第1頁（共1頁）2025年重慶市高考物理調研試卷（五）一、單項選擇題：共7題，每題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（4分）某激光器發出頻率為ν的單色光，其發射功率為P，普朗克常量為h，則經過時間t發射出的光子數為（）A．hvPt B．Pthv C．Pvht2．（4分）如圖所示，在一條足夠長的水平直道上，汽車甲做勻速直線運動，汽車乙從t＝0時刻由靜止開始做勻加速直線運動。在t＝0到t＝t0時間段內，下列說法正確的是（）A．若t＝0時刻，甲在前、乙在后，則乙一定能追上甲 B．若t＝0時刻，甲在前、乙在后，則乙可能追上甲 C．若t＝0時刻，甲在后、乙在前，則甲一定能追上乙 D．若t＝0時刻，甲在后、乙在前，則甲可能追上乙3．（4分）交通警察向行進中的車輛發射頻率已知的超聲波，同時測量反射波的頻率，根據反射波頻率變化的多少就能知道車輛的速度。這一技術主要體現的物理現象是（）A．波的干涉 B．波的衍射 C．多普勒效應 D．共振4．（4分）利用如圖所示的交變電壓為某定值電阻供電，則該交變電壓的有效值為（）A．10U02 B．5U025．（4分）如圖所示，一光脈沖信號從某直光導纖維左側中點O，以與側面夾角為θ入射，入射后在光導纖維與空氣的分界面上P點發生全反射。已知該光導纖維對該光脈沖信號的折射率為n，則θ應滿足的條件是（）A．cosθ≤n2-1 C．sinθ≤n2-16．（4分）一容積為V0的金屬氧氣瓶內裝有可視為理想氣體的氧氣。用該氧氣瓶先后給甲、乙兩個完全相同的氧氣袋充氣，每個氧氣袋充氣前袋內均無氣體，充滿氧氣后容積均為V，且每次充氣結束時氧氣袋和氧氣瓶中的氣體壓強相同。整個過程中，氧氣溫度保持不變。則充滿氧氣后，甲、乙兩個氧氣袋中的氣體壓強之比為（）A．(V0+VVC．1 D．V7．（4分）如圖所示，三個可視為質點的小球a、b、c，先后從同一固定斜面（其中AO⊥OC）的頂點A處水平拋出（初速度均平行于OD），落點分別為B、C、D。已知AB＝BC，O、C、D三點共線且OC＝CD，不計空氣阻力，則小球a、b、c平拋時的初速度大小之比為（）A．1：2：4 B．1：4：8 C．1：2：2 二、多項選擇題：共3題，每題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。（多選）8．（5分）在某星球表面，宇航員將一小石塊從距地高h處由靜止釋放，測出其自由下落的時間為t。已知引力常量為G，該星球可視為均勻圓球，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．可以確定該星球表面的重力加速度大小 B．不能確定該星球表面的重力加速度大小 C．可以確定該星球的密度 D．不能確定該星球的密度（多選）9．（5分）某中學運動會的鉛球比賽中，某同學將一鉛球斜向上拋出。不計空氣阻力，則下列關于該鉛球在空中運動的動能Ek與時間t、水平位移x之間的關系圖像，可能正確的是（）A． B． C． D．（多選）10．（5分）如圖所示，用某一回旋加速器分別加速兩個不同的粒子，與加速器平面垂直的磁場的磁感應強度恒定不變，交變電壓的頻率可調，即兩粒子各自在磁場中做勻速圓周運動的頻率與相應的交變電壓頻率相同。則下列說法可能正確的是（）A．電量大的粒子最后的動量大 B．電量小的粒子最后的動量大 C．電量大的粒子最后的動能大 D．電量小的粒子最后的動能大三、非選擇題：共5題，共57分。11．（6分）某同學利用電學知識，測量實驗室中一通電螺線管（如圖1所示）上銅線圈的匝數。（1）用多用電表“×1”歐姆擋粗略測量所有銅線圈的總電阻R，結果如圖2所示，讀數R＝Ω。（2）用卷尺測量單個銅線圈的周長L，并用螺旋測微器測量裸露的銅線頭直徑d，結果如圖3所示，則d＝mm。（3）用伏安法精確測量所有銅線圈的總電阻R，并查閱資料得知，該銅線的電阻率為ρ，則該通電螺線管上銅線圈的匝數N＝（用ρ、L、d、R表示）。12．（10分）某興趣小組利用一根長細橡皮條來探究“力的平行四邊形定則”。所用實驗器材有：木板、白紙、細線、三角板、刻度尺、圖釘等。主要設計思路如下：①將白紙固定在木板上，截取三條細線分別綁在橡皮條兩端和中間某處（結點），如圖1所示。用刻度尺測出細線2與橡皮條的結點到橡皮條末端P0的自然長度l，并畫在白紙上。②細線1上端固定在C處，適當拉動細線3，記錄結點位置O和橡皮條末端位置P1，如圖2所示。③互成角度地拉細線2、3，使結點到達O處，記錄橡皮條末端位置P2和細線2的方向，如圖3所示。④交換細線2、3的位置，再次互成角度地拉細線2、3，使結點仍到達O處，保證細線2通過③中的描點P2、細線3通過③中細線2的方向，并記錄橡皮條末端位置P3，如圖4所示。⑤利用①中畫出的自然長度l，以及O、P1、P2、P3描點，進行探究。請回答下列問題：（1）下列說法正確的是（單選，填正確答案標號）。A.拉橡皮條的力越大越好B.細線2、3的夾角越大越好C.實驗過程中橡皮條應與木板平行D.細線2與橡皮條的結點應位于橡皮條中點（2）請在圖5中完成實驗探究圖（作出必要的輔助線）。（3）由（2）可知，按平行四邊形定則作出的對角線在方向、長度（大小）上與一個力拉時力的方向、長度（大小）均存在誤差，可能的實驗誤差來源是：。（寫出1條）13．（10分）如圖所示，粗糙水平地面與固定的14光滑圓弧軌道在A點平滑連接，圓弧半徑R＝1m。物塊甲向右運動，與靜止在A點的物塊乙發生第一次彈性碰撞后，甲反向運動，乙離開圓弧軌道后上升的最大高度h＝0.8m。乙返回至水平地面后，恰好不會與甲發生第二次碰撞。已知甲、乙兩物塊與水平地面間的動摩擦因數相同，乙的質量m＝3kg，重力加速度g取10m/s2（1）第一次碰撞后瞬時，乙所受支持力大小；（2）甲的質量M。14．（13分）如圖1所示，真空中的電極K連續不斷地發出電子（電子初速度忽略不計），經恒壓電場U1加速后，從小孔S穿出，沿兩水平正對的平行金屬板A、B間的中軸線射入板間電場。已知A、B板長均為L1，板間距為d，兩板右邊緣到豎直固定的熒光屏（面積足夠大）的距離為L2，熒光屏中心O與A、B間中軸線在同一水平線上。t＝0時刻，A板電勢高于B板電勢，板間電壓U隨時間t變化的關系如圖2所示（其中T已知），電子穿過A、B兩板間過程中板間電壓視為不變。忽略電子間的相互作用，求：（1）要使電子均能從A、B兩板間射出，U2的最大值；（2）當U2取（1）中最大值時，熒光屏上的光斑在屏上運動的速度大小。15．（18分）如圖1所示，MN和PQ是兩條水平固定的平行金屬導軌，導軌間距為L，左端連接定值電阻R，理想電壓表傳感器并聯在MP兩端，導軌電阻不計。一質量為m、長為L、電阻也為R的細直金屬桿ab垂直跨接在導軌上，整個導軌處于垂直導軌平面向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。t＝0時刻，ab桿在水平拉力F作用下由靜止開始向右運動，整個運動過程中，電壓表示數U隨時間t變化的關系如圖2所示（U0、t0已知）。已知ab桿與導軌間的動摩擦因數恒為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，忽略空氣阻力。（1）求整個運動過程中，ab桿的速度最大值；（2）求整個運動過程中，ab桿克服摩擦力所做的功；（3）若t＝4t0時刻，拉力F＝F0，且3BLF0t0＝20mU0，5μmg＝2F0，請分析并在圖3中畫出0～6t0內拉力F隨時間t變化的圖像（標出必要的縱坐標，用F0表示）。

2025年重慶市高考物理調研試卷（五）參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）題號1234567答案BDCAABD二．多選題（共3小題）題號8910答案ADBDACD一、單項選擇題：共7題，每題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（4分）某激光器發出頻率為ν的單色光，其發射功率為P，普朗克常量為h，則經過時間t發射出的光子數為（）A．hvPt B．Pthv C．Pvht【分析】根據光子能量的公式和發射的功率求解經過時間t發射出的光子數。【解答】解：激光光子的能量為：E＝hν經過時間t發射出的光子數為為：n=Pt故選：B。【點評】本題考查了光子能量公式以及能量守恒，要求學生對基礎知識要熟練掌握。2．（4分）如圖所示，在一條足夠長的水平直道上，汽車甲做勻速直線運動，汽車乙從t＝0時刻由靜止開始做勻加速直線運動。在t＝0到t＝t0時間段內，下列說法正確的是（）A．若t＝0時刻，甲在前、乙在后，則乙一定能追上甲 B．若t＝0時刻，甲在前、乙在后，則乙可能追上甲 C．若t＝0時刻，甲在后、乙在前，則甲一定能追上乙 D．若t＝0時刻，甲在后、乙在前，則甲可能追上乙【分析】追及相遇問題主要涉及兩個物體在同一直線上運動的情況，關鍵在于分析兩物體能否同時達到某一空間位置。【解答】解：AB.若t＝0時刻，甲在前、乙在后，則乙與甲的距離將越來越大，乙一定不能追上甲，故A、B均錯誤；CD.若t＝0時刻，甲在后、乙在前，當甲、乙的初始距離較小（小于或等于0～6內的相對位移）時，甲能追上乙，反之則不能追上乙，可知甲可能追上乙。故D正確，C錯誤；故選：D。【點評】本題是追及問題，關鍵是尋找相關條件．可追上即路程相等．3．（4分）交通警察向行進中的車輛發射頻率已知的超聲波，同時測量反射波的頻率，根據反射波頻率變化的多少就能知道車輛的速度。這一技術主要體現的物理現象是（）A．波的干涉 B．波的衍射 C．多普勒效應 D．共振【分析】多普勒效應是指物體輻射的波長因為光源和觀測者的相對運動而產生變化，在運動的波源前面，波被壓縮，波長變得較短，頻率變得較高，在運動的波源后面，產生相反的效應，波長變得較長，頻率變得較低，【解答】解：交通警察與行進中的車輛有相對運動，超聲波的反射波頻率會發生變化，體現的是多普勒相應，故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】考查對多普勒效應的理解，能夠與實際生活結合運用。4．（4分）利用如圖所示的交變電壓為某定值電阻供電，則該交變電壓的有效值為（）A．10U02 B．5U02【分析】根據焦耳定律計算即可。【解答】解：取定值電阻R，該交變電壓的有效值為U，根據焦耳定律有U2RT=故選：A。【點評】知道交流電的有效值是根據電流的熱效應規定的。5．（4分）如圖所示，一光脈沖信號從某直光導纖維左側中點O，以與側面夾角為θ入射，入射后在光導纖維與空氣的分界面上P點發生全反射。已知該光導纖維對該光脈沖信號的折射率為n，則θ應滿足的條件是（）A．cosθ≤n2-1 C．sinθ≤n2-1【分析】結合幾何關系畫圖，由光的折射定律、發生全反射的條件、臨界角與折射率的關系分別列式，即可分析判斷ABCD正誤。【解答】解：設該光脈沖信號在P點發生全反射的入射角為i，由幾何關系可得下圖：在O處，根據光的折射定律可知：n=sin(90°-θ)設臨界角為C，由發生全反射的條件、臨界角與折射率的關系可得：sini≥sinC=1結合數學知識，聯立解得：cosθ≤n故A正確，BCD錯誤；故選：A。【點評】本題考查光的折射與全反射的綜合問題，解題時需注意，光投射到兩種介質的界面上會發生反射和折射，入射角和反射角、入射角和折射角的關系分別遵守反射定律和折射定律，當光從光密介質射向光疏介質中時，若入射角等于或者大于臨界角會發生全反射現象。6．（4分）一容積為V0的金屬氧氣瓶內裝有可視為理想氣體的氧氣。用該氧氣瓶先后給甲、乙兩個完全相同的氧氣袋充氣，每個氧氣袋充氣前袋內均無氣體，充滿氧氣后容積均為V，且每次充氣結束時氧氣袋和氧氣瓶中的氣體壓強相同。整個過程中，氧氣溫度保持不變。則充滿氧氣后，甲、乙兩個氧氣袋中的氣體壓強之比為（）A．(V0+VVC．1 D．V【分析】結合題意，對給甲、乙充氣的兩個過程，由玻意耳定律分別列式，即可分析判斷ABCD正誤。【解答】解：設甲充氣前，氧氣瓶內氣體壓強為p0，給甲充氣后氣體壓強為p甲，給乙充氣后氣體壓強為p乙，由玻意耳定律可得：p0V0＝p甲（V0+V），p甲V0＝p乙（V0+V），聯立可得：p甲故選：B。【點評】本題主要考查氣體的等溫變化與玻意耳定律的應用，解題時需注意，應用玻意耳定律求解時，要明確研究對象，確認溫度不變，根據題目的已知條件和求解的問題，分別找出初、末狀態的參量，其中正確找出壓強是解題的關鍵。7．（4分）如圖所示，三個可視為質點的小球a、b、c，先后從同一固定斜面（其中AO⊥OC）的頂點A處水平拋出（初速度均平行于OD），落點分別為B、C、D。已知AB＝BC，O、C、D三點共線且OC＝CD，不計空氣阻力，則小球a、b、c平拋時的初速度大小之比為（）A．1：2：4 B．1：4：8 C．1：2：2 【分析】小球組做平拋運動，水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做自由落體運動，應用運動學公式求解。【解答】解：小球做平拋運動，對a、b球，在豎直方向：12gtb2=2×12gta2，水平方向：vb對小球b、c，由于豎直分位移相等，則運動時間：tb＝tc，水平方向：vctc＝2vbtb，解得：vc＝2vb則va：vb：vc＝1：2：22，故D正確，ABC錯誤。故選：D。【點評】本題考查了平拋運動問題，分析清楚小球的運動過程，應用運動學公式即可解題。二、多項選擇題：共3題，每題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。（多選）8．（5分）在某星球表面，宇航員將一小石塊從距地高h處由靜止釋放，測出其自由下落的時間為t。已知引力常量為G，該星球可視為均勻圓球，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．可以確定該星球表面的重力加速度大小 B．不能確定該星球表面的重力加速度大小 C．可以確定該星球的密度 D．不能確定該星球的密度【分析】根據自由落體運動規律和萬有引力等于重力，結合密度公式推導分析解答。【解答】解：AB.由h=12gCD.由GMmR2=mg，和M=ρ?4故選：AD。【點評】考查自由落體運動規律和萬有引力定律的應用，會根據題意進行準確分析解答。（多選）9．（5分）某中學運動會的鉛球比賽中，某同學將一鉛球斜向上拋出。不計空氣阻力，則下列關于該鉛球在空中運動的動能Ek與時間t、水平位移x之間的關系圖像，可能正確的是（）A． B． C． D．【分析】鉛球斜向上拋出，速度先減小后增大，根據速度變化情況分析動能的變化。【解答】解：鉛球在整個飛行過程中，質量不變，鉛球一直在運動，在最高點時仍然有水平向前的速度，動能不為零；從出手到最高點過程中速度減小，此過程中鉛球的動能減小；在下落的過程中，速度不斷增大，到達地面最大，此過程中鉛球的動能增大；由于鉛球在離開手時有一定的高度，具有重力勢能，鉛球落地時重力勢能轉化為動能，所以落地時的動能要大于出手時的動能，根據EK=12m故選：BD。【點評】考查對斜拋運動和動能定義式的理解，熟悉公式的運用。（多選）10．（5分）如圖所示，用某一回旋加速器分別加速兩個不同的粒子，與加速器平面垂直的磁場的磁感應強度恒定不變，交變電壓的頻率可調，即兩粒子各自在磁場中做勻速圓周運動的頻率與相應的交變電壓頻率相同。則下列說法可能正確的是（）A．電量大的粒子最后的動量大 B．電量小的粒子最后的動量大 C．電量大的粒子最后的動能大 D．電量小的粒子最后的動能大【分析】根據回旋加速器的半徑公式結合動量、動能的表達式進行分析解答。【解答】解：AB.兩粒子在同一回旋加速器中做勻速圓周運動的最大半徑相同，根據R=mvCD.又由R=mv故選：ACD。【點評】考查回旋加速器的相關問題，會根據題意進行準確分析解答。三、非選擇題：共5題，共57分。11．（6分）某同學利用電學知識，測量實驗室中一通電螺線管（如圖1所示）上銅線圈的匝數。（1）用多用電表“×1”歐姆擋粗略測量所有銅線圈的總電阻R，結果如圖2所示，讀數R＝6.0Ω。（2）用卷尺測量單個銅線圈的周長L，并用螺旋測微器測量裸露的銅線頭直徑d，結果如圖3所示，則d＝2.095mm。（3）用伏安法精確測量所有銅線圈的總電阻R，并查閱資料得知，該銅線的電阻率為ρ，則該通電螺線管上銅線圈的匝數N＝πRd24ρL【分析】根據多用電表歐姆擋的使用方法進行讀數；根據螺旋測微器的讀數方法進行讀數；根據電阻定律和圓的面積公式，推導線圈的匝數。【解答】解：（1）由圖2可知，歐姆表的讀數為R＝6.0×1Ω＝6.0Ω（2）由圖3可知，螺旋測微器的讀數為d＝2mm+0.095mm＝2.095mm（3）由電阻率公式R=ρl其中l＝NL可得R=ρNL解得N=πR故答案為：（1）6.0；（2）2.095；（3）πRd【點評】本題考查歐姆表和螺旋測微器的讀數，以及對電阻定律的理解，難度不大。12．（10分）某興趣小組利用一根長細橡皮條來探究“力的平行四邊形定則”。所用實驗器材有：木板、白紙、細線、三角板、刻度尺、圖釘等。主要設計思路如下：①將白紙固定在木板上，截取三條細線分別綁在橡皮條兩端和中間某處（結點），如圖1所示。用刻度尺測出細線2與橡皮條的結點到橡皮條末端P0的自然長度l，并畫在白紙上。②細線1上端固定在C處，適當拉動細線3，記錄結點位置O和橡皮條末端位置P1，如圖2所示。③互成角度地拉細線2、3，使結點到達O處，記錄橡皮條末端位置P2和細線2的方向，如圖3所示。④交換細線2、3的位置，再次互成角度地拉細線2、3，使結點仍到達O處，保證細線2通過③中的描點P2、細線3通過③中細線2的方向，并記錄橡皮條末端位置P3，如圖4所示。⑤利用①中畫出的自然長度l，以及O、P1、P2、P3描點，進行探究。請回答下列問題：（1）下列說法正確的是C（單選，填正確答案標號）。A.拉橡皮條的力越大越好B.細線2、3的夾角越大越好C.實驗過程中橡皮條應與木板平行D.細線2與橡皮條的結點應位于橡皮條中點（2）請在圖5中完成實驗探究圖（作出必要的輔助線）。（3）由（2）可知，按平行四邊形定則作出的對角線在方向、長度（大小）上與一個力拉時力的方向、長度（大小）均存在誤差，可能的實驗誤差來源是：描點位置不準確。（寫出1條）【分析】（1）根據實驗原理及操作規范分析判斷；（2）根據平行四邊形定則作圖；（3）根據實驗原理分析誤差。【解答】解：（1）A、拉橡皮條的力不是越大越好，不境超過其彈性限度，故A錯誤；B、細線2、3的夾角并非越大越好，適當即可，故B錯誤；C、實驗過程中，橡皮條應始終與木板平行，故C正確；D、細線2與橡皮條的結點可以不在橡皮條中點，故D錯誤；故選：C。（2）根據胡克定律可知。撐皮條的彈力大小與形變量成正比。作圖時，需先從P1、P2、P3描點處分別截取長度l。再根據平行四邊形定則來作圖（如答圖1）（3）造成實驗誤差的原因可能是描點位置不準確。故答案為：（1）C；（2）見解析；（3）描點位置不準確【點評】探究共點力合成的規律實驗需要的實驗器材我們可以根據這個實驗的原理（畫出理論值和實際值進行比較）進行記憶，注意作圖的方法。13．（10分）如圖所示，粗糙水平地面與固定的14光滑圓弧軌道在A點平滑連接，圓弧半徑R＝1m。物塊甲向右運動，與靜止在A點的物塊乙發生第一次彈性碰撞后，甲反向運動，乙離開圓弧軌道后上升的最大高度h＝0.8m。乙返回至水平地面后，恰好不會與甲發生第二次碰撞。已知甲、乙兩物塊與水平地面間的動摩擦因數相同，乙的質量m＝3kg，重力加速度g取10m/s2（1）第一次碰撞后瞬時，乙所受支持力大小；（2）甲的質量M。【分析】（1）利用動能定理，求出速度，再利用壓力和重力的合力提供向心力求出壓力大小。（2）利用碰撞前后系統的動量保持不變，這是動量守恒定律的考查。【解答】解：（1）設第一次碰撞后瞬時，乙的速度大小為v1，乙所受支持力大小為FN，由mg（h+R）=1v1解得：v1＝6m/s又由F解得：FN＝138N（2）設第一次碰撞前瞬時，甲的速度大小為v0，以水平向右為正方向由分析知，要使乙恰好不與甲發生第二次碰撞，第一次碰撞后瞬時甲、乙的速度等大反向由彈性碰撞有：Mv0＝mv1﹣Mv112聯立解得：M=m答：（1）第一次碰撞后瞬時，乙所受支持力為138N。（2）甲的質量為1kg。【點評】本題主要考查了動量守恒定律的相關應用，熟悉動能定理的應用，解題的關鍵點是分析出運動過程中物體的能量轉化特點。14．（13分）如圖1所示，真空中的電極K連續不斷地發出電子（電子初速度忽略不計），經恒壓電場U1加速后，從小孔S穿出，沿兩水平正對的平行金屬板A、B間的中軸線射入板間電場。已知A、B板長均為L1，板間距為d，兩板右邊緣到豎直固定的熒光屏（面積足夠大）的距離為L2，熒光屏中心O與A、B間中軸線在同一水平線上。t＝0時刻，A板電勢高于B板電勢，板間電壓U隨時間t變化的關系如圖2所示（其中T已知），電子穿過A、B兩板間過程中板間電壓視為不變。忽略電子間的相互作用，求：（1）要使電子均能從A、B兩板間射出，U2的最大值；（2）當U2取（1）中最大值時，熒光屏上的光斑在屏上運動的速度大小。【分析】（1）電子恰好偏轉極板的邊緣射出時偏轉電壓最大，應用動能定理與運動學公式求解。（2）電子在偏轉電場中做類平拋運動，應用運動學公式求解。【解答】解：（1）電子在加速電場中加速，由動能定理得eU1=1電子在偏轉電場中做類平拋運動，水平方向L1＝v0t1電子從板的邊緣射出時偏轉電壓最大，豎直方向d對電子，由牛頓第二定律得eU2解得U2=（2）電子恰好從A、B板右邊緣射出時，豎直分速度大小vy＝at1電子從離開偏轉電場到達到熒光屏上過程，水平方向L2＝v0t2電子打在熒光屏上時，距離熒光屏中點O的最遠距離y=d2+v熒光屏上的光斑在屏上運動的速度大小v=解得v=答：（1）要使電子均能從A、B兩板間射出，U2的最大值是2d（2）當U2取（1）中最大值時，熒光屏上的光斑在屏上運動的速度大小(L【點評】本題考查了電子在電場中的運動，根據題意分析清楚電子的運動過程是解題的前提，應用動能定理、牛頓第二定律與運動學公式即可解題。15．（18分）如圖1所示，MN和