2025届新高三物理开学摸底考试卷2（新高考）（解析版）

新高三开学摸底考试卷（新高考通用）

物理

（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、准考证号填写在答题卡上。

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、单选题（本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个符合要求）

1.（本题4分）如图所示为一定质量的理想气体从状态4依次经过状态B、C、。后再回到状态2的P-U图

像，其中，478和C7。图线为双曲线的一部分，D-4为绝热过程。下列说法正确的是（）

A.4-B过程中，气体可能向外界放出热量

B.B-C过程中，气体一定向外界放出热量

C.C一。和。-A过程中，气体压强都增大的微观机制完全相同

D.整个过程中气体从外界吸收热量

【答案】D

【详解】A.根据题意可知，4TB过程中，气体温度不变，气体内能不变，由图像可知，气体体积变大，

外界对气体做负功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故A错误；

B.由题意可知，C-D过程气体温度不变，则有

TC=TDD-4为绝热过程，气体体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体内能增大,

温度升高，则有

?A=TB>TC=TD

则B-C过程中，气体温度降低，气体内能减小，气体体积变大，外界对气体做负功，所以无法确定气体向

外界放出热量还是从外界吸收热量，故B错误；

C.C-D过程气体温度不变，气体分子平均动能不变，气体体积减小，气体分子的数密度增大，所以气体

压强增大；4过程气体体积减小，气体分子的数密度增大，且气体温度升高，气体分子平均动能增大，

所以气体压强增大；可知C-D和D-4过程中，气体压强都增大的微观机制并不完全相同，故C错误；

D.根据p-lZ图像的面积意义可知，整个过程中，外界对气体做负功，而气体内能不变，根据热力学第一

1

定律可知，气体从外界吸收热量，故D正确。

故选D。

2.（本题4分）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P,P置于水平桌面上，与桌面间存在摩

擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置祛码。改变盘中祛码总质量相，并测量P的加速度

大小a,得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-根图像中，可能正确的是（）

【答案】D

【详解】设P的质量为M,P与桌面的动摩擦力为人以P为对象，根据牛顿第二定律可得

T-f=Ma

以盘和祛码为对象，根据牛顿第二定律可得

mg—T=ma

联立可得

m9f,a_L

a=~=L^n.m

M+mM+TH

可知当祛码的重力大于/时，才有一定的加速度，当小趋于无穷大时，加速度趋近等于9。

故选D。

3.（本题4分）如图所示，线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连接到电流计上,

把线圈A装在线圈B的里面，下列说法正确的是（）

A.开关闭合瞬间，电流计的指针不会偏转

B.开关断开瞬间，电流计的指针不会偏转

2

C.开关闭合稳定后，滑动变阻器的滑片尸向右匀速滑动，电流计指针不会偏转

D.开关闭合稳定后，把小线圈A从线圈B中拔出，电流计的指针会偏转

【答案】D

【详解】AB.开关闭合和断开的瞬间，通过线圈B的磁通量均发生变化，电流计的指针会偏转，AB错误;

C.开关闭合稳定后，滑动变阻器的滑片尸向右匀速滑动，则线圈A的电流发生变化，电流磁场发生变化,

产生电磁感应现象，电流计的指针会偏转，C错误；

D.开关闭合稳定后，把小线圈A从线圈B中拔出，通过线圈B的磁通量减小，产生感应电流，电流计的

指针会偏转，D正确。

故选D。

4.（本题4分）新春佳节，大街小巷总会挂起象征喜庆的中国红灯笼。如图所示，由4根等长轻质细绳43、

BC、CD、DE悬挂起3盏质量相等的灯笼，绳两端的结点/、£等高，A8绳与竖直方向的夹角为a,绳中

张力大小为％;2。绳与竖直方向的夹角为，，绳中张力大小为尸2,则（）

A.Fi<3F2

B.若将悬挂点/往E靠近少许，Fi的大小保持不变

C.若在。处再增加一盏质量较大的灯笼，平衡时a可能等于0

D.若在2、。处各增加一盏质量较大的灯笼，平衡时£可能等于90。

【答案】A

【详解】A.由对称性可知绳和。£绳张力大小相等，大小为Fi。对三个灯笼的整体分析可知

2Ficosa=3mg

同理，对中间的灯笼受力分析，可得

2F2COS/?=mg

联立，可得

„3mg3mg

12cosa'22cos0

因为

a<p

所以

Fi<3F2

故A正确；

3

B.若将悬挂点4往E靠近少许，则a减小，由

3mg

F1=0

2cosa

可知%的大小减小。故B错误；

C.对结点8受力分析，有

Fisina—F2sinp,%cosa—mg+F2cos0

联立，解得

3tana=tan°

若在C处再增加一盏质量较大的灯笼，平衡时a不可能等于仇故C错误；

D.若在8、。处各增加一盏质量较大的灯笼，假设平衡时0等于90。，则对结点C受力分析，如图

---<--------->---

C

'f

可知其受力不平衡。所以假设不成立。故D错误。

故选A。

5.（本题4分）小李一家驾车外出旅游途中汽车以恒定速率通过图中所示的波浪路，波浪路可简化为竖直

平面内的两个半径为R的圆弧，A,8点分别为凸形路面最高点、凹形路面最低点。汽车通过凹形路面最低

点3时，对路面的压力大小为其所受总重力的表已知汽车及车上人的总质量为小李的质量为〃z,重力

加速度大小为g,则下列说法正确的是（）

B

A.汽车的速率为刷B.汽车通过8点时小李处于失重状态

C.汽车通过/点时小李处于超重状态D.汽车通过2点时小李受到的合力大小为（mg

【答案】D

【详解】A.汽车通过8点时，对汽车整体受力分析有

V2

外—Mg=M—

K

其中

5

FN=仄Mg

解得

_项

V~2

选项A错误；

B.汽车通过3点时小李的加速度方向竖直向上，小李处于超重状态，选项B错误；

C.汽车通过/点时小李的加速度方向竖直向下，小李处于失重状态，选项C错误；

4

D.汽车通过2点时，小李受到的合力提供向心力，有

v21

产合=小了=4mg

选项D正确。

故选Do

6.（本题4分）真空中两点电荷分别放在x轴上的。点和〃点，两电荷连线上各点电势⑴随x变化的关系

如图所示，其中/、N两点的电势均为零，沏段中的C点电势最高，则下列说法正确的是（

B.A点的电场强度为零

C.N点的电场强度大于C点的电场强度

D.质子从N点运动到C点的过程中电势能减小

【答案】C

【详解】A.由题图已知，在。点放的是正电荷，在M点放的是负电荷，即二者的电性相反，故A错误;

BC.⑴-x图像的斜率表示电场强度，4、N点的斜率不为零，C点的斜率为零，故B错误，C正确;

D.质子带正电，从N点运动到C点的过程中电势能增大，故D错误。

故选Co

7.（本题4分）如图所示，两个速度大小不同的同种带电粒子1、2,沿水平方向从同一点垂直射入匀强磁

场中，磁场方向垂直纸面向里。当它们从磁场下边界飞出时相对入射方向的偏转角分别为90。、60。，则它

们在磁场中运动的（)

B.速度之比为2：1

C.时间之比为2：3D.周期之比为3:2

【答案】A

【详解】A.设粒子的入射点到磁场下边界的磁场宽度为d,画出粒子的运动轨迹如图所示

5

Ri=d

R2cos600+d=&

解得

R2=2d

则两粒子在磁场中运动的轨道半径之比为

Ri：&=1：2

故A正确；

B.由洛伦兹力提供向心力可得

V2

qvB=m—

v

可得

qBr

v=---ocr

m

则两粒子的速度之比为

%：v2=Ri：&=1：2

故B错误；

CD.粒子在磁场中运动的周期为

2itr2nm

T=~=^B~

由此可知，粒子的运动的周期与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同；由粒子的运动的

轨迹可知，两种速度的粒子的偏转角分别为90。、60°,则两粒子在磁场中的运动时间之比为

90°60°

ti:t=vT:——7=3:2

1乙2360°360°

故CD错误。

故选Ao

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.（本题6分）如图所示，一颗质量为小的卫星要发射到中地圆轨道上，通过M、N两位置的变轨，经椭

圆转移轨道进入中地圆轨道运行。已知近地圆轨道的半径可认为等于地球半径，中地圆轨道与近地圆轨道

共平面且轨道半径为地球半径的3倍，地球半径为r地球表面的重力加速度为g,下列说法中正确的是

6

A.卫星进入中地圆轨道时需要在N点减速

B.在转移轨道上的"点和N点速度关系为%=4吗,

C.该卫星在中地圆轨道上运行的速度为监

D.该卫星在转移轨道上从M点运行至N点(M、N与地心在同一直线上)所需的时间为2兀

【答案】CD

【详解】A.卫星进入中地圆轨道时需要在N点加速，故A错误；

B.根据开普勒第二定律可知

11

-vMM-rM^-vNM-rN

根据题意

TN=3rM

则

vM=3vw

故B错误；

C.卫星在中地圆轨道上，由万有引力提供向心力得

Mmv2

G----=加_■

(3R)23R

在近地面

Mm

G》-=mg

解得

故C正确；

D.卫星在中地圆轨道上周期

根据几何关系可知转移轨道的半长轴为2R,由开普勒第三定律得

(2R)3_(3R>

7

联立解得

2R

在转移轨道上从M点运行至N点QM、N与地心在同一直线上）所需的时间

故D正确。

故选CD。

9.（本题6分）某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压为0,输出功率为500kW。输电线上电

流为8A,损失的功率为4kW,其余线路电阻不计，用户端电压北=220V,功率88kW。储能站电路电流

为51A,升压变压器的匝数比叫:n2=1:46,所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（）

A.输电线总电阻R=65QB.发电机输出电压4=250V

C.用户增加时，用户得到的电压降低D.升压变压器的匝数比%:痣=1：32

【答案】BCD

【详解】A.输电线上电流为8A,由功率公式可得

PR4x103

R==--=—。=62.511

I282

A错误；

B.用户端电压力=220V,功率88kW,可得

输电线上电流为8A,由理想变压器原、副线圈电流与匝数关系公式可得，降压变压器的匝数比

/n40050

747=n73=-8-=T

由理想变压器原、副线圈电压与匝数关系公式可得

n350

U3=-^-U4=—X220V=11000V

n41

可知升压变压器副线圈上电压

U2=U3+I2R=11000V+8x62.5V=11500V

可知升压变压器原线圈上电压

8

Hi1

u=—U2=—x11500V=250V

n246

B正确；

C.当用户增加时，可知

/_P用

增大，则输电线上电流增大，输电线上电压降增大，则&减小，用户得到的电压以降低，C正确;

D.储能站功率为

P出=+P储

可得

2储=P出一U2I2=500kW-11.5x8kW=408kW

储能站电路电流为51A,则有

P储408x1032

U5=-p=——-——V=8X103V

1551

由理想变压器原、副线圈电压与匝数关系公式可得

U1.U5=Hi：n5=250:8000=1:32

D正确。

故选BCDo

10.（本题6分）带有;光滑圆弧轨道，质量为加的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为加

4

的小球以速度%水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则（）

A.在整个过程中，小球和车水平方向系统动量守恒

B.小球返回车的左端时，速度为火

C.小球上升到最高点时，小车的速度为（火

D.小球在弧形槽上上升的最大高度为号

4g

【答案】ACD

【详解】A.在整个过程中，小球和车在水平方向上合力为零，系统动量守恒，A正确;

B.根据动量守恒和机械能守恒

mv（）=mv1+mv2

111

-mvn=—mv?+-mvy

202122

9

得

小球返回车的左端时，速度为

%=0

B错误；

C.小球上升到最到点时，小球与小车速度相同，根据动量守恒

mv0=2mv

小车的速度为

1

V=2VQ

C正确；

D.根据机械能守恒

11

—mvl=­x2mv2+mgh

得小球在弧形槽上上升的最大高度为

,_vo

仁而

D正确。

故选ACDo

第II卷（非选择题）

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三、非选择题（本题共5小题，共54分.考生根据要求作答）

11.（本题8分）⑴在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上，如图1

所示。双缝间距为力毛玻璃光屏与双缝间的距离为工。从目镜中看到的干涉图样如图2所示，若A、B两

条亮纹中央间距为x,则所测光的波长为。（用所给物理量的字母表示）使分划板的中心刻线对齐

A亮条纹的中心，此时游标尺上的示数情况如图3所示，其读数为mmo

10

图1

（2）用如图4所示装置研究两个半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。图5中O点是小球抛

出点在地面上的竖直投影。实验时先让。球多次从斜槽上某一固定位置。由静止释放，其平均落地点的位

置为P。再把6球放在水平轨道末端，将。球仍从位置C由静止释放，。球和b球碰撞后，分别在白纸上留

下各自的落点痕迹，重复操作多次，其平均落地点的位置为M、N。测量出b两个小球的质量分别为加八

12、X3o

①在实验误差允许范围内，若满足关系式（用所测物理量的字母表示），

则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。

②换用不同材质的小球再次进行上述实验，计算得出若碰撞过程满足动量守恒，请分析说明两

%3一11

球碰撞过程机械能是否守恒.

【答案】⑴登9.15

(2)miX2=mixi+m2X3不守恒

【详解】（1）[1]根据题意可知相邻两条纹间的间距为Ax=；,根据Ax得光的波长为

11

dAxdx

A=-----=—

L7L

⑵读数为

9mm+0.05mmx3=9.15mm

（2）[1]小球在空中运动的时间为若满足动量守恒定律有

x2x1x3

m1—=m1----1-m2一

得

m1x2=+m2x3

⑵碰撞前后系统总动能分别为

12

Ek=2mi,

,1—

/=2mi-

故可得

Ek-£1]/=•!"(?)一%「(?)-|m2•(y)

根据动量守恒关系式

m1x2=m1x1+m2x3

结合—=1.5,整理得

X3-X1

„c，，—爪2K3。3一打）

”一以-

由于町>/，故Ek>Ek',可知两球碰撞过程机械能不守恒。

12.（本题10分）某同学听说一支新HB铅笔笔芯（粗细均匀）的电阻约为25。，于是就找来一支新HB

铅笔，准备测出笔芯的电阻。

（1）用多用电表直接测量笔芯的电阻。先把选择开关调至欧姆（填“xl”、“x10”或“x100”）挡，使红、

黑表笔短接进行调零，再使红、黑表笔与该铅笔笔芯的两端接触，经过止确的操作后，测量结果如图甲所

示，则该铅笔笔芯的电阻为

甲乙

（2）该同学想更准确地测出这支铅笔笔芯的电阻，他从实验室找到如下器材:

A.电源E：电动势约为3.0V；

B.电流表A*量程为0〜10mA,内阻n=50Q；

12

C.电流表A2：量程为0〜100mA,内阻「2=10。；

D.滑动变阻器％：最大阻值为5。；

E.滑动变阻器7?2：最大阻值为2kQ；

F.电阻箱R3：最大阻值为99999.9Q；

G.开关S,导线若干。

为了尽量准确地测量这支铅笔笔芯电阻尺的阻值，根据实验室提供的仪器，他设计图乙所示的电路，图中

电流表a应选用，电流表b应选用（选填"A]，或"A?”）；滑动变阻器R应选用（选

填"%”或“7?2”）

（3）将变阻箱电阻调为区,调节滑动变阻器的滑片，记录电流表Ai的示数和电流表A2的示数，根据测得的多

组数据描绘出图像，如图丙所示，图像的斜率为七则铅笔笔芯电阻的阻值&=（用鼠Ro、勺或「2

表示）。

【答案】⑴xl30

⑵%A2%

【详解】（1）由题可知，HB笔芯（粗细均匀）的电阻约为25Q,故先把选择开关调至欧姆的“X1”挡，

则图甲中的示数为

&=30XIQ=30Q

（2）[1]⑵通过电流表。的电流小于通过电流表6的电流，为使金属电阻阻值的测量结果尽量准确，图中。

应选用量程小的A1，6应选用量程大的A?。

[3]滑动变阻器采用了分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择最大阻值较小的滑动变阻器公。

（3）根据题意，由欧姆定律有

（12-Il）Rx=1l（Ro+rl）

整理可得

R+RQ+厂1

I=x~——-；i

2Rx

则有

Rx+R0+r1

解得

n_R0+rl

13.（本题10分）如图1所示为压气式清毒喷壶，若该壶容积为0.8L内装0.6L的清毒液。闭合阀门K,

缓慢向下压A,每次可向瓶内储气室充入0.05L的l.Oatm的空气，多次下压后，壶内气体压强变为2.0atm

时，按下B使阀门K打开，消毒液从喷嘴处喷出。已知储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中

温度保持不变，l.Oatm=1.0x105Pa„

13

<1）求充气过程向下压A的次数和打开阀门K后最多可喷出液体的体积；

（2）喷液全过程，若壶内气体状态变化的等温线可近似看成一段倾斜直线，如图2所示，估算喷液过程壶

内气体从外界吸收的热量。

p/atm

【答案】（1）4次,0.2L；(2)30J

【详解】（1）壶中原来空气的体积0=0.2L,由玻意耳定律

Pi（nV0+%）=p2Vi

解得

ri=4次

则最多喷射的液体体积为

△V=nV0=0.2L

（2）外界对气体做功

P1+p2

W=—-2—XA7=-30J

由热力学第一定律

△U=勿+Q=0

解得

Q=30J

14.（本题12分）如图所示，劲度系数为100N/m的轻弹簧下端固定于倾角为8=53。的光滑斜面底端，上

端连接质量为5kg的物块Q,Q同时与和斜面平行的轻绳相连，轻绳跨过固定在斜面顶端。点的定滑轮与

套在光滑竖直固定杆上的物块P连接，图中。、8两点等高，其间距d=0.3m。当整个系统静止时，P在/

点静止不动，4、2间距离九=0.4m,此时轻绳中张力大小为50N。现将P从杆上2点上方0.4m处的。点

由静止释放，P从C点到/点过程中绳子一直存在张力，不计滑轮大小及摩擦。g=10m/s2,sin53。=0.8,

cos530-0.6,（计算结果均可保留根号）求：

（1）物块P的质量大小；

（2）P到达/时的速度大小；

（3）P从C点下落至8点的过程中，轻绳拉力对Q做的功。

14

【答案】(1)4kg；(2)1V5m/s；(3)-8J

【详解】(1)当整个系统静止时，P在/点静止不动，设此时连接P的轻绳与竖直方向的夹角为a,以P

为对象，根据受力平衡可得

mPg=Tcosa

其中

T=50N,tana=-=-

h4

可得

a=37°

联立解得物块P的质量为

mP=4kg

(2)由图几何关系可知，当P分别位于C点和4点时，Q都处于初始位置，弹簧的形变量相同，弹簧的弹

性势能相等；根据系统机械能守恒可得

11

mPg-2h=-mPvj+-mQvA

又

VQ=vPcos37°

联立解得P到达Z时的速度大小为

4厂

vP=—V5m/s

(3)当整个系统静止时，P在4点静止不动，此时轻绳中张力大小为50N,以Q为对象，根据受力平衡可

得

T=叫如11530+kxr

可得弹簧的伸长量为

x1=0.1m

当P从C点下落至2点时，Q沿斜面下滑的距离为

可知P下落至2点，弹簧的压缩量为