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【赢在高考·黄金8 卷】备战2025 年高考物理模拟卷（新疆、西藏专用）
黄金卷07
本试卷满分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、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、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
一项是符合题目要求的）
1． 图甲所示的医用智能机器人在某医院大厅巡视，图乙是该机器人在某段时间内做直线运动的的位移—
时间图像，20~30s 的图线为曲线，其余为直线。则机器人在（ ）
A. 0~10s 内做匀加速直线运动
B. 0~20s 内平均速度大小为零
C. 0~30s 内的位移大小为5m
D. 5s 末的速度与15s 末的速度相同
【答案】B
【解析】A．根据
图像的斜率表示速度，可知0~10s 内做匀速直线运动，故A 错误；
B．根据
图像可知，0~20s 内机器人的发生的位移为0，则0~20s 内平均速度大小为零，故B 正确；
C．根据
图像，在0~30s 内有
可知0~30s 内的位移大小为2m，故C 错误；
D．根据
图像的斜率表示速度，可知5s 末的速度与15s 末的速度大小相等，方向相反，故D 错误。
故选B。
2． 如图所示俯视图，当汽车陷入泥潭时，需要救援车辆将受困车辆拖拽驶离。救援人员发现在受困车辆
1
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的前方有一坚固的树桩可以利用，根据你所学过的知识判断，下列情况中，救援车辆用同样的力拖拽，
受困车辆受到的拉力最大的方案为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】A 图中，根据受力分析可知，救援车辆的拉力为受困车辆所受拖拽力的一半；Ｂ图中，根据受
力分析可知，救援车辆的拉力为缆绳两侧拖拽拉力的合力，因初始时刻两分力夹角接近180°，合力远
小于两分力(小于所受拖拽力的一半)；C 图中，缆绳与树桩构成定滑轮系统，仅改变力的方向，未改变
力的大；D 图中，根据受力分析可知，救援车辆的拉力为受困车辆所受拖拽力的2 倍；综上所述B 图最
省力。
故选B。
3． 如图所示，在一段封闭
光滑细玻璃管中注满水，水中放一个由蜡做成的小圆柱体 R，R 从坐标原点
以速度 v0=0.01m/s 匀速上浮的同时，玻璃管沿x 轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，测出某时刻R
的x、y 坐标值分别为 0.04m 和 0.02m， 则（ ）
2
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A. 此时刻速度大小为 0.04 m/s
B. 玻璃管的加速度大小为
C. 此时刻速度方向与x 轴正方向成
角
D. 蜡块运动的轨迹是一条斜率逐渐减小的曲线
【答案】D
【解析】ABC．R 竖直方向做匀速直线运动，运动的时间t 为
水平方向做匀加速直线运动，有
可求出
水平速度为
R 此时刻速度大小为
设速度方向与x 轴正方向
夹角为
3
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ABC 错误；
D．根据物体做曲线运动的条件，可知轨迹如图
D 正确。
故选D。
4． 2024 年3 月20 日，长征八号火箭成功发射，将鹊桥二号直接送入预定地月转移轨道。如图所示，鹊
桥二号在进入近月点P、远月点A 的月球捕获椭圆轨道，开始绕月球飞行。经过多次轨道控制，鹊桥二
号最终进入近月点P 和远月点B、周期为24 小时的环月椭圆轨道。关于鹊桥二号的说法正确的是（
）
A. 离开火箭时速度大于地球的第三宇宙速度
B. 在捕获轨道运行的周期小于24 小时
C. 经过A 点的加速度比经过B 点时大
D. 捕获轨道上经过P 点的速度大于环月轨道上经过P 点的速度
【答案】D
4
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【解析】A．鹊桥二号离开火箭时速度要大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，才能进入环月轨道，故
离开火箭时速度小于地球的第三宇宙速度，故A 错误；
B．根据开普勒第三定律
月球捕获椭圆轨道的半轴长大于环月椭圆轨道的半轴长，则在捕获轨道运行的周期大于24 小时，故B
错误；
C．根据牛顿第二定律
可得
A 点距月球较远，故经过A 点的加速度比经过B 点时小，故C 错误；
D．鹊桥二号在P 点要由捕获轨道变轨到环月轨道，做向心运动，需减小速度，故捕获轨道上经过P 点
的速度大于环月轨道上经过P 点的速度，故D 正确。
故选D。
5． 如图所示，一束复色光进入透明标准球形水珠，折射后分开成
、
两束单色光，复色光入射角为
，
、
两束单色光的出射角分别为
、
右侧出射光与法线的夹角，未画出，关于
、
两束单色
光，下列说法正确的是（ ）
A.
B. 在透明水珠中，
光比
光速度小
C.
光照射某金属产生光电效应，那么用
光照射该金属也一定能产生光电效应
5
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D. 无论怎么调整复色光的入射角
，
、
光都不可能在右侧界面全反射
【答案】D
【解析】AD．在图中右边界面画上法线，可知每一种单色光左右界面光路是对称的，角度对应相对，
所以
左边能进来，右边就能折射出去，故A 错误，D 正确。
BC．由图中入射角和折射角知，
光比
光折射率小，所以
光比
光波长大、频率小、光子能量小，
所以同介质中
光比
光速度快、
光更容易让金属产生光电效应，故BC 错误。
故选D。
6． “西电东送”是我国实现经济跨区域可持续快速发展的重要保证，如图为模拟远距离高压输电示意图。
已知升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分划为U3和
U4。在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为20∶1 和1：20，各
互感器和电表均为理想状态，则下列说法不正确的是（ ）
A 电压互感嚣起降压作用，电流互感器起减小电流作用
B. 若电压表的示数为200V，电流表的示数为5A，则线路输送电功率为100kW
C. 若保持发电机输出电压
和用户数不变，仅将滑片Q 下移，则输电线损耗功率增大
D. 发电机输出电压
一定，增加用户数，为维持用户电压
不变，可将滑片P 上移
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【答案】B
【解析】A. 电压互感器起降压作用，电流互感器起减小电流作用，故A 正确；
B. 电压互感器原线圈两端电压
电流互感器原线圈中的电流
对于理想变压器，线路输送电功率
故B 错误；
C. 仅将滑片Q 下移，相当于增加了升压变压器副线圈的匝数
，根据理想变压器的规律
升压变压器副线圈两端的电压增大；降压变压器原线圈两端电压
增大，副线圈两端电压
增大，
通过负载的电流
又用户数不变，即负载总电阻R 不变，则
增大，降压变压器原线圈中的电流
匝数比不变，
增大，根据
则输电线上损耗功率增大，故C 正确；
D. 仅增加用户数，即负载总电阻R 减小，若降压变压器副线圈两端电压
不变，则通过副线圈的电
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流
增大，降压变压器原线圈中的电流增大，输电线上的电压损失
可知输电线上的电压损失增大；原线圈两端电压
减小，根据
可知，当
减小时，减小
可以使
不变，所以要将降压变压器的滑片P 上移，故D 正确。
本题选不正确的，故选B。
7． 现代军舰多利用声呐探测水下目标。图甲是某舰搭载的声呐发出的一列超声波在
时刻的波形图，
图乙是质点P 的振动图像，则（ ）
A. 超声波遇到大尺寸障碍物可以发生明显的衍射现象
B. 舰艇行驶速度越快，声呐发出超声波的频率越大
C. 超声波沿x 轴负方向传播，波速为1500m/s
D. 坐标原点处质点在
时相对平衡位置的位移为2.5×10-6m
【答案】D
【解析】A．机械波遇到与波长相近或小于波长的障碍物时可能会发生衍射现象，而超声波的波长较短，
遇到大尺寸的障碍物时不能发生明显的衍射现象，A 错误；
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B．声呐发出超声波的频率由声源决定的，与舰艇的行驶速度无关，B 错误；
C．由乙图可知，
时，质点P 向下振动，根据“上波下、下波上”的方法可知，超声波沿x 轴正
方向传播，波速
C 错误；
D．坐标原点处质点得出振动方程
代入数据
可得
D 正确。
故选D。
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． 投石机是我国古代人民智慧的结晶，《范蕗兵法》中记载：“飞石重十二斤，为机发行三百步。”如
图所示为某小组自制的投石机，轻质长杆
可绕光滑转轴
在竖直面内转动，
长为L=2.0m 。将
一质量
的石块放在A 端网袋中，另一重物固定于
端，初始时A 端位于地面上，杆与水平
面的夹角为
。由静止释放后，杆转到竖直位置时将石块沿水平方向抛出，石块落到离O 点水平距
离为3.2m 处M 点（未画出）。石块与重物均可视为质点，不计空气阻力，已知
，
取
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，则（ ）
A. 石块由开始运动到抛出过程中，机械能守恒
B. 根据题中所提供数据，可以计算出重物B 的质量
C. 石块被抛出前瞬间的向心加速度大小为8m/s2
D. 石块落地前瞬间重力的功率为224W
【答案】CD
【解析】A．石块由开始运动到抛出过程中，杆对其做正功，机械能增加，A 错误；
B．从开始运动到抛出过程中，石块与重物组成系统机械能守恒有
设石块被抛出前瞬间角速度为
，则有
由于
未知，故重物B 的质量求不出，B 错误；
C．由L=2.0m，则
离地面的高度
石块被抛出后作平抛运动，水平位移
，由平抛运动
规律
可得
，则石块被抛出前瞬间向心加速度大小为
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C 正确；
D．石块落地瞬间竖直方向的速度为
则此时重力的瞬时功率为
D 正确。
故选CD。
9． 某兴趣小组在利用洛伦兹力演示仪（图甲）探究带电粒子在匀强磁场中运动的规律时，发现有时玻璃
泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图乙所示的情景来讨论
在空间存在平行于y 轴的匀强磁场，由坐标原点在xOy 平面内以初速度
以沿与x 轴正方向成
角的
方向射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线，其轴线平行于y 轴，螺旋半径为R，螺距为
，螺旋周期为
T，则下列说法中正确的是
A. 匀强磁场的方向为沿y 轴负方向
B. 若仅增大励磁线圈中的电流，则螺旋半径R 减小
C. 若仅增大电子的加速电压，则螺距
将增大
D. 若仅增大
角
，则螺旋周期T 将减小
【答案】ABC
【解析】A．将电子的速度沿着x 轴和y 轴分解，如图所示
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，
电子沿着y 轴正方向做匀速直线运动，在xOz 面内做匀速圆周运动，根据图乙可知电子从O 点开始向上
偏转，电子在O 点受到的洛伦兹力沿着z 轴正方向，且电子带负电，利用左手定则可知匀强磁场的方向
为沿y 轴负方向，故A 正确；
B．由洛伦兹力提供向心力
得
若仅增大励磁线圈中的电流，则磁感应强度增大，根据半径表达式可知，电子做运动圆周运动的半径
变小，故B 正确；
CD．电子在电场中加速，根据动能定理有
解得
根据运动学公式有，螺距为
电子做匀速圆周运动的周期为
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可知，周期与
角无关，若仅增大
角
，T 不变，若仅增大电子的加速电压，由螺距表达式
可知，螺距会更大，故C 正确，D 错误。
故选ABC。
10．如图所示，在光滑绝缘
水平面上方有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁场区域，
磁场宽度均为L。一个边长为L、电阻为R、匝数为N 的正方形金属线框，在水平外力作用下沿垂直磁
场方向在水平面上匀速运动，线框的速度始终为v，从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ（线框分别有一半面积在两
个磁场中）过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 线框刚进入左侧磁场时线框中感应电流方向为逆时针
B. 在位置Ⅱ时外力F 为
C. 在位置Ⅱ时线框中的电功率为
D. 从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ的过程中线框的磁通量先增大后减小
【答案】ACD
【解析】AD．线框刚进入左侧磁场时，穿过线框的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框中感
应电流方向为逆时针；线框从位置Ⅰ运动到位置Ⅱ的过程中，线框的磁通量先增大后减小，故AD 正确；
BC．线框在位置Ⅱ时，根据右手定则知线框左右边同时切割磁感线产生的电流同向，所以总电流为
线框左右边所受安培力的方向均向左，根据受力平衡可得外力F 为
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此时线框中的电功率为
故B 错误，C 正确。
故选AD。
三、非选择题（本题共5 小题，共54 分。考生根据要求作答）
11．（8 分）2023 年8 月新推出的某国产手机拥有多项先进技术，其连拍功能可实现每隔
拍一张
照. 某实验探究小组利用该手机的连拍功能来探究平抛运动规律。
（1）该小组用手机对一做平抛运动的小球进行连拍，取从抛出点开始连拍的5 张照片进行电脑合成，
得到图甲. 进一步作图后，得到图乙所示图像，经测量，发现水平方向相邻小球的间距几乎相等，说
明小球在水平方向做_____________运动.
（2）若小球的实际直径为 D，照片上相邻小球间距均为x，照片上小球直径为d，则小球平抛的初速
度表达式 v0=________. （用题中字母表示）
（3）利用游标卡尺测得小球的实际直径如图丙所示，则小球的直径D=________cm，用刻度尺测得照
片（图乙）中小球直径d=0.56cm，通过计算，可得实际长度与照片中的长度之比为____________.
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（4）用刻度尺测得照片（图乙）中y1=0.94 cm，y2=1.21cm，y3 = 1.48 cm，y4=1.75 cm,通过计算, 小球
在竖直方向运动的加速度 a=________m/s²（结果保留三位有效数字），若该值与当地重力加速度大小
相近，又因小球做平抛运动竖直方向初速度为零，则说明小球在竖直方向做自由落体运动.
【答案】 ①. 匀速直线 （1 分） ②.
（2 分）③. 2.240 （1 分）④. 4 （2 分） ⑤. 9.72
（1 分）
【解析】（1）[1]水平方向相邻小球的间距几乎相等，说明小球在水平方向做匀速直线运动；
（2）[2]由题意可知，照片中小球的初速度为
照片与实际的比例为
，故有
得
（3）[3]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以小球的直径为
D=22mm+8×0.05mm=22.40mm=2.240cm
[4]照片中小球直径d=0.56cm，得实际长度与照片中的长度之比为
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（4）[5]根据逐差法可得照片中小球运动的加速度
实际小球的加速度
12．（9 分）如图甲所示，用铜片、铝片和可乐可以做成可乐电池，电动势大约在0.5V~0.6V 之间，内阻
几千欧左右。某实验兴趣小组制作了一个可乐电池并测量其电动势和内阻。
（1）如图乙所示，直接用多用电表“直流2.5V”量程测量出可乐电池的电动势大小为______V（保留
两位有效数字）；
（2）现有实验器材：
A.电压表（0~3V，RV约为3000Ω）
B.电流表（0~300μA，RA为300Ω）
C.电阻箱（0~9999Ω）
D.滑动变阻器（0~20Ω）
E.开关，导线若干
①为了更准确测量可乐电池的电动势和内阻，选择合适的器材并按电路图______完成电路连接；
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A.
B.
C.
D.
②通过数据处理画出相应的可乐电池
图像如图丙实线所示，可知该可乐电池的内阻约为
______Ω，测量值______真实值（选填“>”“=”或“<”）；
③将该可乐电池静置5h 后再次测量获得的
图像如图丙虚线所示，可知该可乐电池的电动势
______。（选填“增大”“减小”或“不变”）
【答案】（1）0.50 （1 分）
（2） ①. D （2 分） ②. 1700 （2 分） ③. = （2 分） ④. 不变（2 分）
【解析】
（1）选择“直流2.5V”量程时，分度值为0.05V，则可乐电池的电动势大小为
（2）[1]电池的内阻远大于滑动变阻器的阻值，因此用滑动变阻器调节范围很小，电流表内阻已知，
且电压表量程过大，所以应采用安阻法进行测量，即将电流表与电阻箱串联，使系统误差最小。
故选D。
[2]根据闭合电路欧姆定律有
所以
结合图像可得
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所以
[3]由于不存在系统误差，所以内阻的测量值等于真实值。
[4]根据以上分析可知，由于图像的斜率不变，所以该可乐电池的电动势不变。
13．（9 分）可以用热水浸泡将踩瘪后的乒乓球恢复。如图，已知乒乓球导热性能良好，完好时内部气压
为大气压强p0，踩瘪后体积变为原体积80%，外界温度恒为300K，把乒乓球全部浸入热水里，当热水
温度为360K 时，乒乓球就刚好开始恢复形变，此后水温保持不变。已知球内气体内能始终只与温度
成正比，踩瘪后球内气体内能为E 。
（1）求乒乓球被踩瘪但没有破裂时的内部压强；
（2）乒乓球从放入热水直到恢复原状时总共吸热为Q，则恢复原状过程中球内气体做功多少。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）设乒乓球原体积为V，踩瘪后压强为 p1，有
（2 分）
可得
（2 分）
（2）由于气体内能只与内能有关，乒乓球最终内能为
（2 分）
可知内能增加了0.2E，根据热力学第一定律
（2 分）
可得恢复形变过程中球内气体做功为
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（1 分）
14．（13 分）有种桌游可用圆柱形旗子为道具，使之在圆形棋盘上滑动，既可以让棋子刚好滑到圆心O，
也可以将别的棋子撞击出圆形边界。如图所示，圆心O、棋子A、棋子B 在同一直线上，OA、QB 间
距均为L，棋子B 与边界的距离为2L，已知质量相同的棋子A、B 可看作质点，与棋盘间的动摩擦因
数均相同。当A 以速度v 向O 点运动时，恰好可到达O 点。
（1）求棋子与地面间的动摩擦因数；
（2）若让棋子A 以速度2v 向棋子B 运动，A 与B 发生弹性对心碰撞，判断A 能否将B 撞出界。
【答案】（1）
；（2）A 能将B 撞出界
【解析】（1）根据题意，棋子A 运动到
的过程，由动能定理有
（2 分）
解得
（1 分）
（2）棋子A 从
到
的过程，由动能定理有
（2 分）
解得
棋子A 与棋子B 发生弹性正碰时，设碰后棋子A 的速度为
，棋子B 的速度为
，由动量守恒定律
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和能量守恒定律有
（2 分）
（2 分）
解得
，
碰撞后的棋子B 继续运动，由动能定理
（2 分）
解得
（1 分）
故棋子A 能将B 撞出界。（1 分）
15．（15 分）如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二象限中，存在以A、C 连线为界的匀强电场和匀强
磁场，AC 以及上方存在斜向右上方的匀强电场，方向与x 轴的夹角θ=37°，AC 下方和第一象限内存
在垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q 的带正电粒子a 从x 轴上的A 点由静止释放，经
电场加速后从y 轴上的C 点进入匀强磁场，此时粒子Q 的速度大小为v0，O 点到C 点的距离为L。质
量为m 的不带电粒子b 静止在x 轴上的D 点，粒子a 在D 点沿x 轴负方向与粒子b 碰撞，粒子a 的一
半电荷量转移给粒子b，碰撞后粒子a 在磁场中运动时恰好再次经过C 点。碰撞时间极短，不计粒子
重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场和磁场的边缘效应。求：
（1）第二象限内电场强度E 的大小；
（2）第一象限内磁感应强度B 的大小和D 点的位置坐标；
（3）从粒子a 由静止释放到第二次经过C 点的时间。
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【答案】（1）
（2）
，（
，0） （3）
【解析】
（1）在第二象限，由几何关系得
（1 分）
粒子在电场中运动过程，由动能定理得
（2 分）
解得
（1 分）
（2）在第一象限，粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系得
（1 分）
由洛伦兹力提供向心力得
（2 分）
解得
（1 分）
由几何关系得
21
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（1 分）
所以D 点的位置坐标为（
，0）；（1 分）
（3）粒子a 在第二象限运动时有
（1 分）
碰撞后粒子a 恰好再次经过C 点，则其在匀强磁场中运动的轨迹半径不变，轨迹如图所示
粒子a 在匀强磁场中运动的时间为
（2 分）
粒子a 从A 点出发，到第二次经过C 点的时间为
（1 分）
解得
（1 分）
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