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2025年高考全真模拟试卷
物
理
全卷满分100分，考试时间75分钟
注意事项：
1答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。
2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔吧答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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.在家中为了方便使用卷纸，如图所示，用一个可转动“△”框将卷纸挂在墙上，使用过程中
卷纸始终与墙面接触，若不计墙面与卷纸间的摩擦，当卷纸逐渐减少时()
A.框对卷纸的作用力变小
B.框对卷纸的作用力方向竖直向上
C.墙面对卷纸的弹力保持不变
D.墙面和框对卷纸的合力保持不变
2.网球训练中心使用的轮式发球机，侧视结构如图所示。两个半径均为25cm的橡胶轮，相
反方向等速旋转，带动网球飞出。发球机喷嘴在地面附近，与水平面成37°角斜向上，si37°
=0.6,cos37°0.8，g取10m/s2。若要求水平射程约为15m,应将橡胶轮角速度调为约
()
A.5 rad/s
B.10 rad/s
C.50 rad/s
D.100rad/s
3.太阳系中，如图所示可以认为金星和火星均绕太阳做匀速圆周运动。已知金星的半径是火
星半径的倍，金星的质量为火星质量的K倍。若忽略行星的自转，说法正确的是()
¤火岸
A.金星绕太阳运动的周期比火星大
B.金星的第一字宙速度是火星的、区倍
太阳
C.金星表面的重力加速度是火星的倍
金星
D,金星绕太阳的向心加速度小于火星绕太阳的向心加速度
4,穿越机比无人机有着更高的速度，更强的机动性。如图，某穿越机沿水平方向做加速直线
运动，某时刻空气对其作用力F与运动方向成夹角，速度为，穿越机重力为G,则此时
()
A.重力的功率为Gv
B.重力的功率为Gcos0
V
C.空气对其作用力的功率为G
ngv
D.空气对其作用力的功率为G
s0
5.光纤通信采用的光导纤维由内芯和外套组成，长为L,其侧截面如图所示，一复色光以一
定的入射角(i≠0)从轴心射入光导纤维后分为a、b两束单色光，已知内芯材料对a光
的折射率为n(n<√2)，真空中的光速为c。下列说法正确的是()
A.在同一双缝干涉装置中a光产生的条纹间距小
b
B.入射角i由0°逐渐增大时，b单色光全反射现象先消失
C.内芯相对外套是光疏介质
D.若入射角i=B时，a、b单色光在内芯和外套界面都发生全反射，则单色光在介质中
Ln2
传播的时间为
cvn2-sin20
6.空间存在一沿x轴方向的电场，一电荷量为一9的试探电荷只在电场力作用下从O点开始以
某一初速度沿x轴正方向运动，其所受电场力随位置变化的图像如图所示，以x轴正方向
为电场力的正方向，设无穷远处电势为零。以下说法正确的是()
A.X,处的电势最低2025 年高考全真模拟试卷（物理）参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C B C D A D AB AB ACD
1．A
【详解】设框对卷纸的作用力为 F，方向指向左上方，墙面对卷纸的作用力为 FN，则卷纸
的受力情况如图所示
当卷纸逐渐减少时，F与竖直方向的夹角减小，重力减小，由图可知，F减小，FN减小，墙
面和框对卷纸的合力与重力大小相等，所以合力减小。
故选 A。
2．C
【详解】设发球机射出网球速度大小为 v，喷嘴在地面附近，网球离开喷嘴后做与水平面成
37°角斜抛运动,在水平方向有 s 2vt cos37
竖直方向，根据速度-时间公式有 0 v sin 37 gt
速度为 v r
联立解得 50rad/s
故选 C。
3．B
r3
【详解】A．根据开普勒第三定律 2 k可知，轨道半径越大，则周期越长，所以金星绕太T
阳运动的周期比火星小，故 A错误；
Mm v2B．根据万有引力提供向心力G
R2
m
R
可得 v GM
R
由于金星的半径是火星半径的 n倍，金星的质量为火星质量的 K倍，则金星的第一宇宙速
K
度是火星的 倍，故 B正确；
n
{#{QQABLYSs4gAQwAQACB6rEQEaCggQsJCSLQoGhQAeKARLwAFIBAA=}#}
G MmC．根据万有引力与重力的关系可得 2 mgR
g GM所以
R2
K
所以金星表面的重力加速度是火星的 倍，故 C错误；
n2
Mm
D．根据万有引力提供向心力可得G 2 mar
GM
所以 a
r2
由于金星的轨道半径较小，所以金星绕太阳的向心加速度大于火星绕太阳的向心加速度，故
D错误。
故选 B。
4．C
【详解】AB．重力的方向与穿越机的运动方向垂直，所以重力的功率为 0，故 AB错误；
G
CD．空气对穿越机的作用力在运动方向的分力 F 水平 tan
则空气对其作用力的功率为 P F v
G
v
水平 tan
故 C正确，D错误。
故选 C。
5．D
sin i
【详解】A．由图可知 b光的折射角 更小，由 n
sin
可知 nb na
则 fb fa
根据 c f
可知 a b
L
根据Δx λ
d
可知 a光的条纹间距更大，故 A错误；
1
B．由上分析可知内芯材料中 a的折射率比对 b的折射率小，根据 n
sinC
所以 a光的临界角大，所以入射角 i由0 逐渐增大时，a单色光全反射现象先消失，故 B错
误；
C．光从光密介质进入光疏介质才会发生全反射，所以内芯相对外套是光密介质，故 C错误；
{#{QQABLYSs4gAQwAQACB6rEQEaCggQsJCSLQoGhQAeKARLwAFIBAA=}#}
sin i
D．当入射角 i 时，设 a单色光的折射角为 r，根据折射定律有 n
sin r
sin r sin i可得
n
2 2
根据数学知识可知 cos r n sin i
n
L
根据几何关系可知，a单色光的传播距离为 x
cos r
由 n
c

v
c
传播速度为 v
n
x Ln 2
则 a单色光在介质中传播的时间为 t
v c n2 sin2
故 D正确。
故选 D。
6．A
【详解】AD．由图可知，在0 x x1范围内，电荷 q所受电场力合力水平向左，电场力做
负功，电势能增大；在 x x1范围内，电荷 q所受电场力合力水平向右，电场力做正功，电
势能减小，故在x1处电势能最大，根据 Ep q 可知在x1处电势最低，故 A正确，D错误；
B．由 F qE结合图像可知，电荷 q在x1处所受电场力为 0，电场强度最小，故 B错误；
C．在 x x1范围内，电荷 q所受电场力合力水平向右，电场力做正功电势能减小，动能增
大，故电荷 q在x 处的速度小于在 x1 2处的速度，故 C错误；
故选 A。
7．D
3T
【详解】由波形图知，t 时刻小球在平衡位置且正向下振动，可知 0时刻小球在负方向
4
2
最大位移处，故小球的振动关系式为 y A cos
t ，故 ABC错误， D正确。
T
8．AB
【详解】A．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观形
式，故安培力和洛伦兹力是性质相同的力，本质上都是磁场对运动电荷的作用力，A正确；
B．根据左手定则，可知洛伦兹力总是垂直磁场方向与速度方向所构成的平面，而磁场方向
与速度方向不一定垂直，B正确；
{#{QQABLYSs4gAQwAQACB6rEQEaCggQsJCSLQoGhQAeKARLwAFIBAA=}#}
C．洛伦兹力对粒子不做功，即粒子在只受到洛伦兹力作用时，动能不变，C错误；
D v
2
．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得 qvB m ，解得
r
r mv
qB
可知运动半径与带电粒子的比荷有关，D错误。
故选 AB。
9．AB
A 233 233【详解】 ． 90Th衰变为 91Pa满足质量数守恒和电荷数守恒，可知生成物为电子，则为β
衰变，故 A正确；
B 233Pa 233 233． 91 衰变为 92U释放出能量，则生成物比反应物更稳定，即生成物 92U的比结合能大
233
于反应物 91Pa的比结合能，故 B正确；
C．β衰变的实质是原子核内的中子变成质子和电子，则放出的电子来源于原子核内，故 C
错误；
D．放射性元素的半衰期由原子核决定，与外界的温度、压强无关，与化学状态也无关，故
D错误。
故选 AB。
10．ACD
【详解】AB．将电子的速度分解为水平方向的速度 vx，和竖直方向的速度vy，即
vx v cos ， vy v sin
在水平方向因为电子速度与磁场方向平行，所以不会受到洛伦兹力，即电子在水平方向做匀
速直线运动，在竖直方向因为粒子与磁场方向垂直，所以受到洛伦兹力，由于不计重力，所
以在竖直方向粒子做匀速圆周运动。综上所述，可以将其看成水平方向的匀速直线，与竖直
方向的粒子源问题，即，电子圆形亮斑的最大半径是电子轨迹圆周的半径的二倍，由此可知，
R
在竖直方向轨迹圆周的半径为 ，有
2
v2
ev B m yy R
2
整理有
{#{QQABLYSs4gAQwAQACB6rEQEaCggQsJCSLQoGhQAeKARLwAFIBAA=}#}
e 2v sin

m BR
故 A正确，B错误；
CD．由于电子在水平方向做匀速直线运动，设电子到荧光屏的时间为 t，有
d vxt
解得
t d
v cos
电子在竖直方向圆周运动，有
v2
ev B m yy R
2
其周期为 T，有
2 R
T 2
vy
若荧光屏上出现点状亮斑时，即电子到达荧光屏上时，恰好在竖直方向完成一个完成的圆周
运动，即电子到荧光屏的时间是电子竖直方向做圆周运动的周期的整数倍，有
t nT（ n 1，2，3……）
整理有
e 2n v cos
（ n 1，2，3……）
m Bd
当 n 1时，其比荷为
e 2 vcos

m Bd
当 n 2时，比荷为
e 4 vcos

m Bd
故 CD正确。
故选 ACD。
{#{QQABLYSs4gAQwAQACB6rEQEaCggQsJCSLQoGhQAeKARLwAFIBAA=}#}
11.
(5) 非线性 (1分) （6）9.83 (2分) （7）大于(2分)
12.（1）30 (2分) 100 (2分)
（2） 并联 (1分) 1.0 (2分)
（3） R=720/E -1 (2分)
10p S
13.(1) 1 02 (2) 9g
【详解】（1）活塞完成一次抽气、打气后，由玻意耳定律
对上部分气体得 p0V0 pAl V V0
对下部分气体得 pBlV0 p0V0 pAlV
V 1根据题意 V
2 0
pA1 1
联立得上下两部分气体压强之比 pB1 2
（2）当完成抽气、打气各 2次后，对上部分气体 pAlV0 pA2 V0 V
对下部分气体 pB1V0 pA2V pB2V0
4
联立得 pA2 p p
14
9 0
， B2 p9 0
因隔板与卡槽仍未分离
则由力学知识可得 pA2S Mg pB2S
M 10 p 0S解得隔板的质量至少为 9g
{#{QQABLYSs4gAQwAQACB6rEQEaCggQsJCSLQoGhQAeKARLwAFIBAA=}#}
14.（1）根据题意可知，篮球到达篮筐时，竖直速度刚好为零；根据逆向思维将篮球看
成从篮筐处开始做平抛运动；设出手时瞬时速度与水平方向的夹角为 ，由平抛运动规
律可得
=
1
= 2
2
两个篮球弹性碰撞
mv0 mv1 mv2，
1mv 2 1 mv 2 10 1 mv
2
2 2 2 2
v = 2（H h）联立解得
g
（2）
= cos
1
= sin 2
2
联立解得
5x 3g
v =
3 8x 6H 6h
5mgx2
动能大小 Ek=4（4x 3H 3h）
15.
（1）导体棒运动速度为 v时，感应电动势 E=BLv
电容器两端电压 U=BLv
电容器所带电荷量 q=CBLv
（2）对导体棒运动过程受力分析，由牛顿第二定律：
F v mg BiL m
t
q
电容器充电电流 i
t
由电容定义式，得 q C U CBL v
{#{QQABLYSs4gAQwAQACB6rEQEaCggQsJCSLQoGhQAeKARLwAFIBAA=}#}
联立，解得导体棒加速度 a v F mg
t m CB2L2
1 2
故导体棒做匀加速直线运动，由运动学公式，得 x0 at2 1
2x m CB2L2t 0 解得 1 F mg
（3）设导体棒第一次经过MN时速度大小为 v1，第二次经过MN时速度大小为 v2，两次经
过MN的时间间隔为 t2，从第二次经过MN到最终静止时间为 t3，流过电源的电荷量为 q2
由运动学公式，得 v1 2ax0 ①
B E BLv导体棒与电源相连时，由动量定理，得 L t m v
r
BEL
由于导体棒与电源相连的整个运动过程位移为 0，求和，可得 t2 m v1 v2 ②r
同理，有 BLq2 m v1 v2
BLv
导体棒第二次经过MN后，与电阻相连，由动量定理，得 mg B L t m v
R
B2L2x
导体棒与电阻相连时位移为 x0，求和，可得 mgt3 0 mv2 ③R
由时间关系可得 t2 t3 t t1 ④
由能量守恒得
Qr Eq
1
mv2 11 mv
2
2 ⑤2 2
Q 1R mv
2
2 mgx2 0
⑥
联立①~⑥，解得
2 2
mgRE 2 t 2x0 m CB L B2L2E 2x mRE 2 2x0 F mg
F mg
0 2 2
Q
m CB L mx0 F mg
r R mgr BLE m CB2L2
2

mgRBLE t 2x0 m CB
2L2
3 3 2 B L Ex0 m grR
2x0 F mg
F mg m CB
2L2
2m mgr BLE 2R2
{#{QQABLYSs4gAQwAQACB6rEQEaCggQsJCSLQoGhQAeKARLwAFIBAA=}#}
2
2x m CB2L2 2x F mg
mgRBLE 0 3 3 2 0

t B L Ex0 m grR 2 2
F mg m CB L Q R mgx2m mgr BLE 2R2 0
{#{QQABLYSs4gAQwAQACB6rEQEaCggQsJCSLQoGhQAeKARLwAFIBAA=}#}

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