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2025 年高考考前信息必刷卷 01（陕西、山西、宁夏、青海专用）
物 理
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
考情速递
高考·新动向：试题紧密结合科技热点，体现物理学科的时代性。例如，第10题自行车灯发电机，将生
活与科技结合，展现前沿科技探索。实验创新:第12题新能源汽车和热敏电阻结合，突破传统测电阻模
式，体现实验设计的灵活性。
高考·新考法：极限与边界条件:第15题带电粒子在组合场叠加场中的运动，通过配速法，考查空间思
维与分析能力。
高考·新情境：高考·新情境:第8题“食双星”是指两颗恒星在相互引力作用下绕连线上某点做匀速圆周
运动，考查双星多星理论。第11题，通过光电门考查牛顿第二定律，培养实验创新的思维和操作能力。
命题·大预测：命题·大预测:未来高考将更多融入科技热点(如AI技术、无人机、新能源)与工程问题，强
化物理的实用性。强化情境转化:关注科技新闻(如航天)，理解物理原理的现实应用逻辑。深化实验探究:
掌握实验设计原理与误差分析，注重图像法、替代法等数据处理技能。提升建模能力:通过复杂问题训
练(如多体运动、临界分析)，培养动态过程建模与数学工具应用能力。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．如图所示为氢原子的能级图，一个氢原子吸收光子能量后由基态跃迁到 的激发态，然后向低能
级跃迁，下列说法正确的是（ ）A．可能发出6种能量的光子
B．只能发出1种能量的光子
C．吸收的光子的能量一定为12.75 eV
D．可能发出能量为0.85 eV的光子
【答案】C
【详解】AB．一个氢原子吸收光子能量后由基态跃迁到 的激发态，然后向低能级跃迁，跃迁路
径可能为 、 、 、 ，可知最多可发出3种能量的光子，
故AB错误；
C．一个氢原子吸收光子能量后由基态跃迁到n＝4的激发态，则吸收的光子的能量为
故C正确；
D．同理氢原子由激发态向低能级跃迁时，发出光子的能量也要等于两个能级的能量差，0.85eV不符合
两个能级的能量差，故D错误。
故选C。
2．如图，在竖直平面内，轻杆一端通过转轴连接在 点，另一端固定一质量为 的小球。小球从 点
由静止开始摆下，先后经过 两点， 点分别位于 点的正上方和正下方， 点与 点等
高，不考虑摩擦及空气阻力，重力加速度为 ，下列说法正确的是（ ）A．小球在B点受到的合力大小为
B．小球在 点受到的合力大小为
C．从 到 的过程，杆对小球的弹力最大值为
D．从 到 的过程，杆对小球的弹力最小值为
【答案】C
【详解】A．从A到B根据动能定理，有
小球运动到水平位置B时，竖直方向有
水平方向有
所以小球在B点受到的合力大小为
故A错误；
BC．从A到C根据动能定理，有
根据牛顿第二定律，有解得
此时杆的弹力最大，则有
解得
故B错误，C正确；
D．杆的弹力等于重力与杆的拉力或支持力的合力，所以当小在A点时合力最小，即mg，故D错误。
故选C。
3．如图甲所示，质量为 的薄板 静止在水平地面上，质量为 的物块 静止在 的右端。
时刻对 施加一水平向右的作用力 ， 的大小随时间 的变化关系如图乙所示。已知 与
之间、 与地面之间的动摩擦因数均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 始终未脱离 。取
，下列说法正确的是（ ）
A． 时， 与 发生相对滑动
B． 时， 的加速度大小为C． 时， 的速度大小为
D． 时， 、 动量之和为
【答案】C
【详解】A．设A、B发生相对滑动时的最小外力为 ，对A受力分析，由牛顿第二定律可得
解得
对于B而言，则有
联立上式解得
由乙图可知，外力 与时间的关系满足
当 时， ，A、B没有发生相对滑动，A错误；
B．根据上述分析可知， 时， ，A、B具有共同的加速度，大小为 ，B错误；
C．根据动量定理，结合乙图可知
代入数据解得
C正确；D．根据乙图，结合动量定理可知， 时，A、B系统具有的动量之和为
代入数据解得
D错误。
故选C。
4．边长为 的正六边形，每个顶点上均固定一个电荷量为 的点电荷，各电荷电性如图所示，规定无穷
远处电势为零，静电力常量为 ，关于正六边形的中心 点的场强及电势，下列说法正确的是
（ ）
A． 点的场强大小为
B． 点的场强大小为
C． 点的电势小于零
D． 点的电势等于零
【答案】A
【详解】AB．依题意，正六边形顶点上的六个点电荷分成三组，分别为两组等量同种点电荷和一组等
量异种点电荷，其中等量同种点电荷在O点的电场强度为零，等量异种点电荷在O点的电场强度大小
为可知，O点的场强大小为 ，故A正确；B错误；
CD．等量异种点电荷在O点的电势为零，等量同种点电荷在O点的电势大于零，所以 点的电势大
于零，故CD错误。
故选A。
5．如图所示，abcd为固定在匀强磁场中的正方形导线框，其中ab边为均匀的电阻丝，其余三边电阻不计。
一段与ab边完全相同的电阻丝PQ垂直ab边置于线框上，在拉力作用下以恒定的速度从ad边向bc边
运动，则在PQ运动过程中，下列判断正确的是（ ）
A．通过电阻丝PQ的电流先增大后减小
B．电阻丝PQ两端的电压先减小后增大
C．拉力做功的功率先减小后增大
D．电阻丝ab的发热功率先减小后增大
【答案】C
【详解】A．由于电阻丝 匀速运动，由法拉第电磁感应定律
可知， 产生的电动势大小恒定，由电路知识可知，在 从 边向 边运动的过程中，电路中
的总电阻 先增大后减小，由可知通过电阻丝 的电流 先减小后增大，故A错误；
B．由
可知电阻丝 两端的电压先增大后减小，故B错误；
C．由
可知电阻丝受到的安培力先减小后增大，故拉力也先减小后增大，由于拉力的功率
故拉力做功的功率先减小后增大，故C正确；
D．将电阻丝 看作外电路，将电阻丝 看作电源，则外电路的电阻不大于电阻丝 的电阻，由
于外电路的电阻先增大后减小，故由电源输出功率与外电阻之间的关系可知，电阻丝 产热功率先增
大后减小，故D错误。
故选C。
6．X、Y、Z为大小相同的导体小球，X、Y所带电荷量均为q，Z所带电荷量为-5q。X、Y均放置在光滑
绝缘水平面上，Y固定在P点，X与绝缘轻弹簧端相连，弹簧另一端固定，此时X静止在平衡位置O
点，如图所示，将较远处的Z移近，先与X接触，然后与Y接触，再移回较远处，在此过程中，一直
保持不变的是（ ）
A．X的平衡位置 B．Z的电荷种类
C．Y对X的库仑力方向 D．X、Y系统的电势能
【答案】B
【详解】设X、Y两带电小球相距为r，开始时，X、Y间的库仑斥力大小为X受到的库仑力方向水平向左，由于X静止在平衡位置O点，则弹簧的弹力大小为 ，方向
水平向右，将Z与X接触时，根据电荷分配原理可知，此时
此时X、Y间的库仑力大小为
大小发生了变化，X受到的库仑力方向为水平向右，X的平衡位置发生了变化，X、Y系统的电势能发
生了变化；当Z再与Y接触时，根据电荷分配原理可知，此时
整个过程中Z始终为负电荷保持不变。
故选B。
7．彩虹是因阳光照射到空中的小水滴，发生折射、色散及反射形成的。如图所示，一细束太阳光从P点
射入球形水滴后，有M、N两条出射光线。下列说法正确的是（ ）
A．从P点射入时M光的折射角比N光的大
B．M光光子的能量比N光光子的能量小
C．用同一装置做双缝干涉实验，M光相邻干涉亮条纹间距比N光的小
D．用同一装置做单缝衍射实验，M光产生的中央亮条纹比N光的宽
【答案】C【详解】A．作出M、N光在水滴中的光路图，如图所示
则光从P点射入时M光的折射角比N光的小，故A错误。
B．光在P点入射角相同，根据折射定律可知，M光的折射率大于N光的折射率，M光的频率大于N光
的频率，根据 可知，M光光子的能量大于N光光子的能量，故B错误。
C．由
可知M光的波长小于N光的波长，用同一装置做双缝干涉实验时，根据
可知M光相邻干涉亮条纹间距比N光的小，故C正确。
D．用同一装置做单缝衍射实验时，根据波长与障碍物尺寸接近或远大于障碍物尺寸时，衍射现象明显，
可知由于M光的波长较短，故M光产生的中央亮条纹较窄点，故D错误。
故选C。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．“食双星”是指两颗恒星在相互引力作用下绕连线上某点做匀速圆周运动。由于距离遥远，观测者不
能把两颗星区分开，但由于两颗恒星的彼此掩食，会造成其亮度发生周期性变化，观测者可以通过观
察双星的亮度研究双星。如图，t 时刻，由于较亮的恒星遮挡较暗的恒星，造成亮度L减弱，t 时刻则
1 2
是较暗的恒星遮挡较亮的恒星。若较亮的恒星与较暗的恒星的质量和圆周运动的半径分别为m、r 和
1 1
m、r，下列说法正确的是（ ）
2 2A． B．
C． D．
【答案】BC
【详解】由图可知双星周期
较亮的恒星，根据牛顿第二定律
较暗的恒星，根据牛顿第二定律
联可得
故选BC。
9．一列简谐横波沿x轴传播，图甲是波传播到x=5m的质点M时的波形图，令此时刻t=0，图乙是质点N
（x=3m）的振动图像，Q是位于x=10m处的质点，则下列说法正确的是（ ）A．Q点开始振动的方向沿-y方向
B．t=0至t=3s时间内，质点M的路程为10cm
C．质点Q和原点的振动方向始终相反
D．t=9.5s，质点Q的位移为-5cm
【答案】AC
【详解】A．根据图乙可知t=0时刻N点从平衡位置向上振动，根据同侧法可知波沿x轴正方向传播，
t=0时刻刚传到M点时，M振动的方向沿-y方向，所以Q点开始振动的方向沿-y方向，故A正确；
B．t=0至t=3s时间内，质点M的路程为
B错误；
C．Q点到O点的距离为10cm，即两者相距为
所以质点Q和原点的振动方向始终相反，C正确；
D．由波动图像知这列波的波长为4m，由振动图像知周期为4s，则传播速度为
解得
在9.5s时间内，波传播的距离为
根据波的平移法可知，质点Q点的振动形式与0.5m处的振动形式一样，此时质点Q的位移为，D错误。
故选AC。
10．某自行车所装车灯发电机如图甲所示，其结构如图乙所示。绕有线圈的匚形铁芯开口处装有磁铁。车
轮转动时带动与其接触的摩擦轮转动。摩擦轮又通过传动轴带动磁铁一起转动，从而使铁芯中磁通量
发生变化。线圈两端c、d作为发电机输出端。通过导线与灯泡L相连。当车轮匀速转动时，发电机输
出电压近似视为正弦交流电。假设灯泡阻值不变，摩擦轮与轮胎间不打滑。在磁铁从图示位置匀速转
过 的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．通过 的电流方向为 B．通过 的电流方向为
C．L中的电流先变大后变小 D．L中的电流大小不变
【答案】AC
【详解】AB．根据题意，由楞次定律可知，通过L的电流方向由c到d，故A正确，B错误；
CD．由图可知，开始阶段，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，转动后，磁通量减小，
磁通量的变化率增大，当转过 时，穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，当转过 时，
穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，可知，转动过程中L中的电流先变大后变小，故C正
确，D错误；
故选AC。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（5分）某学习小组利用图示装置验证牛顿第二定律，主要操作步骤如下：
a.按图示完成装置安装，木板左端用铰链连接在桌面上，将1个钩码通过跨过定滑轮的细绳连接到小
车上；
b.调整木块位置，使小车获得一定初速度后，遮光片通过两光电门的遮光时间相等；c.取下钩码，由静止释放小车，记录小车通过上、下两个光电门时遮光片的遮光时间，分别记为 和
；
d.依次增加悬挂的钩码（完全相同）个数 ，重复步骤 、 、 。
请完成以下问题：
(1)两光电门中心间的距离为 ，遮光片的宽度为 ，则小车的加速度 （用所给物理量的符
号表示）。
(2)要验证小车加速度与所受合外力成正比，以加速度 为纵轴，以 （填“ ”“ ”“ ”
或“ ”）为横轴描点作图，当所作图像是一条过坐标原点的倾斜直线时，则说明： 。
(3)下列做法能减小本实验误差的是_____。
A．每次小车从同一位置由静止释放
B．要确保小车的质量远大于钩码的质量
C．挑选表面比较光滑的木板进行实验
D．挑选遮光片时，选宽度比较小的
【答案】(1)
(2) 在质量不变的情况下，小车的加速度与所受合外力成正比
(3)D
【详解】（1）结合题述可得，通过小车两个光电门的速度分别为，
由匀变速直线运动规律有
联立得
（2）[1][2]根据题述实验过程可知，小车下滑过程所受合外力为 ，若牛顿第二定律成立，则有
可得
则应以 为横轴，所作图线近似为一条过原点的直线时，说明在质量不变的情况下，小车的加速度与
所受合外力成正比。
（3）ABC．本实验不需要从同一位置由静止释放小车，结合（2）分析可知，不需要小车的质量远大
于钩码的质量，也不需要挑选表面比较光滑的木板做实验，ABC错误；
D．为了速度测量的准确性，遮光片应选宽度较小的，故D正确。
故选D。
12．（10分）随着技术创新和产业升级，我国新能源汽车强势崛起实现“换道超车”，新能源汽车对温度
控制有非常高的要求，控制温度时经常要用到热敏电阻。物理实验小组找到两个热敏电阻，一个是
PTC热敏电阻，其电阻值随温度的升高而增大；另一个是NTC热敏电阻，其电阻值随温度的升高而
减小。该实验小组想利用下列器材来探究这两个热敏电阻（常温下阻值约为 ）的电学特性及
作用。A．电源 （电动势 ，内阻可忽略）
B．电流表 （满偏电流 ，内阻 ）
C．电流表 （量程 ，内阻 约为 ）
D．滑动变阻器 （最大阻值为 ）
E.滑动变阻器 （最大阻值为 ）
F.定值电阻
G.单刀单掷开关、单刀双掷开关各一个、导线若干
(1)若要求热敏电阻两端的电压可以从零开始比较方便地进行调节，应选择接入电路中的滑动变阻器为
（填器材前的字母），请在图甲中将电路图补充完整 。
(2)物理实验小组用 表示电流表 的示数， 表示电流表 的示数，通过实验画出两个热敏电阻
接入电路时的 图线如图乙中a、b所示。若将图线 所代表的元件直接接在一个电动势
，内阻 的电源两端，则该元件的实际功率为 W。（结果保留2位有
效数字）。(3)在汽车电路中常用热敏电阻与其他元件串联起来接入电路，用于防止其他元件两端的电压过大，从
而保护电路和设备，你认为应该选用 （填“PTC”或“NTC”）热敏电阻，请简述该热敏电
阻防止电压过大的原因： 。
【答案】(1) D
(2)2.5（2.4～2.6）
(3) PTC 在汽车电路中，当温度升高，PTC热敏电阻的电阻会增大，由串联分压可知，可以
防止其他元件两端的电压过大，从而保护电路和设备。
【详解】（1）[1][2]因为要求热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，所以滑动变阻器采用分压接法，
为了便于调节，应选用阻值较小的滑动变阻器D，如图所示（2）由测量电路，可知热敏电阻电压为
热敏电阻的电流为
把I-I 图像转换为U-I图像，并做出电动势 ，内阻 的电源的U-I图线，如图所示
1 2
图像中电源的U-I图线与图线b的交点坐标的乘积为该元件的实际功率
（3）[1][2]在汽车电路中，当温度升高，PTC热敏电阻的电阻会增大，由串联分压可知，可以防止其
他元件两端的电压过大，从而保护电路和设备。所以应该选用PTC热敏电阻。
13．（10分）如图所示，筒高为h的汽缸倒立，活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸间的
摩擦可忽略不计，活塞、汽缸均绝热，活塞下部空间与外界连通，汽缸底部连接一“U”形细管，细管
右端口与大气连通，内部装有部分水银（管内气体的体积忽略不计）。初始时，封闭气体的温度为
T，活塞位于汽缸中央，细管内两侧水银柱的高度差为∆h，大气压强为p，活塞横截面积为S，厚度
0 0 0
不计，水银的密度为ρ，重力加速度为g，求：(1)汽缸内气体的压强；
(2)通过加热装置缓慢提升气体温度，使活塞恰好到达汽缸开口处，求此时汽缸内气体的温度；此加热
过程中，若气体吸收的热量为Q，求气体内能的变化量。
【答案】(1)
(2) ，
【详解】（1）设封闭气体的压强为p，则有
（2）缓慢加热过程中气体做等压变化，初状态气体温度为T，体积为
0
末状态气体温度为T，体积为
由盖－吕萨克定律得
解得
此加热过程中气体对外做功为
由热力学第一定律可知
可得14．（13分）如图所示，长为l的轻绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，O点下方固定有一
个滑槽装置，由水平直轨道和竖直圆弧轨道组成。其中BC段为粗糙水平轨道，长度为d，CDE部分
为光滑圆弧轨道，半径为R，B点在O点正下方，D点为圆弧最高点，E点和圆心O等高。现将球拉
至最高点A，以 的速度向左水平抛出。当小球运动至最低点时，与静止在B点的一质量为
m的滑块P发生弹性正碰。碰撞后滑块P沿BC滑向圆弧轨道CDE。滑块和小球均视为质点，重力加
速度为g，求：
(1)小球抛出后，经过多长时间绳子被拉直？
(2)设绳子被拉直瞬间，小球沿绳子方向的分速度突变为零，则小球第一次运动到B点的速度v 大小为
B
多少？
(3)要使滑块始终不脱离圆弧轨道，则水平轨道BC段的摩擦因数μ取值范围是多少？
【答案】(1)
(2)
(3) 或者
【详解】（1）由于
故小球抛出后做平抛运动。设绳子恰好拉直时绳子与水平方向的夹角为θ，平抛运动的时间为t，则有
水平位移x = lcosθ = vt
0
竖直位移
可求得
θ = 0°
即当小球运动到绳子刚好处于水平位置时被拉直。
由以上式解得
（2）在绳子拉直瞬间，小球沿绳子方向的速度立即消失，只余竖直方向的速度
此后小球做圆周运动，从拉直瞬间到运动到最低点B，由动能定理可得
解得
（3）当小球与滑块发生弹性碰撞过程中，由小球和滑块组成的系统动量守恒、机械能守恒。设碰后
小球速度为v，滑块速度为v，有
1 2
解得
要使滑块不脱离轨道CDE，有两种情况：
①滑块能在圆弧轨道CDE做完整的圆周运动，则滑块从B点运动到圆轨道最高点D的过程中，由动
能定理可得在D点时
解得
②滑块最高运动到与圆心O′等高处速度恰好为零，沿轨道返回，设滑块上升的最大高度为h，则有
h ≤ R
解得
即当水平轨道BC段的摩擦因数μ满足 或者 时，滑块始终不脱离圆轨
道。
15．（16分）如图所示，在 坐标系 区域内存在平行于 轴、电场强度大小为 （ 未知）的
匀强电场，分界线 将 区域分为区域Ⅰ和区域Ⅱ，区域Ⅰ存在垂直纸面向外、磁感应强度大
小为 （ 未知）的匀强磁场，区域Ⅱ存在垂直直面向里、磁感应强度大小为 的匀强磁场
及沿 轴负方向、电场强度大小为 的匀强电场。一质量为 、电荷量为 的带正电粒子从点以初速度 垂直电场方向进入第二象限，经 点进入区域Ⅰ，此时速度与 轴正方向
的夹角为 ，经区域Ⅰ后由分界线 上的 点（图中未画出）垂直分界线进入区域Ⅱ，不计粒
子重力及电磁场的边界效应。求：
(1)电场强度 的大小；
(2)带电粒子从 点运动到 点的时间 ；
(3)粒子在区域Ⅱ中运动时，第1次和第5次经过 轴的位置之间的距离 。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子经过 点时的速度
粒子从 点到 点，由动能定理得解得
（2）粒子从 点到 点，由运动学公式有
解得
粒子从 点到A点，其运动轨迹如图1所示
由抛体运动的规律可得
由几何关系可得，粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径
运动时间
则
（3）粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力解得
在A点对粒子由配速法，如图1所示，设 对应的洛伦兹力与静电力平衡
方向相反， 与 合速度 对应洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，这样粒子进入区域Ⅱ中的运
动分解为以 的匀速直线运动和以 的匀速圆周运动,静电力等于洛伦兹力
解得
合速度
设对应的匀速圆周运动的半径为 ，由洛伦兹力提供向心力有
解得
其运动轨迹如图2所示粒子从第1次到第5次经过 轴，共运动了2个周期，时间
距离
解得
