为r，AB杆的长度大于2r，当OB垂直于AB时，AB与AO的夹角为θ，则此时活塞的速度大小为( )
A. B. C. D.
二、多项选择题:共3题，每题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8.如图所示为某种光伏电池的原理图，导电球壳为阳极A，球形感光材料为阴极K。现用光子动量为p的光照射K极，K极能发射出最大初动能为的光电子。已知电子的电荷量为e，光速为c，普朗克常量为h，忽略光电子间的相互作用。则( )
A.阳极A比阴极K电势高 B.A、K间的最大电压为
C.入射光的波长为 D.阴极感光材料的逸出功为
9.如图所示，一理想变压器接在一个输出电压有效值不变的正弦式交流电源上，为定值电阻，为光敏电阻（光照越强阻值越小），L为阻值不变的灯泡，所有电表均为理想交流电表，下列说法正确的是( )
A.保持单刀双掷开关K与a连接，增加的光照强度，电压表示数变小
B.保持单刀双掷开关K与a连接，增加的光照强度，电流表示数变小
C.保持的光照强度不变，将单刀双掷开关K由a扳向b，灯泡L变亮
D.保持的光照强度不变，将单刀双掷开关K由a扳向b，电流表示数变小
10.虎跑泉与西湖龙井并称双绝，有“西湖龙井虎跑水”的美誉。如图甲所示，假设某处泉眼泉水喷出处可看成简谐波源O，附近水面上有一树叶，树叶在O到池边的垂线上，取波源开始振动时为时刻，树叶的振动图像如图乙所示。树叶到池边的距离为1.5 m，波反射时质点振动方向不变，传播方向遵守波的反射规律（类似光的反射规律）。则( )
A.水波的传播速度为1.5 m/s
B.水波的波长为2 m
C.树叶到O的距离为2 m
D.O与池边任意一点连线间（不含端点）均有3个振动加强点
三、非选择题:共5题，共57分
11.（8分）利用如图甲所示的圆锥摆装置验证向心力表达式，步骤如下：
（1）用天平测出密度较大的小球的质量为m，如图乙所示用20分度的游标卡尺测出小球的直径______cm。小球静止时，用刻度尺测量此时悬挂点与小球上端之间的竖直距离为L。
（2）在白纸上画几个不同半径的同心圆，用刻度尺测量各个圆的半径。将白纸平铺在水平桌面上，使同心圆的圆心刚好位于______。让小球做圆锥摆运动，俯视观察小球，其在水平面上沿着白纸上某个半径为r的圆做圆周运动，当运动稳定时，用秒表测量小球运动10圈所用的时间t。
（3）用向心力表达式推导出______（用m、t、r和圆周率π表示）；通过受力分析，推导出小球做圆周运动时所受合力______（用m、r、D、L和重力加速度g表示）。将记录的数据代入到上述两个表达式中进行计算。
（4）改变绳长，重复（2）、（3）实验步骤，记录多组数据。
（5）比较每一组数据计算出的和F的大小，在误差允许的范围内近似相等。由此向心力的表达式得到验证。
12.（6分）某同学设计了图甲所示电路，将电流表改装成多用电表，表盘如图乙所示。已知电流表的量程为0~5 mA、内阻为5 Ω，定值电阻，电源的电动势为1.5 V、内阻很小。
（1）图甲中，开关S接位置3时，是测量________（选填“电压”“电流”或“电阻”）的，图乙中“5”的下方应标上的电压值为“________”。
（2）图甲中，S接位置1时，指针指在图乙位置，则其读数为________mA。开关接位置2时，若按正确操作，指针也指在图乙位置，则电阻刻度线上P处应标上的值为“________”。
（3）滑动变阻器应选用调节范围为________的滑动变阻器。
A.0~100 Ω B.0~400 Ω C.0~30 kΩ
（4）现用改装好的此多用电表测量某一电压表V的内阻，将S接位置2，按正确操作，两表笔接在电压表V的两端，电压表V的示数为1.2 V，则电压表V的内阻为________Ω。
13.（12分）如图所示，水平面上固定着两根间距的光滑平行金属导轨MN、PQ，M、P两点间连接一个阻值的电阻，一根与平行导轨间距等长、电阻的金属棒ab垂直于导轨静止放置。在金属棒右侧两条虚线与导轨之间的矩形区域内有磁感应强度大小、方向竖直向上的匀强磁场。现对金属棒施加一个大小、方向平行导轨向右的恒力，金属棒进入磁场后恰好匀速通过磁场，金属棒通过磁场的过程中通过金属棒任一横截面的电荷量，金属棒运动过程中与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，求：
（1）金属棒通过磁场区域时的速度大小v；
（2）磁场的长度d。
14.（15分）如图所示，在直角坐标系的第一象限中分布着沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为+q的微粒，在A点以初速度平行x轴正方向射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的P点和Q点各一次。已知该微粒的比荷为，微粒重力不计，求：
（1）微粒从A到P所经历的时间和加速度的大小；
（2）求出微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角；
（3）电场强度磁感应强度B的大小。
15.（16分）如图所示，水平轨道MN、PQ分别与水平传送带左侧、右侧理想连接，竖直圆形轨道与水平轨道PQ相切于Q点。已知传送带长度，且沿顺时针方向以恒定速率匀速转动。质量为m的滑块B静置于水平轨道MN上，另一质量为2m的滑块A以初速度向B运动，A、B在极短时间内发生弹性碰撞。滑块B碰后以速度滑上传送带，并恰好停在Q点。已知滑块B与传送带及水平轨道PQ之间的动摩擦因数均为，装置其余部分均视为光滑，重力加速度g取，求：
（1）P、Q间的距离；
（2）若滑块A的初速度，要使滑块B不脱离竖直圆形轨道，圆形轨道半径R的取值范围。
答案以及解析
1.答案：C
解析：物体做直线运动，位移与时间成函数关系，AB选项中一个时间对应2个以上的位移，故不可能，故AB错误；同理D选项中一个时间对应2个速度，只有C选项速度与时间是成函数关系，故C正确，D错误。故选C。
2.答案：B
解析：对“双星系统”有
对“三星系统”有，
联立可得
故选B。
3.答案：B
解析：AB.管内封闭气体的压强则即右侧管上部分水银柱长度等于a、b两水银面的高度差h，若再向左管注入些水银，稳定后气体的压强不变，则h不变，选项A错误，B正确；CD.若两管同时注入等量的水银，稳定后管内气体的压强变大，则h变大，气体体积减小，则L减小，选项CD错误，故选B。
4.答案：D
解析：下滑过程中小球的机械能会与弹簧的弹性势能相互转化，由题意知在B处时弹簧的弹性势能为零，则弹簧的弹性势能先减小后增加，小球的机械能先增大后减小，A错误；由几何关系得，，根据几何关系可得，小球位于A点时的加速度，B错误；A、B两点间的高度差为，由机械能守恒定律得，解得，C错误；A、C两点间的高度差，小球在A、C两位置弹簧的弹性势能相等，小球重力做的功全部转化为小球的动能，所以得，D正确。
5.答案：A
解析：光路图如图所示，由折射定律有，由几何关系有，又有，整理得，结合题图乙可知，解得，A正确，B错误；减小θ角，折射角减小，纸板上相邻亮斑间的距离减小，C错误；仅换用频率较小的激光，则折射率减小，折射角增大，纸板上相邻亮斑间的距离增大，D错误.
6.答案：C
解析：由图可知，极板间电场方向向下，又初态带电油滴受力平衡，则油滴所受电场力向上，油滴带负电，A错误。若油滴向上移动，则油滴所受电场力变大，即板间电场强度E变大。由于极板间电压U不变，由可知，极板间距离d变小，则材料膨胀，结合其“热缩冷胀”的性质可知，负热膨胀材料温度降低，D错误。d变小，由可知C变大，B错误。U不变，C变大，由可知，极板所带电荷量增大，C正确。
7.答案：D
解析：圆盘上B点的线速度大小，如图所示
当OB垂直于AB时，由速度的合成与分解有，解得。
故选D。
8.答案：BD
解析：由题意可知，K极逸出的光电子运动到A极，A、K之间的电压逐渐增大，当K极逸出的动能最大的光电子恰好运动不到A极时，两极之间的电压达到最大，即K、A之间产生了最大电势差，此时阴极K的电势高于阳极A的电势，由动能定理有，可得A、K间的最大电压为，故A错误，B正确。入射光子的波长，故C错误。由爱因斯坦光电效应方程有，则K极感光材料的逸出功，故D正确。
9.答案：AC
解析：B.保持单刀双掷开关K与a连接，由变压器原副线圈匝数比不变，原线圈两端电压不变可知，副线圈两端电压不变，增光照强度，阻值减小，灯泡L与并联的总电阻减小，副线图中的电流增大，则原线圈中电流增大，故B错误;A.在副线圈所在回路中，由于电流增大，则的分压增大，电压表示数变小，故A正确；CD.保持的光照强度不变，将单刀双掷开关K由a扳向b，变压器原线圈匝数减小，则副线圈两端电压增大，负载总电阻不变，副线圈所在回路电流增大，则灯泡L与电流增大，电流增大，故C正确，D错误。故选AC。
10.答案：BCD
解析：第一步：根据题述重构模型
结合波的反射规律，作出波源关于池边对称的波源，如图所示。反射回来的波可看成从点发出的与O起振方向相同的简谐波。反射回来的波与向右传播的波在树叶处相互抵消，树叶处为振动减弱点，故树叶只振动了一段时间。
第二步：结合波的传播规律与干涉分析选项
结合题图可知，树叶振动周期为2 s，树叶振动的总时间为3 s，说明波从树叶所在位置到池边，然后反射回到树叶位置所用的时间为3 s，传播距离为3 m，则波速为1 m/s，波长为2 m，A错误，B正确。结合树叶开始起振的时间可得，树叶到O的距离为2 m，C正确。
第三步：由干涉知识和数学知识确定干涉加强点个数
由干涉知识可得，在波源O与连线上，有7个振动加强点，由数学知识可得，O与池边任意一点连线间均有3个振动加强点，D正确。
11.答案：（1）1.575（2）静止的小球球心正下方（3）（4）
解析：（1）游标卡尺的读数为
（2）将白纸平铺在水平桌面上，使同心圆的圆心刚好位于静止的小球球心的正下方。
（3）根据向心力周期公式以及圆锥摆周期公式可得
小球做圆周运动时，设悬线与竖直方向的夹角为θ，根据受力分析可知
由几何关系可知
12.答案：（1）电压；1000
（2）4.00；75
（3）B
（4）1200
解析：（1）开关S接位置3时，是电流表改装成电压表，是测量电压的，测量的最大电压为，即图乙中“5”的下方应标上“1000”。
（2）S接位置1时，是测量电流的，分度值为0.1 mA，指针指在图乙位置时的读数。开关接位置2时，是测量电阻的，欧姆调零时有，指针指在图乙位置时有，解得，即电阻刻度线上P处应标上“75”。
（3）由于，所以滑动变阻器应选用调节范围为的。
（4）根据“串联电路中电压与电阻成正比”有，解得。
13.答案：（1）（2）
解析：（1）金属棒在磁场切割磁感线产生的感应电动势
电路中的感应电流
金属棒进入磁场后受到的安培力大小
金属棒在磁场中匀速运动，根据受力平衡有
解得
（2）设金属棒通过磁场的时间为t，则金属棒通过磁场过程中通过金属棒横截面的电荷量
磁场的长度
解得
14.答案：（1）0.05s，；（2）；（3）1.2T
解析：（1）微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做类平抛运动，微粒在x轴上做匀速直线运动，则有
微粒沿y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，有
解得
，
（2）微粒进入磁场时竖直方向的分速度
设微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角为α，则
解得
（3）粒子的运动轨迹如图所示。
设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动，根据运动的合成得
根据洛伦兹力提供向心力
根据几何关系可得
联立解得
15.答案：（1）2.25m（2）或
解析：（1）假设滑块B滑上传送带后一直加速，则
所以滑块B在传送带上先做加速运动后做匀速运动，滑离传送带时的速度为
因为滑块B恰好停在Q点，则由运动学公式得
解得
（2）若，滑块A、B碰撞过程由动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得
假设滑块B从N点到Q点一直减速，由运动学公式得
解得
假设成立，若滑块B恰好到达圆心等高处，则由动能定理得
解得
所以滑块B不脱离竖直圆形轨道需满足
若滑块B恰好能通过竖直圆形轨道最高点，设滑块B在最高点的速度为，由牛顿第二定律得
由动能定理得
解得
所以滑块B不脱离竖直圆形轨道需满足
综上所述，竖直圆形轨道半径R的取值范围为
或

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