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【赢在高考·黄金8 卷】备战2025 年高考物理模拟卷（新八省专
用）
黄金卷03（侧重力学部分）
（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。
一、选择题：本题共10 小题，共46 分。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；第8~10 题有多项符合题目要求，每小题6 分，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．（改编）如图甲是一款手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，当接触到表面平整的硬性物体时，会
产生较强的吸附力。如图乙是手机静止吸附在支架上的侧视图，若手机的重力为G，则下列说法正确的
是（ ）
A．手机受到的支持力有可能大于G
B．手机受到的支持力大小为Gcosθ
C．纳米材料对手机的作用力大小为GcosθD．纳米材料对手机的作用力垂直于支架向上
【答案】A
【解析】对手机进行受力分析，如图所示
1
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AB．根据垂直支架表面方向受力平衡，有
因
的大小未知，故
有可能大于
，故A 正确，B 错误；
CD．纳米手机对手机的作用力为支持力、吸引力、摩擦力这三个力的合力，这个合力与手机的重力大
小相等、方向相反，故C、D 错误。
故选A。
2．（核心素养）如图所示，运动员刚开始静止在蹦床上的B 点（未标出），通过调整姿态，多次弹跳后
达到最高点A，然后运动员从A 点保持姿势不变由静止下落至最低点C。不计空气阻力，下列说法正确
的是（ ）
A．运动员从接触蹦床到最低点的过程中，一直做减速运动
B．下落过程中，运动员在B 点时速度最大
C．从B 点下落至C 点的过程，运动员做匀减速直线运动
D．从A 点下落至B 点的过程，运动员的机械能守恒
【答案】B
【解析】A．运动员接触蹦床后，蹦床弹力逐渐增大，弹力小于重力阶段，运动员继续加速运动，加速
2
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度减小；弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，运动继续向下运动；弹力大于重力，运动员做减
速运动，加速度增大，故A 错误；
B．运动员在B 点时，重力与弹力大小相等，运动员加速度为零，速度最大，故B 正确；
C．运动员从B 点到C 点的过程中，弹力增大，弹力大于重力，由牛顿第二定律
F −mg=ma
可知加速度增大，故运动员做加速度逐渐增大的减速运动，故C 错误；
D．从A 点下落至B 点的过程，运动员的机械能有一部分转化为蹦床的势能，运动员机械能减少，故D
错误。
故选B。
3．风洞是进行空气动力学实验的常用设备。如图所示，将质量为m 的小球从A 点以初速度 v0水平向左抛
出，假设小球运动过程中受到水平向右、大小恒定的风力F，经过一段时间t，小球运动到A 点正下方
的B 点，且
。O 点是轨迹的最左端，重力加速度为g。则此过程中（ ）
A．小球速度最小时位于 O 点
B．AB 之间的距离为
C．小球运动的时间
D．小球所受的风力F 小于mg
【答案】C
【解析】A．风对小球的力恒定，则小球可视为在等效重力场中运动，等效重力方向为重力和风力的合
力
3
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小球运动过程中速度与等效重力方向垂直时速度最小，故小球速度最小时，位于AO 之间的某处，故 A
错误；
BC．小球自A 运动到B，风力做功为零。由动能定理得
解得AB 间的距离
又由
得小球运动的时间
故 B 错误，C 正确；
D．由于水平方向合力做功为0，在水平方向速度大小不变，在水平方向上，由动量定理得
所以
F=mg
故D 错误。
故选C。
4．如图所示，吊篮A、物体B、物体C 的质量分别为m、2m、3m，B 和C 分别固定在竖直弹簧两端，弹
簧的质量不计。整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，重力加速度为g，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在
轻绳刚断的瞬间（ ）
A．吊篮A 的加速度大小为g
B．物体B 的加速度大小为1.5g
4
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C．物体C 的加速度大小为1.5g
D．A、C 间的弹力大小为mg
【答案】C
【解析】AC．设绳子拉力为
，系统静止时，根据平衡条件
在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，将C 和A 看成一个整体，根据牛顿第二定律得
即A、C 的加速度均为1.5g，故A 错误，C 正确；
B．在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B 受力情况不变，故物体B 的加速度大小为零，
故B 错误；
D．剪断细线的瞬间，A 受到重力和C 对A 的作用力，对A
得
故D 错误。
故选C。
5．“笛音雷”是某些地区春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度—时间图像如图所示
（取竖直向上为正方向），其中
时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE 段是斜率大小为重力加速度g 的直
线。不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（ ）
A．“笛音雷”在t2时刻上升至最高点
B．t3~t4时间内“笛音雷”做自由落体运动
C．t0~t1时间内“笛音雷”的平均速度小于
D．t1~t2时间内“笛音雷”的加速度先减小后增大
【答案】C
5
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【解析】A．由图可知，t0~t4时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，
“笛音雷”在t2时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在t4时刻之后。故A 错误；
B．t3~t4时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明时间内“笛音雷”实际上是
在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度。故B 错误；
C．将A、B 用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为
而AB 线段与横轴所围的面积大于AB 曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据
可知，AB 线段代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB 曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即
t0~t1时间内“笛音雷”的平均速度小于
。故C 正确；
D．根据v-t 图像中图线的切线斜率表示加速度，可知t1~t2时间内“笛音雷”的加速度逐渐减小。故D
错误。
故选C。
6．下列物理实验中运用等效替代思想方法的是（ ）
A．
B．
C．
D．
观察微小形变 探究影响滑动摩擦力的因素 探究力的合成规律 测瞬时速度
【答案】C
【解析】A．通过液柱高度变化观察微小形变利用的是放大法，故A 错误；
B．探究影响滑动摩擦力的因素，利用的是控制变量法，故B 错误；
C．两个弹簧的拉力可由一个弹簧代替，体现等效替代的思想，故C 正确；
D．用数字计时器和光电门测速度体现了极限的思想，故D 错误。
故选C。
7．如图为电影《流浪地球2》中的“太空电梯”，假若质量为m 的宇航员乘坐这种固定在赤道上的“太空
6
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电梯”上升，电梯运行到距离地面高度h 处停止。已知地球的半径为R，表面的重力加速度为g，自转
周期为T，引力常量为G，假若同步卫星距离地面的高度为H，下列说法正确的是（ ）
A．宇航员在“太空电梯”中处于静止状态时，处于平衡状态
B．当h=H，万有引力小于宇航员做圆周运动的向心力
C．当h>H，宇航员受到向下的压力为
D．当h<H，宇航员受到向上的支持力为
【答案】C
【解析】A．宇航员在“太空电梯”中绕地心随地球一起自转，所以宇航员所受的合力提供向心力，宇
航员所受合力不为零，所以不处于平衡状态。故A 错误；
B．对同步卫星由万有引力及牛顿第二定律得
对比上式可得，当h=H 时，对宇航员满足
即当h=H，万有引力等于宇航员做圆周运动的向心力。
故B 错误；
CD．对于绕地卫星，根据万有引力定律及牛顿第二定律可得
当
时，卫星为同步卫星，卫星周期与地球自转周期
相等；当
时，卫星周期大于地球自转
周期
；当
时，卫星周期小于地球自转周期
。宇航员在“太空电梯”中不论距地面多高，绕地
做圆周运动的周期始终等于地球自转周期
。始终满足所受合力提供向心力
7
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所以可得，当
时， 万有引力不足以提供向心力，宇航员受到向下的压力，由牛顿第二定律得
其中
联立以上两式得
当
时， 万有引力大于提供向心力，宇航员受到向上的支持力，由牛顿第二定律得
其中
联立以上两式得
故C 正确，D 错误。
故选C。
8．如图所示，水平面内两个沿竖直方向振动的相干波源S1、S2发出的简谐横波在同一均匀介质中相遇，波
长均为5cm，波源S1的振幅为2cm，S2的振幅为4cm。图中实线表示某时刻波峰，虚线表示该时刻波
谷，a、c、e 三点均位于S1、S2连线的中垂线上，其中e 点是a、c 连线的中点，b、d、f 三点为所在两
个圆弧的交点。下列说法中正确的有（ ）
8
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A．图示时刻ac 两点连线上的任意一点（不含a、c）均向上振动
B．b 点的振幅为2cm
C．图中b、d、f 三点位于同一条双曲线上
D．图中e 点的振幅为0，但是它是振动加强点
【答案】BC
【解析】A．由图可知，
点是波谷与波谷相遇的点，点是波峰与波峰相遇的点，是
连线的中点，
而该相干波源波长相同，能够形成稳定的干涉图样，因此点在平衡位置，而
连线上的点始终处于
振动加强的状态，当两列波发生干涉，该处的点（不含
）图示时刻都是向着水平面下方运动的，
故A 错误；
B．由图可知，
点是波源
的波峰与波源
波谷相遇的点，设波源
的振幅为
波源
的振幅为
，
则
点的振幅为
故B 正确；
C．由图可知
三点到两个波源的距离之差均为半波长，根据几何知识可得，满足该条件的曲线
为双曲线，故C 正确；
D．虽然图示时刻点既不是波峰与波峰相遇处，也不是波谷与波谷相遇处，图示时刻其位移为0。但
点的振动加强，振幅为6cm，故D 错误。
故选BC。
9．某空间固定有两个可看成点电荷的带电小球，所带的电荷量分别为2q 和-q，如图所示，以-q 为圆心做
圆，a、b 两点为圆和两电荷连线的交点，过-q 的中心做两电荷连线的垂线，c、d 两点为垂线和圆的交
点，以下说法正确的是（ ）
9
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A．a 点的场强大于b 点的场强
B．a 点的场强小于d 点的场强
C．电子沿圆弧从a 点经c 点到b 点，电势能一直增大
D．电子沿圆弧从a 点经c 点到b 点，电势能先减小后增大
【答案】AC
【解析】A．两点荷在
点产生的场强方向相同，在
点产生的方向相反，
在圆上产生的场强大小相
同，
在
点产生的场强大于在
点产生的场强，根据矢量叠加规律知，
的场强大于
点的场强，故
A 正确；
B.
在
点产生的场强大于在
点产生的场强，且两电荷在
点产生的夹角大于零，根据矢量叠加，
的场强大于
点的场强，故B 错误；
CD．电势是标量，根据公式
在圆上产生的电势相等，且为负值，从
经到
，
产生的电势越来越小，且为正值，则
电子沿圆弧从
经到
，电势能一直增大，故C 正确，D 错误。
故选AC。
10．如图所示，一个固定的光滑导轨长臂水平、短臂竖直；一根不可伸长的轻绳，一端系在质量为m 的圆
环上，另一端与质量为m 的小球相连，圆环套在长臂上。左手扶住圆环，右手拿起小球将细线水平拉
直，已知细线长度
，此时圆环距离短臂
，现将圆环与小球同时由静止释放，
小球向下摆动，环与短臂碰后粘连（碰撞时间极短）。在小球向下摆动过程中，小球与环沿绳方向速
度始终相等，重力加速度为
。从释放小球到小球第一次到达最低点的过程中，下列说法正
10
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确的是（ ）
A．小球与环组成的系统机械能不守恒
B．小球与环组成的系统在水平方向上动量守恒
C．环的最大速度大小为
D．小球运动的最大速度大小为
【答案】AD
【解析】小球与圆环释放瞬间，小球与圆环水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，根据平均动量
守恒有
相等时间里小球与环水平位移相等，所以当环与短臂碰撞时，小球的水平位移也为
，由于
所以当圆环与短臂碰撞时，小球未到最低点，之后环与短臂粘连，小球做圆周运动到最低点。
A．环与短臂粘连时，小球与环沿绳方向的速度减为0，机械能不守恒，A 正确；
B．环与短臂粘连前系统水平方向动量守恒，粘连后水平方向动量不守恒，B 错误；
C．如图
11
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环与断臂碰撞前瞬间速度最大，设最大速度为，绳与水平方向夹角为
，根据水平方向动量守恒，
有
可得小球的水平速度为
根据机械能守恒定律，有
在小球向下摆动过程中，小球与环沿绳方向速度始终相等，有
可得
联立解得
C 错误；
D．小球运动到最低点时速度最大，设速度为
，环与短臂粘连时，小球与环沿绳方向的速度减为0，
小球的速度为
根据动能定理，有
解得
D 正确。
故选AD。
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二、非选择题：本题共5 小题，共54 分。其中第13 题~15 题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要
的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11．（8 分）
某实验小组利用如图甲所示的装置，测量质量为M 的滑块与长木板间的动摩擦因数
。右端带滑
轮的长木板水平放置于实验台上，轻绳跨过滑轮（绳与滑轮间的摩擦力可忽略），一端与木板上左端
的滑块相连，另一端悬挂钩码（设总质量为m），可用钩码共8 个（设其总质量为
）。除图中所示
的器材外，还有米尺和秒表，重力加速度g 取
。实验步骤如下：
（1）用手按住滑块，把1 个钩码挂在轻绳右端，其余7 个钩码放在滑块上，调节滑轮高度，使轻
绳与木板平行；
（2）释放滑块，滑块从A 到B 做初速为零的匀加速直线运动，运动过程中，长木板与实验台、
滑块与滑块上的钩码之间均无相对运动；为测量系统的加速度a，必须测出 A、B 之间的距离L 和滑
块从A 运动到B 的时间t，计算a 的表达式为 （用相关物理量的符号表示）；
（3）将滑块上的钩码一次一个的移至轻绳右端挂着，剩余钩码仍留在滑块上，使系统的总质量
始终保持定值
。直到滑块上的钩码全部移至轻绳右端挂着。每次都重复（2）的操作，记录
数据，并经数据处理后，得到轻绳右端所挂钩码总质量m 与对应加速度a 的多组数据；
（4）利用（3）得到的数据，作出
图像如图乙所示。从图乙所示的图线可以看出，在滑动
的条件下，a 与m 是一次函数关系，即可以写成：
（式中的k 和b 为常数）的形式。本实验
中表达式的
，
（k、b 均用本题中相关物理量的符号表示）；根据图乙
可求出滑块与长木板间的动摩擦因数
（保留两位有效数字）。
13
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【答案】
0.23
【解析】（2）[1] 必须测出的物理量是A、B 之间的距离L 和滑块从A 运动到B 的时间t，由初速为零
的匀加速直线运动规律得
解得
（4）[2][3]由牛顿第二定律得
解得
所以
，
[3]根据图乙可得
，
，
由
可得
则滑块与长木板间的动摩擦因数
12．（10 分）
14
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如图（a）所示，恒流源输出的电流大小与电流表G 的满偏电流
相同，电流表G 的内阻为
。
现对一只数字已模糊的电阻箱
重新标记，将电阻箱
和电流表G 如图（a）接入电路，闭合开关
、
，调整电阻箱
的旋钮到不同位置，分别读出电流表G 的示数I，根据电流表G 的示数和不同旋钮
位置可对电阻箱旋钮刻度进行标定。
（1）请你利用此电路分析出电阻箱接入电路的电阻
与电流表的示数I 之间的表达式
。（结果用题中的字母表示）为了获得关于
、I 两个量的相关函数图像为直线，若以
为纵坐标，
则横坐标应为 。（结果用题中的字母表示）
（2）某同学采用如图（b）虚线框中所示结构模拟恒流源，那么在选择电源与滑动变阻器时，电
源应尽量选择电动势 （填“偏大”或“偏小”）一些，滑动变阻器应尽量选择总电阻
（填“偏大”或“偏小”）些，可以减少误差，即便如此，
的测量值仍将 （填“偏大”或
“偏小”）。
【答案】（1）
（2） 偏大 偏大 偏大
【解析】（1）[1]根据并联分流原理
得
15
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[2]整理得
可知，横坐标为
。
（2）[1]为提高电路的稳定性，电源应选择电动势偏大一些。
[2]总电阻较大的滑动变阻器具有更高的电阻范围和更精细的调节能力，则滑动变阻器应尽量选择总电
阻偏大一些。
[3]电阻箱阻值增大时，为了使干路电流不变，滑动变阻器的阻值应调小，则到时电阻箱和电流表的分
压偏大，电流表电流偏大，故
的测量值偏大。
13．（10 分）
如图为一半径为R 的半圆柱体玻璃砖的截面图，O 为圆柱截面的圆心，AB 为直径，现将一束垂直
于直径AB 的光从M 点射入，OM 长度为
，光线射到玻璃砖的圆弧面恰好发生全反射。
（1）先完成光路图并求玻璃砖的折射率；
（2）求光线在玻璃砖中的传播时间（光在真空中的速度用c 表示）。
【答案】（1）见解析；√2 （2）
【解析】（1）光路图如图所示，
16
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根据几何关系，可知
又
sinC = 1
n
解得
（2）由几何关系，可知光线在玻璃砖中的传播路程为
根据
可得
14．（12 分）
如图所示，水平传送带AB 长
，以
的速度顺时针转动，传送带与半径可调的竖
直光滑半圆轨道BCD 平滑连接，CD 段为光滑管道，小物块（可视为质点）轻放在传送带左端，已知
小物块的质量
，与传送带间的动摩擦因数
，
，重力加速度
。
17
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（1）求小物块到达B 点时的速度大小；
（2）求由于传送小物块，电动机多做的功；
（3）若要使小物块从D 点飞出后落回传送带的水平距离最大，求半圆轨道半径R 的大小；
（4）若小物块在半圆轨道内运动时始终不脱离轨道且不从D 点飞出，求半圆轨道半径R 的取值
范围。
【答案】（1）4m/s （2）16J （3）0.2m （4）
或
【解析】（1）对小物块受力分析，由牛顿第二定律
解得
设小物块与传送带共速的时间为t1，由运动学公式
可得
加速的位移为
因为
所以小物块在传送带上先加速后匀速，到达B 点时的速度大小为4m/s。
（2）小物块在传送带上因摩擦而产生的热量为
由于传送小物块，电动机多做的功为
18
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（3）从B 点到D 点，由动能定理
小物块离开D 点后做平抛运动，有
联立可得
由数学关系可知，当
时，小物块从D 点飞出后落回传送带的水平距离最大
（4）①刚好沿半圆到达与圆心O 等高处，根据动能定理
解得
小物块在半圆轨道内运动时始终不脱离轨道，则
②刚好到达C 点不脱轨，临界条件是弹力为0，在C 点
从B 点到C 点，根据动能定理
代入数据解得
③刚好到达D 点不脱轨，在D 点有
，从B 点到D 点，根据动能定理
19
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代入数据解得
若小物块在半圆轨道内运动时不从D 点飞出，则满足
综上所述，半圆轨道半径R 的取值范围为
或
15．（14 分）
某电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距为l，倾角为
，导轨上端串接一个阻
值为
的电阻，下端接有电容为Ｃ的电容器。在导轨间长为d 的区域内，存在方向垂直导轨平面向
下的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m 的金属棒
水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与
拉杆
相连，金属棒向上运动时，
闭合，
断开，向下运动时，
断开，
闭合。
棒的初
始位置在磁场下方某位置处，一位健身者用大小为
的恒力拉动
杆，
运动过程中始终
保持与导轨垂直，进入磁场时恰好匀速上升，不计其它电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量，重力加
速度为g。
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（1）求
棒进入磁场时的速度大小；
（2）
棒进入磁场
处时，撤去拉力F，恰好能减速运动到磁场上边界，求减速向上运动的时
间；
（3）
棒从磁场上边界由静止下滑，此时电容器电量为零，下滑过程中，拉力始终为零，求
棒出磁场时的速度大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】（1）
棒进入磁场时有
又
，
，
联立解得
（2）减速过程，由动量定理得
又
联立解得
（3）设CD 棒的速度大小为
时，经历的时间为t，通过CD 棒的电流为I，CD 棒受到的磁场力方向
沿导轨向上，大小为
f1=BIl
设在时间间隔（t，t+（t）内流经CD 棒的电荷量为（Q，则
（Q=CBl（v（Q 是平行板电容器极板在时间间隔（t，t+（t）内增加的电荷量，（v 为CD 棒的速度变
化量。按定义有
，
CD 棒在时刻t 的加速度方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有
21
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mgsinθ﹣f1=ma
联立可得
可知CD 棒做初速度为零的匀加速运动。则
解得
22
