2025年高三物理开学摸底考2（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.如图所示，玩偶与塑料吸盘通过轻绳连接，吸盘吸附在竖直墙壁上，玩偶静止悬挂，忽略玩偶与墙

壁之间的摩擦力。下列说法正确的是（）

A.吸盘受到3个力的作用

B.细绳N3越短，玩偶对墙壁的压力越大

C.细绳N3越长，吸盘受到墙壁的摩擦力越小

D.吸盘与墙壁之间压得越紧，吸盘受到墙壁的摩擦力越大

【答案】B

【详解】A.吸盘受到重力、大气对其的压力、墙壁的弹力、细绳对吸盘的拉力和摩擦力五个力的作用,

故A错误；

B.玩偶的受力分析如图所示，墙壁对玩偶的支持力

N=Gtan。

1/22

细绳AS越短，。越大，支持力越大，由牛顿第三定律可知，玩偶对墙壁的压力越大，故B正确；

CD.对吸盘与玩偶整体分析竖直方向只受重力与静摩擦力，所以吸盘受到墙壁的静摩擦力总是等于重

力，与细绳的长短无关，与吸盘与墙壁之间的挤压力无关，故CD错误。

故选Bo

T

2.下列说法正确的是（）

A.伽利略理想斜面实验说明力是维持物体运动的原因

B.牛顿第二定律的表达式尸=也也，在三个物理量取国际单位制时，k=\

C.牛顿是一个国际单位制基本单位，lN=lkg-m/s2

D.嫦娥五号成功携带月壤样品回到祖国，月壤样品到达地球后惯性增大，重力增大

【答案】B

【详解】A.伽利略理想斜面实验说明力是改变物体运动的原因，选项A错误；

B.牛顿第二定律的表达式尸=和7°,在三个物理量取国际单位制时，即机单位为kg,0单位为m/s2,F

单位为N,此时A=l,选项B正确；

C.牛顿属于国际单位制中的导出单位，选项C错误；

D.惯性与质量有关，质量与地理位置无关，质量不变，惯性不变，重力由质量与重力加速度都有关，

因重力加速度增大，故重力会增大，选项D错误。

故选Bo

3.“火树银花十里开”，花城广州常在珠江边燃放烟花庆祝盛大的节日。现有某烟花筒的结构如图甲所示，

其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延

期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最

高点炸开成a、6两部分，速度均为水平方向。炸开后。、方的轨迹图如乙图所示。忽略空气阻力的作用，

则（）

2/22

A.a、方两部分落地时的速度大小之比1:3

B.a、6两部分的初动能之比1:3

C.a、b两部分的质量之比1:3

D.a、6两部分落地时的重力功率之比为1:3

【答案】B

【详解】C.平抛运动方向为匀速直线运动，则有

尤=匕0，3X=V3

竖直方向上有

,1,1

h2h=gtb2

=-gta<2

则有

匕：匕=1：3

根据动量守恒定律有

maVa-mbVb=^

解得

ma:mh=3:1

故c错误；

B.a、6两部分的初动能

_12尸」2

EFka~^maVa9^kb~mbVb

结合上述解得

3/22

故B正确；

A.a、6两部分落地时的速度大小

%=屈面F，匕二亚+g%

结合上述可知，。、6两部分落地时的速度大小之比不等于1:3,故A错误；

D.a、6两部分落地时的重力功率

Pa=maS^ya=勿gZ，Pb=〜鸵讪=/g,

结合上述解得

月隹=3：1

故D错误。

故选Bo

4.2024年6月25日嫦娥六号返回器顺利着陆。嫦娥六号用“打水漂”的方式再入大气层，最终通过降落伞

辅助成功着陆。在这个“打水漂”返回的过程中，地球大气担任双重角色，一方面要充当阻力尽量降低返

回器的速度，另一方面还要充当升力，保证返回器在速度降到一定程度后能顺利跃起。如图为其降落过

程示意图，则（）

A.返回器返回过程跳出大气层之后的速度可以稍大于第一宇宙速度

B.返回器第二次再入大气层时和第一再入大气层时相比，其机械能一定减小

C.返回器与主舱室分离后，主舱室需要加速才能维持在原轨道上运行

D.返回器打开降落伞下落过程中，万有引力对其做正功，其机械能增加

【答案】B

【详解】A.若返回器返回过程跳出大气层之后的速度大于第一宇宙速度，其将挣脱地球引力的束缚,

因其会再次进入大气层，故返回器跳出大气层之后的速度一定小于第一宇宙速度，故A错误；

B.返回器在大气层中运动过程，大气阻力对其做负功，其机械能一定减小，故B正确；

C.返回器与主舱室分离过程遵循动量守恒，有

（加主+加返）"=加主匕+加返丫2

4/22

整理有

返回器分离后需要做向心运动，则

v-v2>0

因此分离后主舱室的速度变大，想要维持在原轨道上运行，需要启动减速装置，故C错误；

D.返回器打开降落伞下落过程中，空气阻力对其做负功，机械能减少，故D错误。

故选B。

5.如图所示，正方体/BCD-/的。力的十二条棱上放有均匀带电绝缘棒，。点为正方体的中心，89绝缘

棒带电荷量为-2q,其余各绝缘棒带电荷量均为q,此时。点处电场强度大小为E,下列说法正确的是

()

若将39绝缘棒拿走，。点处电场强度大小为1

若将ND绝缘棒拿走，O点处电场强度大小为近

C.若将。。绝缘棒所带电荷量变为为,则。点处电场强度大小为半

D.若将4D绝缘棒所带电荷量变为2g,则。点处电场强度大小为当目

【答案】B

【详解】A.89处绝缘棒带电荷量为-2g,可视为该处放有一根带电荷量为+q的绝缘棒和一根带电荷量

为-3q的绝缘棒，当正方体每条棱上的绝缘棒带电荷量相同时，。点处电场强度为零，则此时。点处电

场可看成是89处带电荷量为-3“的绝缘棒产生的。当取走89处绝缘棒时，O点的电场强度大小为

A错误；

B.将处绝缘棒拿走，该处可视为放置有一根带电荷量为+g的绝缘棒和一根带电荷量为p的绝缘棒,

5/22

则。点处电场可视为由AD处带电荷量为F的绝缘棒和处带电荷量为-3q的绝缘棒共同产生的，大

小分别为名和E，两电场间的夹角为120。，由矢量合成的知识可知。点处电场强度大小为立弓，B正

33

确；

C.同理可知，若将。。处绝缘棒所带电荷量变为2q,。点处电场强度大小为?，C错误；

D.若将/。处绝缘棒所带电荷量变为2q,则。点处电场可视为由处带电荷量为+g的绝缘棒和39

处带电荷量为-3g的绝缘棒共同产生的，大小分别为1和E,两电场间的夹角为60。，由矢量合成的知

识可知。点处电场强度大小为正£,D错误。

3

故选B。

6.如图，一旧电动车动力电源上的铭牌标有48V,20Ah字样。它正常工作时电源输出电压为40V,额定

输出功率400W。由于电动机发热造成损耗，电动机的效率为80%,不考虑其它部件的摩擦损耗。已知

运动时电动车受到阻力恒为32N,下列正确的是（

A.电源内阻为0.8Q,额定工作电流为5A

B.电动车电动机的内阻为1.6。

C.电动车保持额定功率匀速行驶的最长时间是2.4h

D.电动车保持额定功率匀速行驶的最远距离是72km

【答案】D

【详解】A.电动车正常工作时，电路中的电流为

J%A=10A

U40

电源内阻为

r=^/=48-40Q=()8Q

I10

故A错误;

B.根据题意有

(1—80%)P=/2火

6/22

得

R=0.80

故B错误;

C.电动车保持额定功率匀速行驶的最长时间是

"=2h

10A

故c错误;

D.根据

80%尸=Fv

F=/=32N

s=vt

求得电动车保持额定功率匀速行驶的最远距离是

s=72km

故D正确。

故选Do

7.如图所示，在某次航行时，一艘帆船在水平风力的作用下，以速度％沿风的方向匀速前行，风与帆作用

的有效面积为S,气流的平均密度为2，帆船行驶过程水平方向上所受阻力恒为人假设气流与帆作用后

速度与帆船前行速度相等，则下列说法正确的是（）

A.风速大小为

B.风速大小为+%

C.若将风与帆作用的有效面积变为原来的2倍，风速和阻力大小不变，则船的航行速度一定变为原来

的2倍

D.若将风速变为原来的2倍，阻力大小不变，则船的航行速度也将变为原来的2倍

【答案】A

7/22

【详解】AB.以帆船为参考系，对4内的一段风△加，由动量定理

FNt=AmAv=pS(v-v0)Az(v-vo)

帆船匀速前行，由平衡条件得

F=f

解得

所以A正确，B错误；

C.由以上结论，整理得

若将风与帆作用的有效面积变为原来的2倍，风速和阻力大小不变，则船的航行速度不是原来的2倍,

故C错误;

D.由％可知，若将风与帆作用的有效面积变为原来的2倍，风速和阻力大小不变，则船的

航行速度不是原来的2倍，故D错误。

故选Ao

8.光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为£的电源相连，一根质量为比的导

体棒成（电阻不可忽略），用长为/的绝缘细线悬挂，悬线竖直时导体棒恰好与导轨良好接触且细线处于

张紧状态，如图所示，系统空间有匀强磁场。当闭合开关S时，导体棒向右摆起，摆到最大高度时，细

线与竖直方向成e角，则（）

A.磁场方向一定竖直向下

B.磁场方向竖直向下时，磁感应强度最小

C.导体棒离开导轨前通过电荷量为%（1-cos。）

8/22

D.导体棒离开导轨前电源提供的电能大于小g/(l-cose)

【答案】BD

【详解】A.由图知导体砧中电流的方向从。到6,要使得导体向右运动，安培力的方向可以水平向右,

也可以斜向右下方，由左手定则知，磁场的方向不一定竖直向下，故A错误；

B.导体棒开始运动方向为水平方向，要使得导体棒获得同样的速度，设安培力尸与水平方向夹角为6,

则

Ftcos0=mv

当6=0时,B最小，磁感应强度最小，此时歹沿水平方向，磁场方向竖直向下，故B正确；

C.故当设导轨棒运动时的初初动能为纥，根据机械能守恒，得

Ek=mg/(l-cos6l)

所以导体棒的初速度为

v=J2g/(l-cos6)

再根据动量定理

BILt=mv

得：

BLq=mv

所以电荷量

mv

q-----

BL

故C错误；

D.导体棒的动能是电流做功而获得的，若回路电阻不计，则电流所做的功全部转化为导体棒的动能，

题设条件有电源内阻不计而导体棒电阻不可忽略的相关表述，那么电流做的功转化为导体棒的动能和导

体棒的电热，电流做的功大于〃zg/(l-cose),故D正确。

故选BDo

9.如图所示，以为分界线，左侧存在匀强磁场，右侧存在长度均为2、交替存在的匀强磁场区域。垂

直纸面向里的磁场磁感应强度均为28,垂直纸面向外的磁场磁感应强度均为瓦间距为22的光滑水平

导轨机〃八足够长且水平平行放置，均匀导体棒A、B垂直导轨放置，与导轨接触良好。其中，导体

棒A的质量为A/、阻值为R,导体棒B的质量为加、阻值为r,^,ab=cd=—,bb'=cc'=L。某时刻，

2

9/22

导体棒A被锁定装置固定，导体棒B在外力尸（大小与方向未知）的作用下，从图示位置开始向右以速

度v匀速运动。已知两导体棒间距离足够长，下列说法正确的是（）

O

m

am

XX•XX•

bb'

••XXXX

cc'

XX•XX

n•dn

AB

O'

A.回路中电流方向沿逆时针

B2l}v2r

B.导体棒A产生焦耳热的功率为

（R+r）

D2r22

C.导体棒B所受外力F的功率为工匕

R+r

D.，。时解除导体棒A的锁定同时撤去外力R稳定时导体棒A以栽的速度匀速运动

【答案】ACD

【详解】A.导体棒B向右运动，切割磁感线产生感应电动势，总有长为£的导体棒在垂直纸面向里的

磁场内，长为1的导体棒在垂直纸面向外的磁场内，垂直纸面向里的磁感应强度大，根据右手定则，可

知回路中电流方向沿逆时针，A正确;

B.结合法拉第电磁感应定律求感应电流，进而求解功率，回路中产生的感应电动势为

E=2BLv-BLv=BLv

回路中的感应电流为

1=-^—

R+r

则回路产生焦耳热的功率为

P-B心

热R+r

导体棒A产生焦耳热的功率为

„B2I^V2R

S=(W

B错误;

C.对导体棒B,感应电流方向从下往上，根据左手定则，导体棒B受安培力

10/22

方向向左。因为导体棒匀速运动，则外力尸水平方向的力与其受到的安培力平衡，则

C正确；

D.解除锁定瞬间，A中感应电流方向从上往下，导体棒A所受安培力向左，且导体棒A、B受到的安

培力始终大小相等，方向均向左，可知导体棒A向左加速，导体棒B向右减速，当两导体棒速度大小

相等时，回路中感应电流大小为零。设此过程中两导体棒受到的平均安培力大小均为斤，运动时间为

稳定时速度大小为以，则由动量定理可知

mv-Ft=mvx,Ft=Mvx

解得

mv

4二-----

M+m

D正确。

故选ACDo

10.在科技节上某同学制作了一款风力发电机，由扇叶带动线圈在固定的磁极中转动并切割磁感线，其原

理简图如图所示，测得发电机的电动势随时间变化的规律为e=5sin(10m)V。现在°、6两端接上阻值

R=5。的小灯泡，线圈内阻可忽略，下列说法正确的是()

A.电流变化的周期为0.5s

B.小灯泡的功率为2.5W

C.风力增大，则线圈产生的交流电频率减小

D.如图位置时，线圈磁通量为零，感应电动势最大

【答案】BD

【详解】A.由电动势的表达式可知

口=10兀rad/s

故

11/22

2»

T=——=0.2s

CD

故A错误;

B.电动势有效值为

e一行

由于线圈内阻可忽略，小灯泡的功率

F2

P=——=2.5W

R

故B正确;

C.风力增大，线圈转动的角速度增大，因

,1CD

则线圈产生的交流电频率增大，故C错误;

D.线圈在图示位置时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，产生的电动势最大，故D正

确。

故选BDo

第n卷(非选择题)

二、实验题：本题共2小题，共18分。

11.(8分)

利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中

可以观察到干涉条纹。

UU

(1)如图所示，实验中发现目镜中干涉条纹与分划板中心刻线始终有一定的角度，下列哪个操作

可以使得分划板中心刻线与干涉条纹平行。

A.仅拨动拨杆B.仅旋转单缝

C.仅前后移动凸透镜D.仅旋转毛玻璃处的测量头

(2)实验中已知双缝间的距离d=0.4mm,双缝到光屏的距离£=1.6m,某种单色光照射双缝时,

12/22

用测量头测量条纹间的宽度：先将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1

条亮条纹，此时手轮上的示数如图甲所示为mm；然后同方向转动手轮，使分划板中心刻线与

第6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图乙所示为mm,则这种单色光的波长为

m(最后一空结果保留两位有效数字)。

(3)上述实验中，若仅将红色滤光片更换为蓝色滤光片，则相邻亮条纹中心间距(选填“增

大”“减小”或“不变”)。

【答案】(1)D

(2)2.332/2.331/2.33315.325/15.324/15.3266.5X107

(3)减小

【详解】(1)[1]⑵观察单色光的双缝干涉图样实验中，通过滤光片获得单色光，通过单缝获得线光源,

通过双缝获得相干光，故光具座上先放置6单缝和c双缝，再放置a滤光片，就可以观察到单色光的

双缝干涉图样。

(2)若要使得分划板中心刻线与干涉条纹平行，则仅旋转毛玻璃处的测量头即可。

故选D。

(3)[1]由题图甲可知示数为

2mm+0.332mm=2.332mm(2.331、2.333均可)

⑵由题图乙可知示数为

15mm+0,325mm=15.325mm(15,324>15.326均可)

⑶由

、L,

Ax——A

d

得

,d.0.4x10-15.325-2.332_0_

%=—Ax=------------x-------------------xliOn36.5x1i0n7m

L1.65

(4)若仅将红色滤光片更换为蓝色滤光片，则4减小，由

,L。

Ax——A

d

13/22

可知，相邻亮条纹中心间距减小。

12.（12分）

某实验小组要测量一段粗细均匀的金属丝的电阻率，要求测量结果尽量准确，使待测金属丝两端的电

压能从零开始变化，实验室提供下列器材：电池组（3V,内阻不计）、电流表（0-0.3A,内阻约为

0.3。）、电压表（0〜3V,内阻约为2k。）、滑动变阻器（0-10。）、开关、导线。

言40

11JL35

11二

0三~30

甲

（1）先用螺旋测微器测金属丝的直径，示数如图甲所示，则金属丝直径d=______mm；再用多

用电表的电阻“xl”挡，按正确的操作步骤粗测金属丝的电阻，表盘的示数如图乙所示，该金属丝的阻

值约为。；

（2）为了能尽可能减小电阻测量的误差，实验小组成员根据实验室提供的器材设计了电路，并根

据设计的电路连接了部分实验器材。请在丙图方框中画出实验电路图，并将图丁中的电路连接完整；

（3）闭合开关前，将图丁中滑动变阻器移到最左端，闭合开关后，调节滑动变阻器滑片，测出多

组电压表的示数。和电流表的示数/，作/-。图像，得到图像的斜率为后，若金属丝的长为乙则金

属丝的电阻率p=（用晨d、上表示），不考虑偶然误差，由于电表内阻引起的系统误差，使测

得的电阻率比实际值______（填“大”或“小”）。

【答案】（1）1.85019.0/19

14/22

(2)

(3)

4kL

【详解】（1）[1]根据螺旋测微器的读数规律可知，金属丝的直径

d=1.5mm+0.01x35.0mm=1.850mm

⑵由多用表的示数可知，金属丝的电阻约为

△=19.0x10=19.00

（2）[1]⑵根据题意，其电路原理图及实物连接情况分别如下

（3）[1]闭合开关前，将图丁中滑动变阻器移到最左端，使输出电压为零，/-U图像的斜率为匕则电

阻

根据电阻定律

氏=

3

解得

R.Snd2

p=----=-----

L4kL

[2]由于电流表外接使测得的电阻偏小，则测得的电阻率偏小。

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。

15/22

13.(10分)

西藏海拔4728米的色季拉山，可观日出、云海、无际的林海和远眺南迦巴瓦峰峻美的雄姿，是旅游观

光的好地方。由于海拔较高，山下景区为游客备有容积为『=L5L的便携式氧气瓶和容积为匕=45L且

自带压强计的大氧气瓶。f=7℃时某大氧气瓶内的氧气压强4=7atm。假设充气前便携式氧气瓶内均

为真空，便携式氧气瓶内充满氧气后的压强均为P.=2.5atm。

(1)若在7(的环境下，用该大氧气瓶给便携式氧气瓶充氧气，则能充满多少瓶便携式氧气瓶？

(2)若在27。(2的环境下，用该大氧气瓶给2瓶便携式氧气瓶充氧气，求便捷式氧气瓶充满后大氧

气瓶内的气体压强口以及剩余氧气质量与原来氧气质量之比。

22

【答案】(1)54(2)—atm：44:45

3

【详解】(1)(1)根据玻意耳定律则有

0。%=%亿+江)

代入数据解得

(2)对大氧气瓶内的氧气，根据查理定律有

P_=Po_

T~To

T=300K

p=7.5atm

根据玻意耳定律有

pv^Pm(y0+\v+2v)

。典=Pm(%+A%)

Ar=87Z

16/22

充气后大氧气瓶内剩余氧气质量与原来氧气质量之比

k=…

匕+A/+2%

解得

,44

k=——

45

14.(12分)

在竖直面内建立一个平面直角坐标系。0，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向。在x轴下

方存在一段半径为R=4m的光滑圆弧绝缘轨道丽X，轨道与原点。点连接，圆心为。'，与水平

方向的夹角8=37。，/为轨道最低点，07平行于y轴，如图所示。竖直线。刚好与圆弧轨道所在

的圆相切，CD左侧的第一象限内存在沿水平向右，场强£o=2OOV/m的匀强电场，第三、四象限存

在一个竖直向上、场强大小E=150V/m的匀强电场。现将一个质量为加=lkg,电荷量为q=01C的带

正电小球(视为质点)放置在圆轨道内侧/点并给以v4=6m/s水平向左的初速度，最终小球由。点

抛出射入第一象限。已知重力加速度g=10m/s2,sin370=0.6,cos370=0.8o求:

(1)小球经过。点时的速度大小；

(2)小球第二次与第一次经过x轴的时间间隔；

(3)小球第二次经过x轴的横坐标。

【答案】(1)10m/s(2)1.6s(3)25.2m

【详解】(1)根据动能定理得

(Eq-/g)(R+Asine)=gmv：~^mv\

解得小球。点的速度为

vo=10m/s

17/22

（2）小球进入第一象限后将速度沿龙轴和了轴方向分解，如图所示

vy=vosin53°=8m/s

小球再次回到X轴时的时间为

£=2里=1.6s

g

（3）水平方向加速度为

a==20m/s2

2m

小球在电场中水平方向运动的距离为

$=R+Reos。=7.2m

设离开电场时的时间为/'

X=Vt,1-2

1x+5Q2%

解得

t'=0.6s<1.6s

故小球还未到x轴即离开电场

接下来小球在水平方向做匀速直线运动,则小球出电场后在水平方向运动的距离为

x2=(v*+4，')(/")=18m

则小球第二次经过x轴的横坐标

x=X1+x2=7.2m+18m=25.2m

15.（14分）

如图所示，长度为/=1.2m的水平传送带以v尸3m/s的速度顺时针匀速转动。在传送带右侧有一质量

儿仁2kg的长木板静置于光滑水平面上，木板紧靠传送带且上表面与传送带等高。现将一质量为他=2kg

的物块。放置于传送带左端，由静止释放，。经传送带的输送，与放置于木板左端、质量w=4kg的物

18/22

块6发生弹性碰撞。木板在摩擦力作用下向右运动，与右侧的固定挡板发生弹性碰撞，碰前瞬间木板

的速度小于6的速度；当木板返回初位置时，。恰好从传送带滑上木板。在运动过程中，°、6均未从

木板上滑落。已知a与传送带间的动摩擦因数为〃尸0.5,a、6与木板间的动摩擦因数均为收=0.25,忽

略转轮的大小，重力加速度大小取g=10m/s2,求：

(1)a从释放到与b碰撞的时间；

(2)滑上木板时，a、b的速度大小；

(3)木板运动的总路程。

【答案】(1)0.7s

(2)lm/s,lm/s

(3)0.