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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷05（湖南专用）
物 理
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
考情速递
高考·新动向：2025 年湖南高考物理科目的命题趋势将更加注重对学生综合能力的考查，尤其是对物
理概念的理解和应用能力。题目呈现方式将更加多样化，不仅限于传统的计算题和选择题，还会增加
更多情境题和实验题。这些题目将要求学生不仅掌握物理知识，还要能够将知识应用到实际问题中，
解决现实生活中的物理问题。
高考·新考法：在常规考点的考查上，2025 年湖南高考物理将更加注重知识点的融合和综合运用。例
如，力学与电磁学的结合、热学与能量守恒的结合等。此外，对于非常规考点，命题者可能会通过创
新性的设问方式，考查学生对物理原理的深入理解和灵活运用能力。例如，通过设计复杂的实验情境，
考查学生对实验数据的分析和处理能力。
高考·新情境：情境题目的创新性、实时性和开放性将成为2025 年湖南高考物理的一大亮点。这些题
目将紧密结合当前科技发展和社会热点，如新能源技术、量子计算、人工智能等。同时，跨学科的融
合性也将得到体现，例如物理与化学、生物等学科的结合，考查学生在多学科背景下的综合应用能力。
命题·大预测：基于以上分析，2025 年湖南高考物理试卷将呈现以下趋势：
1、综合性强：题目将更加注重知识点的综合运用，考查学生在复杂情境下的问题解决能力。
2、创新性高：命题者将通过创新性的设问方式，考查学生对物理原理的深入理解和灵活运用能力。
3、情境化明显：题目将紧密结合当前科技发展和社会热点，考查学生在实际情境中的应用能力。
4、跨学科融合：物理与其他学科的融合将更加明显，考查学生在多学科背景下的综合应用能力。
备考方向
1、针对以上趋势，考生在备考时应注重以下几点：
2、夯实基础：熟练掌握物理基本概念和原理，确保在综合性强的情境下能够灵活运用。
3、强化实验能力：注重实验操作和数据分析能力的培养，能够独立设计和完成物理实验。
5、关注科技热点：关注当前科技发展和社会热点，了解物理知识在实际中的应用。
6、跨学科学习：加强物理与其他学科的联系，提升在多学科背景下的综合应用能力。
通过以上备考策略，考生将能够更好地应对2025 年湖南高考物理科目的挑战，取得优异成绩。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
1
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2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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、选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共24 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．“南鲲号”称之为“海上充电宝”，是一个利用海浪发电的大型海上电站，其发电原理是海浪带动浪
板上下摆动，从而驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动。若转子
带动线圈如下图逆时针转动，并向外输出电流，则下列说法正确的是（ ）
A．线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的磁通量最大
B．线圈转动到如图所示位置时a 端电势低于b 端电势
C．线圈转动一周电流方向改变两次，图示位置正是电流变向的时刻
D．线圈转动到如图所示位置时其靠近N 极的导线框受到的安培力方向向上
【答案】 D
【解析】A．线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的磁通量为零，最小，选项A 错误；
B．根据右手定则可知，线圈转动到如图所示位置时a 端电势高于b 端电势，选项B 错误；
C．线圈转动一周电流方向改变两次，线圈经过中性面一次电流方向改变，则图示位置不是电流变向
的时刻，选项C 错误；
D．根据左手定则可知，线圈转动到如图所示位置时其靠近N 极的导线框受到的安培力方向向上，选
项D 正确。
故选D。
2．木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为
。木卫三周期为T，公转轨道
半径是月球绕地球轨道半径r 的n 倍。月球绕地球公转周期为
，则（ ）
A．木卫一轨道半径为
B．木卫二轨道半径为
C．周期T 与T0之比为
D．木星质量与地球质量之比为
【答案】 D
【解析】根据题意可得，木卫3 的轨道半径为
AB．根据万有引力提供向心力
2
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可得
木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为
,可得木卫一轨道半径为
木卫二轨道半径为
故AB 错误；
C．木卫三围绕的中心天体是木星，月球的围绕的中心天体是地球，根据题意无法求出周期T 与T0之
比，故C 错误；
D．根据万有引力提供向心力，分别有
联立可得
故D 正确。
故选D。
3．某物理实验兴趣小组利用如图所示电路研究电压的变化
与电流的变化
的关系，电流表、电压表
均为理想电表，D 为理想二极管，C 为电容器，
为定值电阻。闭合开关S 至电路稳定后，将滑动变
阻器的滑片P 向左移动一小段距离，待电路稳定后发现电压表
的示数变化量大小为
，电压表
的示数变化量大小为
，电流表A 的示数变化量大小为
，则下列判断正确的是（ ）
A．
的值等于
B．
大于
C．电源输出功率先增大后减小
D．滑片向左移动的过程中，电容器所带电荷量减少
3
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【答案】 B
【解析】A．滑动变阻器的滑片P 向左移动一小段距离，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电
流减小，电阻R1两端电压和电源内电压之和UR1+Ur减小，根据电路电压关系可知，电压表V1的示数
U1增大，且
所以
故A 错误；
B．电压表V2的示数变化量大小为
所以
所以
大于
，故B 正确；
C．因为不清楚电源内阻与外电阻关系，无法判断电源输出功率变化，故C 错误；
D．滑片向左移动的过程中，UR1减小，电容器放电，但因为二极管存在无法放电，所以电容器所带电
荷量不变，故D 错误。
故选B。
4．如图所示，一足够长的质量为m 的木板静止在水平面上，t=0 时刻质量也为m 的滑块从板的左端以速度
水平向右滑行，滑块与木板，木板与地面的摩擦因数分别为
、
且最大静摩擦力等于滑动摩擦
力。滑块的
图像如图所示，则有（ ）
A．
=
B．
<
C．
>2
D．
=2
【答案】 C
【解析】由
图像分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板
则有
>2
故选C。
4
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5．如图所示，粗细均匀的圆形绝缘环位于空间直角坐标系中的xOy 平面内，其几何中心与坐标原点O 重
合。处于每个象限的
圆环都均匀带有相同电量的电荷，电性如图所示。点1、2、3、4、5、6 分别
位于z、x、y 轴上，它们与原点间距相同，以下说法错误的是（ ）
A．点1、点2 处的场强一定相同
B．点3、点4 处的场强一定相同
C．点3、点4 处的电势一定相等
D．点5、点6 处的电势一定相等
【答案】 B
【解析】A．根据电场强度叠加原理，点1 和点2 的场强都为零，场强相同，A 不符合题意；
B．根据电场强度叠加原理，点3 和点4 的场强大小相同，方向相反，场强一定不同，B 符合题意；
C．根据微元法和等效法，点3 和点4 可看作等量异种电荷中垂线上的点，电势都跟无穷远处电势相
同。C 不符合题意；
D．根据微元法和等效法，点5 和点6 可看作等量异种电荷中垂线上的点，电势都跟无穷远处电势相
同。D 不符合题意；
故选B。
6．如图所示，ABC 为一弹性轻绳，其弹力大小符合胡克定律。弹性轻绳一端固定于A 点，另一端连接质
量为m 的小球，小球穿在竖直杆上。轻杆OB 一端固定在墙上，另一端为定滑轮。若弹性轻绳自然长
度等于AB，初始时ABC 在一条水平线上，小球从C 点由静止释放滑到E 点时速度恰好为零。已知
C、E 两点间距离为h，D 为CE 的中点，重力加速度为g，小球在C 点时弹性绳的拉力为
，小球与
杆之间的动摩擦因数为0.6，弹性轻绳始终处在弹性限度内，其弹性势能的表达式为
，其中
k 为劲度系数、x 为伸长量。则小球下滑经过D 点时的速度大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
5
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【答案】 B
【解析】小球在C 点时，杆对小球的弹力为
释放小球后，设弹性绳与竖直杆夹角为
，杆对小球的弹力等于弹性绳垂直于杆的分力，即
又
故杆对小球的弹力保持
不变，则小球所受滑动摩擦力大小始终为
小球从C 到E 过程，由功能关系
得弹性绳劲度为
小球从C 到D 的过程，同理
得小球在D 点速度为
故选B。
二、选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 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．
7．氩原子从一个能级跃迁到一个较低能级时，可能不发射光子，而是把相应的能量转交给另一能级上的
电子，并使之脱离原子，这一现象叫俄歇效应，以这种方式脱离原子的电子叫俄歇电子。若氩原子的
基态能量为
，处于
能级的电子跃迁时，将释放的能量转交给处于
能级的电子，使之成为
俄歇电子a。假设氩原子的能级能量公式类似于氢原子，即
，则（ ）
A．氩原子从
能级向
能级跃迁时释放的能量为
B．氩原子从
能级向
能级跃迁时释放的能量为
6
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C．俄歇电子a 的动能为
D．俄歇电子a 的动能为
【答案】 BC
【解析】AB．根据玻尔理论，氩原子从
能级向
能级跃迁时释放的能量等于这两个能级间的
能量差为
故A 错误，B 正确；
CD．
能级的电子电离时需要吸收的能量为
由题意可知，俄歇电子a 的动能为
故D 错误，C 正确。
故选BC。
8．如图所示，导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势为e=26
sin100πt（V）。并与理
想升压变压器相连进行远距离输电，理想降压变压器的原、副线圈匝数比为4：1，降压变压器副线圈
接入一只“12V，12W”的灯泡，且灯泡正常发光，输电线路总电阻r=16Ω，导线框及其余导线电阻不
计，电表均为理想电表，则（ ）
A．电流表的示数为0.5A
B．原线圈中交变电压的频率为100Hz
C．升压变压器的原副线圈匝数之比为1：2
D．当降压变压器副线圈再并联一只同样灯泡时，输电线上损失的功率增大
【答案】 ACD
【解析】A．降压变压器副线圈接入一只“12V，12W”的灯泡，且灯泡正常发光，灯泡的电流为
,
7
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且降压变压器的原、副线圈匝数之比为
，则输电线路的电流为
，输电线上损失功率为
，
则升压变压器输入功率
由题意可知
则
A 正确；
B．根据频率与角速度关系可得
B 错误；
C．升压变压器副线圈电压
根据原、副线圈电压与线圈匝数成正比可得
C 正确；
D．当降压变压器副线圈再并联一只同样灯泡时，副线圈电流增大，输电线电流也增大，由
则损失功率增大，D 正确。
故选ACD。
9．如图所示，一倾角为
的光滑斜面固定在水平面上，斜面的底端固定一垂直斜面的挡板，上端固
定一定滑轮O。劲度系数为
的轻弹簧下端固定在挡板上，上端与质量为
的物块Q 连接。
一跨过定滑轮O 的轻绳一端与物块Q 连接，另一端与套在水平固定的光滑直杆上质量为m 的物块P 连
接。初始时物块P 在水平外力F 作用下静止在直杆的A 点，且恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平
直杆的夹角也为
。去掉水平外力F，物块P 由静止运动到B 点时轻绳与直杆间的夹角
。已知
滑轮到水平直杆的垂直距离为d，重力加速度大小为g，弹簧轴线、物块Q 与定滑轮之间的轻绳与斜
面平行，不计滑轮大小及摩擦，
，
。则下列说法正确的是（ ）
8
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A．物块P 在A 点时弹簧的伸长量为
B．物块P 从A 点运动到B 点时，物块Q 的势能减少量等于P、Q 两物块增加的总动能
C．物块P 从A 点运动到B 点的过程中，轻绳拉力对物块P 做的功为
D．物块P 运动到B 点时，物块Q 的速度为
【答案】 BD
【解析】A．对物块P 在A 点时进行受力分析，其恰好与直杆没有相互作用，所以绳子拉力竖直向上
的分力与其重力大小相等，有
所以绳子拉力
对物块Q 进行受力分析，沿斜面方向上
解得此时弹簧弹力为
由胡克定律可得弹簧此时的伸长量为
故A 错误；
B．物块P 到B 点时，由几何可得物块Q 沿斜面向下滑了
所以弹簧此时压缩量为
，所以此时弹簧的弹性势能与物块P 在A 点时的相同，物块P 从A 点运动
到B 点的过程中，弹簧弹力做功为零，所以由能量守恒定律，物块Q 重力势能减少量之和等于P、Q
两物块增加的总动能，故B 正确；
D．物块P 到B 点时，P、Q 速度满足
物块P 从A 点运动到B 点的过程中，由能量守恒定律
联立解得
9
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故D 正确；
C．对物块P 由动能定理从A 运动到B 的过程中，绳子拉力做功
故C 错误。
故选BD。
10．如图质量为
、电荷量为
的带正电粒子（忽略粒子重力），以速度
沿
方向垂直射入相互正交
的竖直向下的匀强电场
和水平向里匀强磁场
，经过该区域中的P 点的速率为
，此时侧移量为，
若
，下列说法中正确的是（ ）
A．带电粒子在P 点的速率
B．带电粒子的加速度大小恒为
C．若
，粒子从射入该区域到P 点所用时间至少
D．粒子在运动过程中洛伦兹力始终大于电场力
【答案】 BC
【解析】A．粒子运动过程中，洛伦兹力始终与速度方向垂直而不做功，则根据动能定理
解得
故A 错误；
B．将粒子进入电磁场的初速度
看成是两个水平向右分速度
、
的合成，其中水平向右分速度
满足
解得
10
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则另一水平向右分速度
满足
则粒子在电磁场中的运动可分解为：以
水平向右做匀速直线运动和以
大小做匀速圆周运动，其中
以
大小做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力；可知粒子运动过程受到的合力大小为
根据牛顿第二定律可知带电粒子的加速度大小为
故B 正确；
C．以
大小做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
若
可知粒子从射入该区域到P 点所用时间至少为
故C 正确；
D．粒子的合速度为分速度
与
的合成，其中
的大小方向均保持不变，
的大小不变，方向时刻
发生改变，当
方向与
方向相反时，粒子的合速度最小，则有
可知粒子受到的洛伦兹力最小值为零，而粒子受到的电场力保持不变，故D 错误。
故选BC。
三、非选择题：本题共5 小题，共56 分．
11. （7 分）小星学习了光的干涉后，用激光笔和双缝组件（如图甲所示）做双缝干涉实验，并测量激光
的波长。他按如下步骤组装好设备：先将激光笔打开，让激光垂直照到墙壁上，在墙壁上形成一个小
光斑。然后将双缝组件固定在激光笔前方，让激光垂直通过双缝后在远处墙壁上形成干涉图样，如图
乙所示。
11
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(1)小星做实验时，双缝组件到墙壁距离为
，两次所用双缝间距分别为
和
，用
刻度尺测量干涉图样的数据分别如图丙和图丁所示，则图丙是采用间距为 mm 的双缝测得
的结果。根据图丁的测量结果，计算得出激光笔所发出的激光波长为 nm（结果保留三位
有效数字）。
(2)若实验过程中保持激光笔与双缝组件的位置不变，用光屏在离墙壁
处承接干涉图样，光屏上
的图样与原来的干涉图样相比，会出现的现象是（ ）
A．条纹间距变大
B．条纹间距不变
C．条纹间距变小
D．条纹消失
【答案】 (1) 0.45 675
(2)C
【解析】（1）由双缝干涉条纹间距公式
可知，本实验中条纹间距较小的图丙对应的应为双
缝间距较大的双缝，即图丙所对应的双缝的间距为0.45mm。
由双缝干涉条纹间距公式
可知
（2）由双缝干涉条纹间距公式
可知，当双缝与屏的间距减小时，条纹间距也减小。
故选C。
12
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12. （9 分） 某同学在“用单摆测量重力加速度”的实验中，利用了智能手机和一个磁性小球进行了如下
实验：
（1）将摆线上端固定在铁架台上，下端系在小球上，做成图1 所示的单摆。下列摆线安装最合理的
是 。
A．
B．
C．
（2）用刻度尺测量悬线的长度，用游标卡尺测得磁性小球的直径如图2 所示，则直径
cm，
算出摆长L。
（3）将智能手机磁传感器置于磁性小球平衡位置正下方，打开智能手机的磁传感器，测量磁感应强
度的变化。
（4）将磁性小球由平衡位置拉开一个小角度，由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如
图3 所示。试回答下列问题：
①由图3 可知，单摆的周期为 。
②改变摆线长度l，重复实验操作，得到多组数据，画出对应的图像如图4 所示，图像的斜率为k，则
重力加速度g 的表达式为
。（用题中物理量的符号表示）。
③图4 中图像不过原点的原因是 ，对g 的测量结果 （选填“有影响”或“无影响”）。
【答案】 B 1.070 2t0
没有考虑磁性小球的半径 无影响
【解析】（1）A．图中采用了弹性绳，实验过程中，摆长会发生明显的变化，该装置不符合要求，故
13
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A 错误；
B．图中采用铁夹固定悬点，细线丝弹性小，磁性小球体积小，空气阻力的影响可以忽略，该装置符
合要求，故B 正确；
C．图中没有用铁夹固定悬点，摆长会发生明显变化该装置不符合要求，故C 错误。
故选B。
（2）根据游标卡尺的读数规律，该读数为
（4）①磁性小球经过最低点时测得的磁感应强度B 最大，根据图3 有
解得周期为
②摆长等于摆线长与小球半径之和，则有
根据周期公式有
解得
结合图像有
解得
③结合上述可知，图4 中图像不过原点的原因是没有考虑磁性小球的半径。
结合上述可知，重力加速度的求解是根据图像的斜率，实验中，虽然没有考虑磁性小球的半径，但对
斜率没有影响，即对g 的测量结果无影响。
13. （10 分） 如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封
闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。
活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为
、m，面积分别为
、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此
时弹簧的伸长量为
，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为
。已知活塞
外大气压强为
，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。（重力加速度常量g）
（1）求弹簧的劲度系数；
（2）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。
14
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【答案】 （1）
；（2）
，
【解析】（1）设封闭气体的压强为
，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有
解得
对活塞Ⅰ由平衡条件有
解得弹簧的劲度系数为
（2）缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条
件可知，气体的压强不变依然为
即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为
，
由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有
有等压方程可知
解得
14. （14 分） 如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ 水平固定，间距为l，虚线EF 左侧有
垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两根材料、长度均相同的金属棒ab、cd 垂直放
置在导轨上，阻值分别为R、4R，ab 处于磁场中，cd 处于磁场外侧紧靠EF 放置（距离不计）。现同
时给金属棒ab、cd 一个初速度，大小均为v0，方向相反，0 时刻cd 进入磁场；两金属棒相向运动，但
没发生碰撞，t1时刻金属棒ab 的电流变为零，此时cd 仍在磁场内，t2时刻金属棒ab 恰好静止在磁场
15
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边界EF 处。已知金属棒cd 质量为m，导轨电阻不计，运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良
好，求：
（1）0 时刻金属棒cd 的加速度大小；
（2）t1时刻金属棒ab 的速度大小及0～tl时间内通过金属棒ab 的电荷量；
（3）整个过程金属棒ab 中产生的焦耳热。
【答案】 （1）
；（2）
，
；（3）
【解析】（1）由题知，时刻根据右手定则可知，ab 棒产生的感应电流方向是a 到b，cd 棒产生的感
应电流方向是d 到c，即两个感应电流方向相同，所以回路中感应电动势为两杆产生的感应电动势之
和。即
回路中感应电流为
因为电阻定律
可知
因为金属棒ab、cd 材料、长度均相同，所以可知两棒的质量
对ab 棒，根据牛顿第二定律有
对cd 棒，根据牛顿第二定律有
解得
（2）在
时刻，流经ab 棒的电流为0，ab、cd 的速度相等，整个过程，两棒安培力等大方向，系
统动量守恒，即
16
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得
方向向右。对ab 棒由动量定理有
即
0～tl时间内通过金属棒ab 的电荷量大小
（3）整个过程cd 棒最终的速度为
，ab 棒静止，两棒损失的机械能转化成两棒的焦耳热。有
两棒的电流时刻相等，根据焦耳定律
可知
所以整个过程金属棒ab 中产生的焦耳热
15. （16 分） 如图所示，小滑块1、2 质量分别为
和
，滑块1 在半径为
的四分之一光滑圆弧最高点
A 处，滑块2 置于粗糙水平轨道端点
处，
间距为L。C 点正下方
处固定一劲度系数为
的轻
弹簧，弹簧右端固定一质量为
的滑块，置于光滑水平面上。静止释放滑块1，1 与2 发生弹性
碰撞后恰好静止于
点。滑块2 被碰后做平抛运动的同时给滑块
一个向右的初速度
，滑
块2 与运动中的
在平衡位置相碰后竖直向上运动至与
等高的
点。已知所有的碰撞时间极短，
质量为
的弹簧振子振动周期为
，重力加速度为
，求：
17
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(1)滑块1 与水平面BC 间的动摩擦因数
；
(2)
点与滑块
的高度差；
(3)滑块2 与
第二次碰撞后弹簧振子的振幅A。
【答案】 (1)
(2)
(3)
【解析】（1）（1）设滑块1 与2 碰前速度为
，由动能定理
碰后两者速度分别为
和
，由于弹性碰撞，则动量守恒和机械能守恒
解得
，
碰后滑块1 恰滑动后能静止在
点，滑块1 只能从
点向左匀减速运动至
，由动能定理得
联立以上各式得
，
（2）（2）滑块2 与振子
在平衡位置相碰，由于
，滑块2 只能与向左运动的
相碰才能碰
后竖直向上运动，则碰前运动时间满足
所求高度为
解得
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（3）（3）滑块2 与
碰撞过程水平方向动量守恒，第1 次碰撞后
的速度设为
，则
代入
得
设第一次碰撞过程中滑块2 与
接触时间为
，则在
时间内滑块2 与
间为滑动摩擦力，因为滑
块2 离开
瞬间是相对运动的。滑块2 从竖直上抛后落下与
发生第二次碰撞前运动时间为
，滑
块运动
时间正好在平衡位置向左运动时与滑块2 相撞。假设第二次碰撞过程中滑块2 离开
前能共速，则
解得
由于第一次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小
第二次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小
由于
第二次滑动摩擦力作用的时间
则假设成立。滑块2 离开
后，振子
的速度为
。设所求振幅A 为
解得
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