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2025 年高考第一次模拟考试
物理·全解全析
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：共43 分
（一）单项选择题：共7 题，每题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．在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列关于几幅书本插图的说法中不正确的是（ ）
A．甲图中，观察AB 割线的变化得到A 点的瞬时速度方向的过程，运用了极限思想
B．乙图中，研究红蜡块的运动时，主要运用了等效替代的思想
C．丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法
D．丁图中，卡文迪许测定引力常量的实验运用了理想化模型的思想
【答案】D
【解析】A．甲图中，观察AB 割线的变化得到A 点的瞬时速度方向的过程，B 逐渐靠近A，运用了极限
思想，故A 正确，不符合题意；
B．乙图中，研究红蜡块的运动时，将蜡块的运动分解为两个方向的分运动，两个分运动的实际效果与
合运动相同，主要运用了等效替代的思想，故B 正确，不符合题意；
C．丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时，在研究两个物理量的关系时，需
要确保其它物理量不变，可知，运用了控制变量法，故C 正确，不符合题意；
D．丁图中，卡文迪什测定引力常量的实验中，利用扭秤实验，运用了放大法测微小量，故D 错误，符
合题意。
1
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故选D。
2．中国自主研发制造的万米级全海深载人潜水器“奋斗者”号在马里亚纳海沟成功坐底，创造了10909 米
的中国载人深潜新纪录。某次深潜探测中，“奋斗者”号的速度—时间图像如图所示，忽略下潜过程重力
加速度的变化。则（ ）
A．0 ~ t1时间内的平均速度大于t2 ~ t3时间内的平均速度
B．0 ~ t1时间内潜水器内的科考人员处于超重状态
C．t2 ~ t3时间内潜水器内的科考人员处于失重状态
D．0 ~ t1时间内“奋斗者”号做匀加速运动
【答案】A
【解析】A．构造相同时间内的匀变速直线运动，比较图像围成的面积
从而可知0 ~ t1时间内的平均速度
t2 ~ t3时间内的平均速度有
则可知0 ~ t1时间内的平均速度大于t2 ~ t3时间内的平均速度，故A 正确。
故选A。
B．潜水器下潜，则运动方向向下，而0 ~ t1时间内加速，加速度向下，内部的科考人员处于失重状态，
故B 错误；
C．在t2 ~ t3时间内潜水器向下做匀速直线运动，则内部的科考人员处于平衡状态，故C 错误；
D．速度—时间图像的斜率表示加速度，则0 ~ t1时间内加速度逐渐减小，是变加速直线运动，故D 错
误；
2
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3．郑钦文在2024 年巴黎奥运会为我国赢得首枚奥运网球单打金牌。比赛中在网球距地面高度为h 时，她
以斜向上方速度
将网球击出，
方向与水平方向夹角为θ。忽略空气阻力，网球从被击出到第一次落地
过程中，下列说法正确的是（ ）
A．网球在空中的运动时间与h 有关，与
无关
B．网球落地前速度的反向延长线过水平位移的中点
C．保持h 和
的大小不变，当
时，网球水平位移最大
D．保持
的大小不变，h 越小，最大水平位移对应的θ 越接近
【答案】D
【解析】A．根据位移时间公式有
可知，网球在空中的运动时间与h 和
有关，故A 错误；
B．由平抛运动推论可知网球落地前速度的反向延长线过网球平抛阶段的水平位移的中点，如图
故B 错误；
CD．依题意，网球做斜抛运动，分解为初速度方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，如图
3
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可知
当
时，有极值
可得
解得
可知网球水平射程最远的抛射角与h 和v0 有关。当h=0 时
即h 越小，最远射程对应的抛射角越接近45°，故C 错误；D 正确；
故选D。
4．我校在2024 年秋季运动会中开设了“趣味毛毛虫”的集体运动项目强化团队协作能力，如图所示，每
支队伍由8 名老师组成，将毛毛虫悬空抓住前进，到达终点用时少者获胜。为了能顺利前进，8 名老师需
要同时迈出左脚或右脚。已知老师们手中抓住的“毛毛虫”的质量为
，在开始运动阶段“毛毛虫”以加
速度
向前做匀加速直线运动（竖直方向保持同一高度），重力加速度为
，老师们运动过程中脚不打滑。
从开始出发计时，则对此匀加速运动过程，下列说法正确的是（ ）
4
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A．时刻8 名老师对“毛毛虫”作用力的合力瞬时功率为
B．这8 名老师对“毛毛虫”的作用力大小为
C．这8 名老师对“毛毛虫”的作用力水平向前
D．地面对老师的摩擦力对老师做正功
【答案】A
【解析】A．设老师对“毛毛虫”作用力与水平方向的夹角为
，则时刻老师对“毛毛虫”作用力的瞬
时功率为
故A 正确。
故选A。
BC．“毛毛虫”受的合外力为ma，可知老师对“毛毛虫”的作用力大小为
方向向前上方，故BC 错误；
D．由于老师运动过程中脚不打滑，所以老师与地面之间是静摩擦力，在老师受摩擦力时，二者没有相
对位移，故地面对老师的摩擦力对老师不做功，故D 错误；
5．如图所示，一质量为m 的小球用轻绳悬于O 点，用力F 拉住小球，使悬线保持偏离竖直方向
角，且
小球始终处于平衡状态．为了使F 有最小值，F 的大小以及F 与竖直方向的夹角
应该是（ ）
A．
B．
5
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C．
D．
【答案】C
【解析】球受三个力处于平衡，重力的大小和方向都不变，绳子拉力方向不变，因为绳子拉力和外力F
的合力等于重力，如图
当F 的方向与绳子方向垂直时，由于垂线段最短，所以F 最小，则
θ=15°
由平衡条件解得
故选C。
6．如图所示，电源电动势为E，内电阻恒为r，
是定值电阻，已知
，热敏电阻
的阻值随温度降
低而增大。在温度降低的过程中，分别用
和
表示电流表、电压表
、电压表
和电压
表
示数变化量的绝对值，关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是（ ）
A．电压表
的示数
减小
B．电源的输出功率减小
6
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C．
都不变
D．
【答案】B
【解析】A.当温度降低时，
增大，由闭合电路欧姆定律有
因此I 减小，又因为
因此
增大，故A 错误；
B.电源的输出功率
增大，根据数学知识可得输出功率减小，故B 正确；
C.电压表
测路端电压，电压表
测热敏电阻
两端电压，电压表
测定值电阻R 两端电压，因此
增大，
增大，
不变，故C 错误；
D.由于
因此
即
，故D 错误。
故选B。
7．如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度
大小为E＝
，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q 的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的
动摩擦因数为μ；现使圆环以初速度v0向下运动，经时间t0，圆环回到出发点。若圆环回到出发点之前已
经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（ ）
7
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A．环经过
时间刚好到达最低点
B．环的最大加速度为am＝g＋
C．环在t0时间内损失的机械能为m（
－
）
D．环下降过程和上升过程系统因摩擦产生的内能相等
【答案】B
【解析】A．环向下运动时在竖直方向上受到重力、向上的静电力、向上的摩擦力，以竖直向上为正方
向，设加速度大小为a1，则
因为速度的减小，导致洛伦兹力减小，则摩擦力会减小，因此环做加速度减小的减速运动，当环向上运
动时，环的加速度大小
随着速度增大，开始做加速度减小的加速运动，之后做匀速直线运动，因此在
t＝
时，圆环不可能刚好到达最低点，故A 错误；
B．圆环在运动过程中，向下运动时的加速度大于向上运动的加速度，而向下运动所受摩擦力越大，则
加速度越大，因此环刚开始运动时加速度最大，最大加速度
故B 正确；
C．圆环从出发点到回到出发点的过程中，重力势能变化为零，那么机械能的损失即为动能的减小，则
有
8
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ΔEk＝
mv0
2－
mv2
而
v＝
因此损失的机械能为
m（v02－
）
故C 错误；
D．根据功能关系，除重力以外的力做功，才导致机械能变化，而环在下落与上升过程中，因摩擦力做
功值不同，因此环在下落过程中损失的机械能不会等于上升回到出发点过程中损失的机械能，故D 错
误。
故选B。
（二）多项选择题:共3 题，每题5 分，共15 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。
8．在牛顿力学体系中，当两个质量分别为m1、m2的质点相距为r 时具有的势能，称为引力势能，
（规定无穷远处势能为零）。如图所示，人造地球卫星在Ⅰ轨道做匀速圆周运动时，卫星距地
面高度为
，R 为地球的半径，卫星质量为m，地球表面的重力加速度为g，椭圆轨道的长轴
PQ=10R。下列说法中正确的是（ ）
A．卫星在Ⅰ轨道运动时的速度大小为
B．卫星在Ⅱ轨道运动时的周期大小为
9
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C．当卫星在椭圆轨道Ⅱ运动时，在近地点Р 与在远地点Q 的速率之比
D．至少需对卫星做功
，才能使卫星从I 轨道的Р 点变轨到II 轨道（不考虑卫星质量的变化和所
受阻力）
【答案】BCD
【解析】A．人造地球卫星在Ⅰ轨道做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力可得
在地球表面有
联立可得卫星在Ⅰ轨道运动时的速度大小
故A 错误；
B．在Ⅰ轨道时，根据万有引力提供向心力可得
解得
根据开普勒第三定律可得
解得卫星在Ⅱ轨道运动时的周期为
故B 正确；
C．卫星在椭圆轨道Ⅱ运行时，根据开普勒第二定律可得
10
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则在近地点P 与在远地点Q 的速率之比等于P、Q 两点与地球连线的长度的倒数之比，则有
故C 正确；
D．卫星在轨道Ⅱ上运动时机械能守恒，在最远点和最近点满足
其中
卫星在Ⅰ轨道运动时的速度大小
则卫星在Ⅰ轨道的P 点变轨到Ⅱ轨道至少需对卫星做功为
解得
故D 正确。
故选BCD。
9．如图所示，一轻弹簧原长为
，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道
的底端A 处，轨道
长
为
，B 为
中点。在轨道
的右侧有一高为
的水平桌面。用质量为
的小物块从B 点开
始缓慢压缩弹簧，当压缩量达到
时撤去外力，小物块从C 点飞出后恰好从D 点沿水平方向滑上桌面。
已知小物块与直轨道
间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小为
，
，
，
则（ ）
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A．C 点与桌面左端D 点的水平距离为
B．小物块运动到C 点时重力的瞬时功率为
C．弹簧的最大弹性势能为
D．小物块从C 点运动到D 点的过程中动量变化量的大小为
【答案】CD
【解析】A．将小物块从C 到D 过程，根据逆向思维将小物块看成从DC 到做平抛运动，竖直方向有
解得
在C 点有
解得
C 点与桌面左端D 点的水平距离为
故A 错误；
B．小物块运动到C 点时重力的瞬时功率为
故B 错误；
D．小物块从C 点运动到D 点的过程中，根据动量定理可得
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可知动量变化量的大小为
，故D 正确；
C．设弹簧的最大弹性势能为
，小物块从释放到C 点过程，根据功能关系可得
其中
，
联立解得
故C 正确。
故选CD。
10．传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为传送带AB 的简易图，传送带的倾角为
，以
v0=8m/s 的速度顺时针匀速转动，工人将质量m=200kg 的工料（可视为质点）轻轻地放到传送带的底端A，
并用平行于传送带的轻绳拴接在工料上，启动电动机，电动机对工料提供的牵引力恒为F=2000N，经过
t0=2s 关闭电动机，一段时间后工件刚好到达传送带的最高点B。已知工料与传送带之间的动摩擦因数为
，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。则（ ）
A．经过时间t=2s 时，工料的速度大小为v=6m/s
B．传送带的长度LAB=31.25m
C．工料在传送带上产生的热量为12750J
D．工料上升过程中，机械能先减小后增加
【答案】BC
【解析】A．工料放上传送带后，对工料受力分析，如图所示
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由牛顿第二定律得
又
解得
工料向上加速运动，经时间
与传送带共速，则有
此后摩擦力突变为沿传送带向下，由牛顿第二定律得
解得
方向沿传送带向上。再经
的时间关闭发动机，此时工料的速度为
故A 错误；
B．关闭发动机后，由于工料的速度大于传送带的速度，摩擦力方向仍沿传送带向下，由牛顿第二定律
得
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解得
方向沿传送带向下。工料在
时间内通过的位移为
工料在
时间内的位移为
关闭发动机后，工料向上做减速运动，经时间
工料与传送带共速，则
该时间内工料的位移为
工料与传送带再次共速后，工料所受的摩擦力沿传送带向上，则由牛顿第二定律得
解得
方向沿传送带向下。此后工料一直减速到0 刚好运动到最高点，工料经时间
速度减为零，则有
该时间内工料的位移为
则传送带的A、B 两端间的距离为
故B 正确；
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C．根据前面选项分析可知，工料在传送带上经历了四个阶段，第一阶段：静止开始的加速度大小为
时间为的匀加速直线运动，有
第二阶段：初速度为
，加速度大小为
时间为
的匀加速直线运动，有
第三阶段：初速度为，加速度大小为
时间为
的匀减速直线运动，有
第四阶段：初速度为
，加速度大小为
时间为
的匀减速直线运动，有
综上所述，工料在传送带上产生的热量为
故C 正确；
D．由前面分析可知工料上升过程中，第一阶段摩擦力做正功，第二、三阶段做负功，第四阶段做正功，
根据
可得机械能先增加之后减小最后又增加。故D 错误。
故选BC。
二、非选择题:共5 题，共57 分。
（一）实验题（共2 题，共16 分）
11．某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在架子上，架子下部固定一
个小电动机，电动机轴上装一支软笔。电动机转动时，软笔尖每转一周就在钢柱表面画上一条痕迹（时间
间隔为T）。如图乙，在钢柱上从痕迹O 开始选取5 条连续的痕迹A、B、C、D、E，测得它们到痕迹O 的
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距离分别为
。已知当地重力加速度为g。
(1)若电动机的转速为3000r/min，则
s。
(2)为验证机械能是否守恒，需要比较钢柱下落过程中任意两点间的______。
A．动能变化量与势能变化量
B．速度变化量和势能变化量
C．速度变化量和高度变化量
(3)设各条痕迹到O 的距离为h，对应钢柱的下落速度为v，画出
图像，发现图线接近一条倾斜的直线，
若该直线的斜率近似等于 ，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。
(4)该同学用两个质量分别为
的圆柱P 和Q 分别进行实验，多次记录下落高度h 和相应的速度大小
v，作出的
图像如图丙所示。P、Q 下落过程中所受阻力大小始终相等，对比图像分析正确的是
。
A．
大于
B．
等于
C．
小于
【答案】(1)0.02 (2)A (3)2g (4)A
【解析】（1）若电动机的转速为3000r/min，则电动机转动一周所需时间
（2）钢柱下落过程中，若重力势能减少量等于动能的增加量，则机械能守恒。
故选A。
（3）设钢柱质量为m，钢柱下落过程中，若重力势能减少量等于动能的增加量，则有
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整理得
故若该直线的斜率近似等于2g，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。
（4）设P、Q 下落过程中所受阻力大小为f，则由动能定理得
整理得
故
图像斜率
所以斜率越大，质量越大，结合图像可知P 的质量比Q 的质量大，即
。
故选A。
12．某压敏电阻
的阻值随压力变化的关系曲线如图1 所示。物理兴趣小组的同学们用该压敏电阻测量某
一浓度的盐水密度，实验过程中，他们将压敏电阻的受力面水平放置在盛有盐水的容器底部，通过测量压
敏电阻的阻值，根据图线得到压敏电阻所受压力的大小，从而运用所学知识得出盐水的密度，盐水中的导
线及压敏电阻与盐水绝缘良好。
(1)同学们设计的电路图如图2 所示，请按照电路图用笔画线代替导线，完成图3 的实物连线 。
(2)闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片滑到 端。（选填“a”或“b”）
(3)若电路中的电压表均可看成理想电压表，定值电阻
。闭合开关S，调节滑动变阻器，当电压表
、
的示数分别为
、
时，压敏电阻
受到的压力大小为 N。
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(4)已知压敏电阻的水平横截面积
，重力加速度g 取
，在（3）的条件下，测得容器内压
敏电阻
上方的液体高度
，则该盐水的密度为
。
【答案】(1)见解析 (2)b (3)0.6 (4)
/1200
【解析】（1）根据电路图连接实物图如图所示
（2）为了保护电路，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片滑到b 端，此时流经测量部分的电流为0。
（3）分析电路可知，定值电阻
和压敏电阻
串联在闭合回路中，则通过定值电阻
与压敏电阻
的电流相等，有
解得压敏电阻的阻值为
根据题图1 可知，压敏电阻
受到的压力大小为
。
（4）根据液体的压力公式，可知压敏电阻
受到的压力大小
代入数据可得该盐水的密度为
（二）计算题：本题共3 小题，共41 分。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。
13．（10 分）如图所示，质量为m 的小球静止在足够大的水平转盘上，一根长为L 的细线一端连接在小球
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上，另一端连接在圆盘竖直转轴上的A 点，细线刚好伸直时与竖直方向的夹角
，重力加速度为g，
，
，使转盘绕转轴在水平面内缓慢转动，并逐渐增大转动的角速度，求：
(1)当小球对转盘的作用力恰好为零时，转盘转动的角速度大小；
(2)当小球转动的角速度为
时，细线突然断开，小球在转盘上的落点离转轴的距离。
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）当小球对转盘的作用力恰好为零时，小球做圆锥摆运动，根据牛顿第二定律
根据几何关系
解得
（2）当小球转动的角速度为
时，设悬线与竖直方向的夹角为
，则有
解得
这时小球离盘面的高度
细线断开后，小球做平抛运动，运动的时间
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平抛运动的初速度
平抛运动的水平位移
则落到转盘上的位置离转轴的距离
14．（13 分）质量为2m 的物体A 穿在光滑的水平杆上，用长为L 的细绳与质量为m 的小球B 相连，如图
甲所示，初始时A、B 在同一水平面上（细绳平行于水平杆），且细绳刚好拉直，将小球B 由静止释放，
当细绳刚好竖直、小球B 运动到最低点时绳子恰好绷断，已知A、B 均可视为质点，重力加速度为g，求：
(1)小球B 运动到最低点时，物体A 的速度大小以及A 相对于初始位置运动的距离；
(2)细绳的最大张力；
(3)以A 物体的初始位置为坐标原点建立如图乙所示平面直角坐标系xOy，求出绳断之前小球B 运动的轨迹
方程。
【答案】(1)
；
(2)
(3)
【解析】（1）小球B 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，小球B 和A 物体系统水平方向动量守
恒，取水平向左为正方向，可得
设A 相对于初始位置运动的距离为
，可得
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解得
根据能量守恒有
联立，解得
（2）小球B 运动到最低点速度
小球B 运动到最低点时绳子恰好绷断，有
解得
即细绳的最大张力为
。
（3）设小球位置坐标为（x，y）时，此时A 物体运动的位移为
，则水平动量守恒
由几何关系可知
解得小球从出发至最低点过程的轨迹方程
15．（18 分）如图所示，在三维坐标系O-xyz 中的
，
的圆柱形空间内存在沿z 轴正向的
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匀强磁场，外部存在沿x 轴正向的匀强磁场，磁感应强度的大小相等均设为
（为未知量），在
的
区域存在沿y 轴正向电场强度大小为E0的匀强电场。一质量为m，带电量为q 的带正电粒子（不计重力）
从A 点（A 点在Oxy 平面内）以速度v0（与y 轴的负向成53°夹角）射入电场，经过一段时间从x 轴上的B
点沿x 轴正向进入圆柱形区域，接着从y 轴负向上的C 点离开此区域，然后从z 轴上的D 点再次进入此区
域，最后从z 轴上的E 点离开此区域，sin53°=0.8，cos53°=0.6。
（1）求A、B 两点间的电势差以及粒子从A 到B 的运动时间；
（2）求磁感应强度B0的值以及粒子从B 到D 的运动时间；
（3）求粒子从B 到E 动量变化量的大小以及粒子从B 到E 受力的平均值（对时间而言）。
【答案】（1）
，
；（2）
，
；（3）
，
【解析】（1）粒子在A 点沿x 轴方向的速度
粒子从A 到B 由动能定理得
解得A、B 两点间的电势差
粒子从A 到B 在y 轴方向上由牛顿第二定律得
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粒子从A 到B 的运动时间
（2）粒子在B 点的速度大小为
粒子从B 到C 做匀速圆周运动，在C 点速度沿y 轴负方向，轨道半径为
由洛伦兹力提供向心力得
解得
粒子从B 到C 的运动时间
周期为
粒子到D 点时速度方向沿z 轴负方向，粒子从C 点到D 点做匀速圆周运动，运动时间为
粒子从B 到D 的运动时间
（3）粒子在B 点速度方向沿x 轴负方向，粒子从D 到E 做匀速直线运动，在E 点速度沿z 轴负方向，粒
子从B 到E 速度变化量大小为
粒子从B 到E 动量变化量的大小
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粒子从D 到E 的时间
粒子从B 到E 的时间
粒子从B 到E 由动量定理得
解得粒子从B 到E 受力的平均值
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