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【赢在高考·黄金8 卷】备战2025 年高考物理模拟卷（黑吉辽专
用）
黄金卷01
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证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。
测试范围：必修一、必修二、静电场、动量
第Ⅰ卷 选择题 （共46 分）
一、选择题（本题共10 小题，在每小题给出的四个选项中，第1~7 题只有一项符合题目要求，每小
题4 分；8~10 题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。）
1．如图所示，A、B 两物体相距
，物体A 在水平拉力和摩擦力作用下，正以
的速度向右匀
速运动。而物体B 此时的速度
，由于摩擦力作用向右匀减速运动，加速度
，则A 追上
B 所用的时间为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】设物体B 减速至静止的时间为t，则
解得
1
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物体B 向前运动的位移为
又因A 物体5s 内前进
显然
所以A 追上B 前，物体B 早已经静止，设A 追上B 经历的时间为t′，则
故选D。
2．2024 年6 月2 日，嫦娥六号成功着陆月球背面南极——艾特肯盆地。嫦娥六号利用向下喷射气体产生
的反作用力，有效地控制了探测器着陆过程中的运动状态。其中一段着陆过程中，探测器减速的加速度大
小a 随时间t 变化的关系如图所示，
时刻探测器的速度恰好为零。下列说法中正确的是（ ）
A．
时间内，探测器做匀速直线运动
B．探测器在
时刻的速度大小是
时刻的4 倍
C．
时间内，探测器的位移大小为
D．气体对探测器的作用力大小在
时刻是
时刻的两倍
【答案】B
2
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【解析】A．由
图像可知，
时间内，加速度不变，探测器做匀减速直线运动，故A 错误；
B．根据
图像与横轴围成的面积表示速度变化量，且
时刻探测器的速度恰好为零，可知探测器在
时刻的速度大小为
探测器在
时刻的速度大小为
可知探测器在
时刻的速度大小是
时刻的4 倍，故B 正确；
C．探测器在
时刻的速度大小为
则
时间内，探测器的位移大小为
故C 错误；
D．设探测器的质量为
，
时刻根据牛顿第二定律可得
时刻根据牛顿第二定律可得
则有
故D 错误。
故选B。
3
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3．如图所示，在水平线
某竖直平面内，距地面高度为
，一条长为
的轻绳两端分别系小球A
和B，小球
在水平线
上，竖直向上的外力作用在A 上，A 和B 都处于静止状态。现从
上另一点
静止释放小球1，当小球1 下落至与小球B 等高位置时，从
上静止释放小球A 和小球2，小球2 在小球
1 的正上方。则下列说法正确的是（ ）
A．小球1 将与小球B 同时落地
B．在小球B 下落过程中，轻绳对B 的拉力竖直向上
C．
越大，小球
与小球B 的落地时间差越大
D．在小球1 落地前，小球1 与2 之间的距离随时间的增大而增大
【答案】D
【解析】A．设小球1 下落到与B 等高的位置时的速度为v，设小球1 还需要经过时间t1落地，则
设B 运动的时间为t2，则
比较可知
故A 错误；
B．小球
与B 都做自由落体运动，所以二者之间的轻绳没有作用力，故B 错误。
C．设A 运动时间为t3，则
可得
4
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可知l 是一个定值时，h 越大，则小球A 与小球B 的落地时间差越小，故C 错误；
D．1 与2 两球的距离
可见在小球1 落地前，小球1 与2 之间的距离随时间的增大而增大，故D 正确。
故选D。
4．斜面ABC 中AB 段粗糙，BC 段光滑，如图甲所示。质量为1kg 的小物块（可视为质点）以
的
初速度沿斜面向上滑行，到达C 处速度恰好为零。物块在AB 段的加速度是BC 段加速度的两倍，其上滑过
程的
图像如图乙所示（
、
未知），重力加速度g 取
。则根据上述条件，下列可以求得的是
（ ）
A．物块与斜面之间的动摩擦因数
B．斜面的倾角
C．斜面AB 段的长度
D．物块沿斜面向下滑行通过AB 段的加速度
【答案】D
【解析】C．小物块沿斜面向上滑行的初速度
，由
可得
解得
5
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设AB 段长度为
，加速度大小为2a，BC 段长度为
，加速度大小为a，则根据运动学公式AB 段有
BC 段有
已知
，因BC 段长度未知，无法求出加速度及斜面AB 段的长度，C 错误；
AB．小物块在AB 段，根据牛顿第二定律得
小物块在BC 段
因加速度未知，所以不能解得斜面ABC 倾角及物块与斜面之间的动摩擦因数，AB 错误；
D．小物块下滑时通过AB 段，根据牛顿第二定律得
因为
解得
D 正确。
故选D。
5．游乐园中的“空中飞椅”可简化成如图所示的模型图，其中P 为处于水平面内的转盘，可绕
轴转
动，圆盘半径
，绳长
。假设座椅随圆盘做匀速圆周运动时，绳与竖直平面的夹角
，
座椅和人的总质量为60kg，则（sin37°=0.6 cos37°=0.8 g 取
）（ ）
A．绳子的拉力大小为650N
B．座椅做圆周运动的线速度大小为5m/s
6
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C．圆盘的角速度为0.5rad/s
D．座椅转一圈的时间约为1.3s
【答案】C
【解析】A．座椅受力如图所示
由平衡条件可得，在竖直方向上
绳子拉力为
故A 错误；
B．由牛顿第二定律得
线速度为
故B 错误；
C．转盘的角速度与座椅的角速度相等，角速度
故C 正确；
D．座椅转一圈的时间，即周期
故D 错误。
故选C。
6．如图所示，在真空中ABCD 是由粗细均匀的绝缘线制成的正方形线框，其边长为d，O 是线框的中心，
线框上均匀地分布着正电荷。现在AD 中点M 处取下足够短的带电量为q 的一小段，将其沿OM 连线向左
7
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移
的距离到N 点处。设线框的其他部分的带电量与电荷分布保持不变，若此时在O 点放一个带电量为
Q 的点电荷，静电力常量为k，则该点电荷受到的电场力大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】没有截取一小段时，根据对称性可知，O 点的合场强为零，则截取的部分和剩下的部分在O 点产
生的场强等大反向，剩下的部分在O 点产生的场强大小为
方向向左，当截取部分移到N 点时，其在O 点产生的场强大小为
方向向右，则O 点的合场强大小为
方向向左，若此时在O 点放一个带电量为Q 点电荷，该点电荷受到的电场力大小为
故选A。
7．如图所示，光滑水平平台上一劲度系数为
的轻弹簧左端固定在
点，原长时在其右端
处
放置一质量为
的小滑块（可视为质点）。平台右端与水平传送带相切于
点，传送带长
，
以
的速度顺时针转动，与小滑块间的动摩擦因数
。现将滑块向左压缩
后突然释
放弹簧，已知弹簧弹性势能为
（为弹簧的劲度系数，
为弹簧的形变量），重力加速度为
，则（ ）
8
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A．小滑块刚滑上传送带的速度大小为
B．小滑块通过传送带的时间为
C．传送带摩擦力对小滑块的冲量为
D．传送带支持力对小滑块的冲量为0
【答案】C
【解析】A.设小滑块离开弹簧时的速度为
，由机械能守恒定律得
解得
故A 错误；
B.设经时间
，小滑块达到与传送带共速，则由动量定理和动能定理得
解得
小滑块匀速通过传送带的时间为
则小滑块通过传送带的时间为
故B 错误；
C.传送带摩擦力对小滑块的冲量为
9
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故C 正确；
D.传送带支持力对小滑块的冲量为
故D 错误。
故选C。
8．如图所示，轻绳a 的一端与质量为m1的物块A 连接，另一端跨过光滑定滑轮与轻绳b 拴接于O 点，与
水平方向成θ 角的力F 的作用在O 点，质量为m2的物块B 恰好与地面间没有作用力，已知θ = 60°，定滑
轮右侧的轻绳a 与竖直方向的夹角也为θ、重力加速度为g，当F 从图中所示的状态开始顺时针缓慢转动
90°的过程中，结点O、m1的位置始终保持不变，则下列说法正确的是（ ）
A．m2 = m1
B．F 的最小值为
C．力F 先减小后变大
D．地面对物块B 的支持力变大
【答案】CD
【解析】A．对结点O 受力分析如图所示，则
可知
10
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故A 错误；
BC．由图可知，F 从图中所示的状态顺时针转动90°的过程中，轻绳a 的拉力大小方向均不变，轻绳b 的
拉力大小逐渐变小但方向不变，力F 先减小后变大，当力F 与轻绳b 垂直时，力F 有最小值为
故B 错误，C 正确；
D．F 从图中所示的状态顺时针转动90°的过程中，轻绳b 的拉力m2g − FN变小，故地面对物块B 的支持
力FN变大，故D 正确。
故选CD。
9．载着登陆舱的探测器经过多次变轨后登陆火星的轨迹如图，其中轨道I、Ⅲ为椭圆，轨道Ⅱ 为圆，探
测器经轨道I、Ⅱ、Ⅲ 运动后在Q 点登陆火星，O 点是轨道I、Ⅱ、Ⅲ 的交点，轨道上的O、P、Q 三点
与火星中心在同一直线上，O、Q 两点分别是椭圆轨道Ⅲ 的远火星点和近火星点。已知火星的半径为R，
OQ=4R，轨道Ⅱ上经过O 点的速度为v，下列说法正确的有（ ）
A．在相等时间内，轨道I 上探测器与火星中心的连线扫过的面积与轨道Ⅱ上探测器与火星中心的连线
扫过的面积相等
B．探测器在轨道I 上运动时，经过O 点的速度大于v
C．探测器在轨道Ⅲ上运动时，经过O 点的加速度小于
D．在轨道Ⅱ上第一次由O 点到P 点与轨道Ⅲ上第一次由O 点到Q 点的时间之比是3
4∶
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【答案】BD
【解析】A．根据开普勒第二定律，在同一轨道上探测器与火星中心的连线在相等时间内扫过相等的面积，
在两个不同的轨道上，不具备上述关系，即在相等时间内，轨道Ⅰ上探测器与火星中心的连线扫过的面积
与轨道Ⅱ上探测器与火星中心的连线扫过的面积不相等，故A 错误；
B．探测器在轨道Ⅰ运动时，经过O 点减速变轨到轨道Ⅱ，则在轨道Ⅰ运动时经过O 点的速度大于v，故B
正确；
C．探测器经过三个轨道的O 点时，受到的万有引力相同，所以加速度相同，轨道Ⅱ是圆轨道，半径为
3R，经过O 点的速度为v，根据圆周运动的规律可知，探测器经过O 点的加速度
故C 错误；
D．轨道Ⅲ的半长轴为2R，根据开普勒第三定律可知
解得
则在轨道Ⅱ上第一次由O 点到P 点与轨道Ⅲ上第一次由O 点到Q 点的时间之比是3
4∶，故D 正确。
故选BD。
10．如图所示，水平放置的平行板电容器上下极板
分别带有等量异种电荷，电荷量大小均为
，两
极板间距为
，质量为
电荷量为
的带负电微粒从上极板
的边缘以初速度
射入，恰好沿直线从下
极板
边缘射出，重力加速度为
。则（ ）
A．两极板间的电压
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B．微粒的机械能减小
C．电容器的电容
D．保持
不变，仅将极板
向下平移，微粒仍沿直线从极板间射出
【答案】BCD
【解析】A．因为带电微粒做直线运动，则微粒受力平衡，根据平衡条件有
得
负电荷受电场力方向向上，所以电场方向竖直向下，则
所以
故A 错误；
B．重力做功mgd，微粒的重力势能减小，由于微粒做匀速直线运动，动能不变，根据能量守恒定律得知，
微粒的重力势能减小了
，故B 正确；
C．电容器的电容
故C 正确；
D．在
不变时，仅将极板
向下平移，由
知电场强度不变，微粒仍受力平衡，微粒仍沿直线从极板间射出，故D 正确。
故选BCD。
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第Ⅱ卷 非选择题 （共54 分）
三、非选择题（本题共5 小题，共54 分。其中第13 题~15 题解答应写出必要的文字说明、方程式和
重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单
位。）
11．（8 分）用如图甲所示的装置做“验证动量守恒定律”实验，研究小球在斜槽末端碰撞时动量是否守
恒。
（1）下列关于本实验条件的叙述，正确的是______。
A．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
B．入射小球的质量必须大于被碰小球的质量
C．斜槽部分必须光滑
D．轨道末端必须水平
（2）图甲中O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射小球多次从斜槽上同一位置S 由静
止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，测出平抛射程OP，然后，把半径相同的被碰小球
静置于轨道的水平末端，仍将入射小球从斜槽上位置S 由静止释放，与被碰小球发生正碰，并多次重复该
操作，测得两小球平均落地点位置分别为M、N，实验中还需要测量的物理量有______。
A．入射小球和被碰小球的质量
、
B．入射小球开始的释放高度h
C．小球抛出点距地面的高度H
D．两球相碰后的平抛射程OM、ON
（3）在实验误差允许范围内，若满足关系式 （用所测物理量的字母表示），则可以认为两球碰撞
前后的动量守恒。
（4）若采用图乙装置来验证碰撞中的动量守恒，实验中小球平均落点位置分别为
、
、
，
与小
球在斜槽末端时球心的位置等高。下列说法中正确的是______。
A．若
，则表明此碰撞过程动量守恒
14
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B．若
，则表明此碰撞过程动量守恒
C．若
，则表明此碰撞过程机械能守恒
D．若
，则表明此碰撞过程机械能守恒
【答案】（1）ABD （2）AD （3）
（4）C
【解析】（1）A．同一组实验中，为了保证每次碰撞前入射小球的速度相同，入射小球必须从同一位置由
静止释放，故A 正确；
B．为了保证碰后入射小球不反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故B 正确；
C．轨道倾斜部分是否光滑不影响碰撞前入射小球的速度，故斜槽部分不需要光滑，故C 错误；
D．为了保证小球抛出时做平抛运动，轨道末端必须水平，故D 正确。
故选ABD。
（2）设入射小球碰撞前的速度为
，碰撞后入射小球的速度为
，被碰小球的速度为
，入射小球的质
量为
，被碰小球的质量为
，若碰撞过程满足动量守恒，则有
因小球从同一高度做平抛运动，故运动时间都相同，设为，则有
，
，
联立可得
故实验中还需要测量的物理量有入射小球和被碰小球的质量
、
，两球相碰后的平抛射程OM、ON。
故选AD。
（3）由上一问，可知在实验误差允许范围内，若满足关系式
则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。
（4）AB．若采用图乙装置来验证碰撞中的动量守恒，设入射小球碰撞前的速度为
，碰撞后的速度为
，
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被碰小球的速度为
，抛出点到挡板的水平位移为
，则小球平均落点在
点时有
，
联立解得
同理，小球平均落点在
点、
点时，水平位移仍为
，则对应的平抛初速度为
，
若满足
代入以上三个速度，可得
故AB 错误；
CD．若满足
代入以上三个速度，可得
则表明此碰撞过程机械能守恒，故C 正确，D 错误。
故选C。
12．（8 分）贾同学利用如图甲所示的电路观察电容器的充、放电现象，其中E 为电源，S 为单刀双掷开
关，R 为定值电阻，C 为电容器，A 为理想电流表（测量电路中的电流），V 为理想电压表（测量两极板
间的电压）。
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（1）当开关S 接 （填“1”或“2”）时，电容器处于充电过程，此过程中电压表的示数U 随时间t 变
化的图像为
。
A．
B．
C．
D．
（2）改接开关，使电容器放电，记录下电流随时间变化的图像如图乙所示，已知图乙中所围的面积约为
70 个方格。分析
图像可知，每个方格代表的电荷量为 C；已知放电前电容器两极板间的电压为
12V，则电容器的电容为 mF。（结果均保留两位有效数字）
【答案】（1）1 B （2）8.0×10-5 0.47
【解析】（1）[1]当开关S 接1 时，电容器与电源相连，电容器处于充电过程；
[2]开关接1 时，此时电容器处于充电过程，根据
由于电容
不变，
不断变大，所以两极板电压不断增加，最终趋于稳定等于电源电动势。
故选B。
（2）[1]分析
图像可知，每个方格代表的电荷量为
[2]电容器放电前所带的电荷量为
已知放电前电容器两极板间的电压为12V，则电容器的电容为
17
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13．（9 分）分拣机器人在智能系统的调度下，能够自主规划路线，确保高效、准确的分拣作业。如图所
示为某次分拣过程示意图，机器人从A 处由静止出发沿两段直线路径AB、BC 运动到C 处停下，再将货物
从托盘卸到分拣口。已知机器人最大运行速率
，机器人加速或减速运动时的加速度大小均为
，AB 距离
，BC 距离
，机器人途经B 处时的速率为零，要求机器人能在最短时
间内到达分拣口。求：
（1）机器人从A 到B 过程中，从静止加速到最大运行速率
所需时间
；
（2）机器人从A 运动到B 的时间
；
（3）机器人从B 运动到C 的平均速度大小。
【答案】（1）1.2s （2）3.2s （3）
【解析】（1）机器人从A 到B 过程中，从静止加速到最大运行速率
所需时间
（2）机器人从A 运动到B 的过程，加速运动位移
减速运动位移
匀速运动时间
则机器人从A 运动到B 的时间
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（3）由于
，机器人从B 运动到C 的过程不能加速度到最大速度
，设机器人加速到
后开始减
速，加速和减速过程中时间和位移大小相等，设机器人从B 运动到C 的时间为t2
解得
14．（10 分）如图所示，在竖直平面内固定着一根光滑绝缘细杆
，细杆左侧
点处固定着一个带正电
的点电荷，以
为圆心的圆周与细杆交于
两点，
点为
的中点。现将一质量为
电荷量为
的小球（可视为质点）套在杆上从
点由静止释放，小球滑到
点时的速度大小为
。已知重力加速
度为
，M 点和
点的高度差为
，取
点为零电势点。求：
（1）
点的电势；
（2）小球滑至
点时的速度大小。
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）小球从
点到
点过程，由动能定理可得
又
解得
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又由
，
解得
（2）由几何关系可得
段的竖直高度
小球从
点到
点过程，静电力做功为零，根据动能定理可得
解得
15．（19 分）如图所示，在区域Ⅰ的空间中有水平向右的匀强电场，电场强度为
，将不带电
木板B 放置于区域Ⅰ的水平地面上，木板B 的长度
，B 的右端距台阶
，B 的上表面与区域Ⅱ
水平地面平齐，带电物块A（可视为质点）放在木板B 的左端，A 物块质量
，电荷量
，
A 与B 之间的动摩擦因数
，B 的质量
，B 与地面之间的动摩擦因数
。轻质弹簧一
端固定在C 物体上，静置于区域Ⅱ的水平地面上，C 物块质量
，A 物块和C 物块与区域Ⅱ的水平
地面均无摩擦力。某时刻将AB 由静止释放，B 与台阶相撞后立即静止，已知重力加速度
。
（1）求A 物块在区域Ⅰ中运动的时间；
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（2）求A 物块滑上区域Ⅱ上与弹簧接触过程中，弹簧的最大弹性势能；
（3）已知A 物块从接触弹簧到将弹簧压缩到最短过程用时为
，该过程中C 物块的位移为
，求弹簧
的最大压缩量。
【答案】（1）1.8s （2）12J （3）
【解析】（1）AB 恰好不相对滑动，根据牛顿第二定律
解得
B 的最大加速度为
解得
故AB 不会相对滑动，先一起匀加速直线运动距离
根据运动学公式
解得
此时速度
之后B 静止，物块A 匀加速运动距离
进入区域Ⅱ，根据牛顿第二定律
解得
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根据运动学公式
解得
故A 物块在区域Ⅰ中运动的时间为
（2）A 物块进入区域Ⅱ时的速度
A 物块和C 物块共速时弹簧的弹性势能最大，此时根据动量守恒及能量守恒定律
联立解得
（3）A 物块从接触弹簧到将弹簧压缩到最短过程，A 物块和C 物块组成的系统在任意时刻的动量守恒
A 物块从接触弹簧到将弹簧压缩到最短过程，关于时间进行积累
根据题意该过程中C 物块的位移为
根据运动规律知弹簧的最大压缩量等于A 物块和C 物块在
时间内的位移差，故
联立解得
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