2025年高三物理开学摸底考（全解全析）（新高考）

2025年高三物理下学期开学摸底考试卷

（考试时间：75分钟，分值：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.难度系数：0.60

第I卷（选择题）

一、选择题：本题共10小题，第1~7题在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，每小题4

分，共28分。第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，有选错或不

答的得0分，共18分。

1.物理除了知识的学习，还要领悟处理物理问题的思想与方法，如控制变量法、极限法、理想化模型法、

类比法等等。下列几个场景关于物理学思想方法的说法正确的是（）

A.甲图为等效替代法B.乙图为理想化实验法

C.丙图为微元法D.丁图为控制变量法

【答案】B

【解析】A.甲图为放大法，故A错误;

B.乙图为理想化实验法，故B正确；

C.丙图为等效替代法，故C错误；

D.丁图为微元法，故D错误。

故选Bo

2.我国成功将“高分十三号”卫星发射升空并顺利进入地球同步轨道。“高分十三号”卫星是一颗高轨光学遥

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感卫星，可为国民经济发展提供信息服务。研究表明，地球自转在逐渐变慢3亿年前地球自转的周期约

为22小时。假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变则（）

A.未来地球的第一宇宙速度小于7.9km/h

B.未来赤道的重力加速度将逐渐变大

C.未来极地的重力加速度将逐渐变小

D.未来人类发射的地球同步卫星与“高分十三号”卫星相比轨道半径将变小

【答案】B

【解析】A.设地球半径为尺，质量为对近地卫星，根据万有引力定律有

^Mmv2

G——-m——

R2R

可得

可见第一宇宙速度v与地球自转周期无关，而且第一宇宙速度是7.9km/s,不是7.9km/h,故A错误;

BC.对在赤道上的物体有

G^-m'R

m'gi

同一物体在两极有

Mm'

G/=m'g2

可得

GM/2万丫_GM

可知地球自转在逐渐变慢，即自转周期变大，则未来赤道的重力加速度将逐渐变大，极地的重力加速度

不变，故B正确，C错误；

D.对同步卫星，根据万有引力提供向心力有

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可得同步卫星轨道半径

故选B。

3.如图甲所示，以。点为平衡位置，弹簧振子在/、8两点间做简谐运动，图乙为这个弹簧振子的振动图

像。下列说法正确的是（）

A.在片0.2s时，弹簧振子的加速度为正向最大

B.在片0.1s与Z=0.3s两个时刻，弹簧振子在同一位置

C.从Z=0到Z=0.2s时间内，弹簧振子做加速度减小的减速运动

D.在仁0.6s时，弹簧振子有最小的弹性势能

【答案】B

【解析】A.由乙图可知，在片0.2s时，弹簧振子的位移为正向最大，根据牛顿第二定律有

可知加速度为负向最大，故A错误；

B.由乙图可知，在片0.1s与/=0.3s两个时刻，弹簧振子的位移相同，说明弹簧振子在同一位置，故B

正确；

C.由乙图可知，从尸0到片0.2s时间内，弹簧振子的正向位移增大，加速度反向增大，而速度方向为

正方向，故速度减小，所以弹簧振子做加速度增大的减速运动，故C错误；

D.由乙图可知，在片0.6s时，弹簧振子的位移负方向最大，速度最小，由机械能守恒知，弹簧振子有

最大的弹性势能，故D错误。

故选B。

4.一次消防演练中，一直升机利用四根相同的绝缘绳索将金属线框吊起，线框始终保持水平。地磁场

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的竖直分量耳，随距离地面高度人的增大而减小，当飞机带动线框匀速上升时（）

A.穿过线框的磁通量增大B.线框中感应电流方向为a6cd

C.线框的四条边有向内收缩的趋势D.绳索对线框的作用力小于线框的重力

【答案】B

【解析】A.地磁场的竖直分量随距离地面高度〃的增大而减小，故穿过线框的磁通量减小，故A错误;

B.根据楞次定律，向下的磁通量减小，感应电流的磁场向下，线框中线框中感应电流方向为Med,故

B正确；

C.由广义楞次定律，穿过线框的磁通量减小，线框的四条边有向外扩张的趋势，故C错误；

D.线框受到的安培力的合力为零，当飞机带动线框匀速上升时，绳索对线框的作用力等于线框的重力，

故D错误。

故选B。

5.颈椎按摩仪能对人体颈部进行自动按摩，内部有电机带动按摩装置。如图所示是某颈椎按摩仪及其铭牌

信息。若使用前电池容量为零，且该按摩仪工作时一直以额定功率运行，下列说法正确的是（）

品牌茗振产品名称颈椎按摩仪

产品型号YMZ-015额定电压5V

电T等彼形方波额定功率4W

充电时间2〜3小时使用时长1〜2小时

产品功能电博按摩，振动按摩，温热辅助

充电器100-240VAC,频率50/60HZ0.2转换为DC5V1A

A.按摩仪的电池容量至少为1.08xl04C

B.按摩仪的内部电阻约为6.25。

C.按摩仪充满电所储存的最大能量约为4.32x103j

D.按摩仪正常工作时电流大小为0.8A

【答案】D

【解析】AD.正常工作时电流为

P

7=—=0.8A

U

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按使用1小时计算，按摩仪的电池容量至少为

=/Z=0.8X36OOC=2.88X1O3C

故A错误，D正确；

B.按摩仪内部有电机工作，非纯电阻电路，不能直接用欧姆定律计算内阻，故B错误;

C.按使用2小时计算，能储存的最大电能为

fF=«=4x2x3600J=2.88xl04J

故C错误。

故选D。

6.海上航行的船只大都装备有随时可用的充气救生船。充气船使用时在船的浮筒内充入气体，充满气后浮

筒的体积可视为不变。海上昼夜温差较大，若将充气船放置在海上，则夜间充气船浮筒内的气体与白天

相比（）

A.内能更小B.压强更大

C.分子数密度更小D.单位时间撞击到单位面积浮筒内壁的分子数增多

【答案】A

【解析】A.夜间充气船浮筒内的气体与白天相比温度较低，分子的平均动能更小，内能更小，故A正

确。

B.充气船内气体体积不变，夜间温度低，由查理定律可知，压强更小，故B错误。

C.气体的质量不变，气体分子总数不变，体积不变，则分子数密度不变，故C错误。

D.夜间温度低，分子的平均动能更小，则分子的平均速率更小，而分子数密度不变，所以单位时间撞

击到单位面积浮筒内壁的分子数减小，故D错误。

故选Ao

7.下列关于红光和紫光两种单色光的说法，正确的是（）

A.在真空中，红光比紫光的传播速度更大

B.对于同一金属，红光比紫光更容易发生光电效应

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C.对于同一个很窄的单缝，红光比紫光的衍射现象更明显

D.两种点光源位于水下同一深度时，紫光在水面形成的光斑面积更大

【答案】C

【解析】A.在真空中，红光和紫光的传播速度相同，选项A错误；

B.对于同一金属，红光比紫光频率低，则红光比紫光更不容易发生光电效应，选项B错误；

C.对于同一个很窄的单缝，红光比紫光波长长，则红光比紫光的衍射现象明显，选项C正确；

D.两种点光源位于水下同一深度时，由于可见光中紫光频率最大，故发生全反射的临界角最小，所以

紫光在水面形成的光斑面积更小，选项D错误。

故选C=

8.如图所示，质量为机和2加的小物块P和Q,用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳

连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为"，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉

力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力的瞬间，Q恰好能保持静止。已知弹簧的劲度系数为左，弹簧

始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能£p与形变量x的关系为4重力加速度大小为g。若剪断

轻绳，在随后的运动过程中，下列说法正确的是（）

P/WWWVWMQ

A.P、Q将离墙越来越远

B.任意一段时间内Q的动量变化均为0

C.弹簧的最大形变量为名警

k

D.P的最大动能为2〃一”立

【答案】BCD

【解析】AB.剪断细线前后，由于Q始终处于静止状态，任意时间段动量变化量为0,离墙的位置保持

不变；P与弹簧组成的系统机械能守恒，故P在弹簧弹力的作用下做简谐振动，A错误，B正确；

C.细线未剪断时，设弹簧的伸长量为无（也是弹簧的最大压缩量），由于Q处于静止状，则有

kx=

C正确;

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D.根据上述分析可知，弹簧的弹性势能全部转化为P的动能时，P的动能最大，则有

D正确。

故选BCDo

9.我国第三艘航母福建舰已正式下水，如图甲所示，福建舰配备了目前世界上最先进的电磁弹射系统。图

乙是一种简化的电磁弹射模型，直流电源的电动势为E,电容器的电容为C,两条相距£的固定光滑导

轨，水平放置处于磁感应强度8的匀强磁场中。现将一质量为小，电阻为R的金属滑块垂直放置于导轨

的滑槽内处于静止状态，并与两导轨接触良好。先将开关K置于。让电容器充电，充电结束后，再将K

置于6,金属滑块会在电磁力的驱动下向右加速运动，达到最大速度后滑离轨道。不计导轨和电路其他

部分的电阻，忽略空气阻力。下列说法正确的是（）

A.空间存在的磁场方向为垂直纸面向外

B.金属滑块在轨道上运动的最大加速度为华

mR

C.金属滑块在轨道上运动的最大速度为

D.金属滑块滑离轨道的整个过程中流过它的电荷量为C£

【答案】BC

【解析】A.开关K置于6的瞬间，金属滑块中有由尸指向。的电流通过，会在电磁力的驱动下向右加

速运动，根据左手定则可知，空间存在的磁场方向应垂直纸面向里，A错误；

B.开关K置于6的瞬间，流过金属滑块的电流最大，此时对应的安培力最大，滑块的加速度最大，根

据牛顿第二定律可得

F=BIL=mam

解得

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BEL

a=—-

mmR

B正确；

CD.金属滑块运动后，切割磁感线产生电动势，当电容器电压与滑块切割磁感线产生电动势相等时，

滑块速度不再变化，做匀速直线运动，此时速度达到最大，设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压

为U,电容器放电过程中的电荷量变化为Aq,放电时间为加，在金属块滑动过程中，由动量定理得

BIL-M=mv

\q=IAt

电容器放电过程的电荷量变化为

Aq=C-4U=C1E-U）

根据法拉第电磁感应定律可得联立解得

U=BLv

联立解得

BLCE

V=--------

CB2Ir+m

CmE

△q—35

CB2l3+m

C正确，D错误。

故选BCo

10.如图，游乐园中某海盗船在外力驱动下启动，某时刻撤去驱动力，此后船自由摆动，当悬臂。4水平时,

船的速度恰好为零。若/、2、C处质量相等的乘客始终相对船静止，且以相同的半径随船摆动，摆动装

置（含乘客）的重心位于圆弧NC的中点8,NNOC=60。，不计一切阻力，重力加速度大小为g,则海

盗船在自由摆动过程中（）

A.。/水平时，船对C处乘客的作用力为零

B.水平时，3处乘客的加速度大小为OB=Wg

2

C./处乘客从图示位置运动至最低点的过程中，始终处于失重状态

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D.A,2处乘客分别运动至最低点时，船对乘客竖直方向的作用力大小之比为看=也

FB2

【答案】BD

【解析】A.设乘客质量为如根据力的分解可知，水平时，船对C处乘客的作用力为

F=mgcos30°

故A错误；

B.水平时，5处乘客的加速度大小

mgsin60o=maB

解得

_V3

aB=~S

故B正确；

C./处乘客从图示位置运动至最低点的过程中，加速度先向下，后向上，乘客先失重后超重，故C错

误；

D.设整体质量为5处乘客运动至最低点时，根据动能定理得

1,

MgL(l-cos60°)=—

在最低点，对2处乘客

处乘客运动至最低点时，根据动能定理得

A/g£^cos300-cos60°)=

在最低点，对/处乘客

解得

FA

可得

国="

F1B/2

故D正确。

故选BD»

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第n卷（非选择题）

二、实验题：本题共2小题，共18分。

11.（8分）

某个实验小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验。方案如图甲所示，步骤如下：

①用两个弹簧测力计互成角度的拉细绳套，使橡皮筋伸长，结点达到纸面上某一位置，记为Q；

②记录两个弹簧测力计的拉力片和用的大小和方向；

③只用一个弹簧测力计，仍将结点拉到位置a,记录弹簧测力计的拉力厂的大小和方向；

④按照力的图示要求、作出拉力与、耳、尸；

⑤根据力的平行四边形定则，作出片和用的合力G

⑥比较尸和尸的一致程度。

（1）本次实验需要用到带细绳套的橡皮条，图乙中最合适的是；

（2）步骤②中某个弹簧测力计指针位置如图丙所示，其读数为N；

（3）如图丁所示，步骤⑥中，方向一定沿/。1方向的是（选填“尸,或"F”）。

（4）本实验采用的物理思维方法是0

A.放大法B.控制变量法C.等效法D.类比法

【答案】（1）C

(2)2.70

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（3）F'

（4）C

【解析】（1）为了减小拉力方向的误差，应使用细绳套适当长一些的；则图乙中最合适的是C。

（2）图丙中弹簧测力计的分度值为0.1N,由图可知其读数为2.70N。

（3）由图丁可知尸是通过平行四边形作图得到的，存在一定误差，方向不一定沿方向；尸'是由一

个弹簧测力计拉橡皮筋时得到的，根据二力平衡可知，方向一定沿方向。

（4）本实验中两个力拉橡皮筋与一个力拉橡皮筋的效果相同，采用的物理思维方法是等效法。

故选C。

12.（10分）

某课外小组在参观工厂时，看到一不再使用被回收的电池，同学们想用物理课上学到的知识来测定这

个电池的电动势和内阻，为了方便读数和作图，他们给电池串联了一个阻值为&=5.0。的定值电阻。

甲乙

（1）按如图甲所示的电路进行连接后，发现a优、6,和cc三条导线中有一条内部断开的导线。现

将开关S闭合，用多用电表的电压挡先测量间的电压，读数不为零，再测量a优间的电压，发现读

数仍不为零，则导线（填%"”*〃”或“cd”）是断开的。

（2）排除故障后，通过多次改变滑动变阻器滑片的位置，得到电压表V和电流表A的多组U、I

数据，作出图像如图乙所示由图像可得电池的电动势E=^^V,内阻尸（均保留

2位有效数字）

（3）把小灯泡心和R=8.1O的定值电阻与此电池串联，连接成如图丙所示的电路，已知小灯泡L

的伏安特性曲线如图丁所示，闭合开关S,则小灯泡的功率约为W（保留2位小数）。

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//mA

【答案】(1)aa'

(2)2.81.9

(3)0.18

【解析】(1)一根良好的导线上任何两点都不会存在电势差，若一根导线两端存在电势差，则该导线

是断开的。。〃间的电压不为零，则说明a〃或6,间有一处是断开的，。〃间的电压仍不为零，说明。优

是断开的，则66'和c"是良好的。

(2)[1]⑵根据闭合电路欧姆定律有

E=U+I(R0+r)

解得

U=-/（4+"+£=E-（5.0+r）

由图像可知，图线纵截距表示电源的电动势，所以

E=2.8V

图线斜率的大小等于5.0+r,所以

5.0+-28-LO

260x10-3

解得

E.9Q

(3)由(2)可知电源的电动势E=2.8V,内阻r=1.9。，定值电阻尺=8.10,由闭合电路欧姆定律可得

1,=-E--U-

R+rR+rR+r

代入数据可得

/=---—U+2-8

1.9+8.11.9+8.1

所以

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I=--U+—

1010

该图线的横截距和纵截距分别为2.8V和280mA，在小灯泡L的伏安特性曲线图中画出该图线，如下图,

两图线的交点为（1.05,175）,所以小灯泡的功率约为

三、计算题：本题共3小题，共36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）

气垫鞋的鞋底设置有气垫储气腔，穿上鞋后，储气腔内气体可视为质量不变的理想气体，可以起到很

好的减震效果。使用过程中，储气腔内密封的气体被反复压缩、扩张。某气垫鞋储气腔水平方向上的

有效面积为S,鞋底上部无外界压力时储气腔的体积为外、压强为外，储气腔能承受的最大压强为30。

当质量为加的人穿上鞋（质量不计）运动时，可认为人受到的支持力全部由腔内气体提供，不计储气

腔内气体的温度变化，外界大气压强恒为外,重力加速度大小为g,求:

（1）当人站立在水平地面上静止时，每只鞋的储气腔内的压强R及腔内气体体积匕;

（2）在储气腔不损坏的情况下，该气垫鞋能给人竖直向上的最大加速度

_mg2p/S(2)a=^-g

【答案】（1）Pi=­+

幺3mg+2p0Sm

【解析】（1）平衡时，对一只鞋受力分析有

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-f+PQS=PiS

解得

mg

P\=­^Po

2D

由等温变化有

PoVo=PK

解得

k2pKS

1mg+2Pos

（2）每只气垫鞋能给人竖直方向的最大支持力

F=（3p「Po）S

竖直方向上有

2F-mg=ma

解得

400s

a=-y——g

m

14.（12分）

如图所示，静止在水平地面上的水平木板右端固定有厚度不计的竖直薄挡板，两者构成一个整体B,

其质量为％=LOkg,水平长度为£=1.0m。可视为质点、质量为比A=2.0kg的物块A以水平向右的速

度为=2.5m/s从左端冲上木板B。已知：A、B间的动摩擦因数为4=0.2,B与地面间的动摩擦因数

为“2=03,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板之间的碰撞为瞬间完成的弹性正碰，重力加速

度大小取g=10m/s2。求：

A

q—>vo

（1）A与挡板碰撞前瞬间，A的速度大小匕；

（2）A与挡板碰撞后瞬间，A和B的速度大小VA和VB；

（3）整个过程B的位移大小

【答案】（1）V]=1.5m/s（2）vA=0.5m/s,vB=2m/s（3）0.184m

【解析】（1）AB间的滑动摩擦力为

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fi=4加Ag=4N

B与地面间的最大静摩擦力为

几=%(%+%)g=9N

因为人＞工，所以，A与挡板碰撞前，B静止不动，对A根据牛顿第二定律

^mAg=%%

解得

%=2m/s2

根据速度位移关系

VQ_vj=2a、L

解得

V1=1.5m/s

(2)A与挡板碰撞，根据动量守恒

mAVl^mAvA+mBvB

动能守恒

|OTAVA=|WAVA+|OTBVI

解得

vA=0.5m/s,vB=2m/s

(3)碰撞后，A所受滑动摩擦力大小仍为

fi=Ai«Ag=4N

但方向变为水平向右，则A的加速度大小为

出=''—2rn/s-

_%

方向水平向右。B上下表面所受滑动摩擦力大小分别为

/BI=/=4N,九=Zn=〃2(%+哨g=9N

方向匀水平向左，对B根据牛顿第二定律

/BI+/B2=mBa3

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解得，B的加速度大小为

2

a3=13m/s

方向水平向左；假设A、B经时间f达到共速时，共速的速度大小为v,此时A仍在B上，则

vA+a2t=vB—a3t=v

解得

=0.1s,v=0.7m/s

碰后到共速，A的对地位移大小为

xA]="Jt=0.06m

碰后到共速，B的对地位移大小为

xB1=彩；it=0.135m

A相对B的位移大小为

As=xBl-xA1=0.075m<L

所以，假设成立。假设共速后，A、B发生相对滑动，共速后A做减速运动的加速度满足

^mAg=mAa4

解得，A做减速运动的加速度大小为

a4=2mzs2

方向水平向左；B减速的加速度满足

/B2-/BI=mBa5

解得，B做减速运动的加速度大小为

a5=5mzs2>%

所以，假设成立；则A减速为零的位移大小为

V2

x^2=.....-0.1225m

2%

B减速为零的位移大小为

2

xB2=-^—=0.049m

2a5

代入数据，解得该阶段A相对B向前运动的位移大小为