2025届新高考春季学期五月全真模拟联合测试
物理试卷
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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答
题无效。
4保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本大题共10小题，共46分。第1~7题，每小题4分，只有一项符合题目要求，错选，多选或
未选均不得分，第8~10题，每小题6分，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对不全的得3分，
有错选或不选的得0分。
1.在物理学发展历程中，众多物理学家的研究推动了科学的进步，以下关于物理学家和他们主要贡献的叙
述中正确的是()
A.法拉第最早引人了电场概念，并提出用电场线表示电场
B.卢瑟福通过a粒子散射实验发现了质子，并预言了中子的存在
C.密立根发现了电子并测出了电子的电荷量
D,爱因斯坦首先提出能量子的概念，并成功用光是一种能量子解释了光电效应现象
2.摄影师利用微距相机可以拍摄到晶莹剔透的雪花。由于雪花内部有一夹着空气的薄冰层，使其呈彩色花
纹。下列情景中与雪花呈彩色花纹原理相同的是()
A,透过单缝观察到白光的彩色衍射条纹
B.阳光下柏油路面呈现彩色油膜
C.配戴立体眼镜观看3D电影
D.利用光导纤维传递信息
3.如图所示是某同学自制的测重装置，一水平悬挂的轻质长方
形框架位于螺线管中央，可绕螺线管左端口的水平直径SP
自由转动，SP左半部分为绝缘材质，左端中间悬挂小重物；
右半部分为金属材质，通以电流，且不与螺线管接触。QR段
长为L,PQ、SR的长度均为L2,当螺线管通有电流I,时，框
小重物
架保持水平且静止。下列说法中正确的是()
A.QR段受到的安培力竖直向上
B.框架SRQP段受到的安培力正比于L2
C.若同时改变电流1，与1的方向，框架仍然水平
D.若仅增加螺线管线圈的匝数，框架受到的安培力不变
2025届新高考春季学期五月全真模拟联合测试·物理第1页共6页
4.如图所示，一辆小轿车从匝道驶入平直行车道时速率为16/s,想要加速后驶入内车道。小轿车司机先
加速8s后发现无超车条件，再立即踩刹车减速，经过3s减速后，刚好与前方大货车保持距离约60m同速
跟随。整个过程中轿车的速度与时间的关系如图乙所示，货车一直保持匀速直线运动。下列说法中正确
的是()
个/(m's)
内车道
20
行车道
D
18
16
匝道
小轿车
大货车
14
12
024681012ts
甲
乙
A.该过程轿车与货车之间的距离先减小后增大
B.该过程小轿车的平均速度大小为15m/s
C.该过程小轿车的平均加速度大小为ms
D.轿车开始加速时与货车的距离约为154m
5.如图所示，电路中D为二极管，R,为滑动变阻器，R'为磁敏电阻，磁敏电阻的阻值随所处空间磁场的增
强而增大，水平放置在真空中的平行板电容器上板接地，极板间的P点固定有带电量很小的负电荷，下
列说法正确的是()
R'子
条形磁铁
A.仅将R,的滑片向下移动，电容器极板间的电压减小
B.仅将条形磁铁向左移动靠近磁敏电阻，电容器极板间的电压减小
C.仅将电容器的下板稍向上移，P点处负电荷的电势能增大
D.仅将电容器的下板稍向左移，电容器极板间的电场强度不变
6.2025年1月13日，我国自主研制的捷龙三号运载火箭在山东海洋海
个△r
域成功发射，一次将十颗卫星送入预定轨道，创造了我国海上发射
的新纪录。其中卫星A、B在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速3
圆周运动，它们之间的距离△随时间变化的关系如图所示，不考虑
A、B之间的万有引力，已知卫星A的线速度大于卫星B的线速度，
2T
下列说法正确的是()
A.卫星A的轨道半径大于卫星B的轨道半径
B.卫星A、B从相距最近到相距最远的最短时间间隔等于T
C.卫星A的周期等于T
D.卫星B的周期等于7T
2025届新高考春季学期五月全真模拟联合测试·物理第2页共6页2025届新高考春季学期五月适应性联合测试
物理 参考答案
1【答案】A
【详解】A．法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，A正确；
B．卢瑟福通过 粒子散射实验提出了原子的核式结构，用 粒子轰击氮核发现了质子，并预言了中子的存在，B
错误；
C．汤姆孙发现了电子，密立根测出了电子的电荷量，C错误；
D．普朗克首先提出能量子的概念，爱因斯坦提出光的量子说 D错误。
故选 A。
2【答案】B
【详解】A．雪花彩色花纹的本质是光在冰-空气薄层中发生薄膜干涉的结果，与单缝衍射不相同，A错误。
B．阳光下柏油路面呈现彩色油膜，原理是薄膜干涉与该现象相同，B正确；
C．电影院放映 3D影片，佩戴立体眼镜，形成立体效果，是光的偏振，原理与该现象不相同，C错误；
D．利用光导纤维传递信息，实现光纤通信，是全反射现象，原理与该现象不相同，D错误;故选 B。
3【答案】C
【详解】A．根据右手螺旋定则可知，螺线管内部磁感线方向向右，根据左手定则可知 QR段受到的安培力竖直向
下，故 A错误；B．框架 SRQP段所受的安培力为 F = BI2L1，所以安培力 F正比于 L1，即 QR的长度，而不是框
架 SRQP在螺线管内的总长度，故 B错误；C．同时改变 I1和 I2的电流方向，则螺线管内部的磁场方向和 QR中的
电流方向都改变，则不会改变 QR边的受力方向，框架仍然水平，故 C正确；D．若仅增加螺线管线圈的匝数，螺
线管内部磁感应强度变大，框架受到的安培力变大，故 D错误。故选 C。
4【答案】C
【详解】A．轿车速度一直大于货车速度，直到 11s末两车速度相等，所以两辆车距离一直在减小，故 A错误；
B 1 1．由图乙可知 0~11s内，轿车的位移为 1 = (20 + 16) × 8m+ (20 + 14) × 3m = 195m2 2
Δv 14 16 2
平均速度大小约为 17.7m/s，故 B错误；C该过程轿车的平均加速度大小为a = = m/s2 = m/s2，故 C
Δt 11 11
正确；D．0~11s 1 1内，轿车的位移为 1 = (20 + 16) × 8m+ (20 + 14) × 3m = 195m，货车的位移为s2 = 14 ×2 2
11m = 154m，开始的距离为 d = 195m+60m 154m=101m故 C错误。
5【答案】C
Q ε S U 4πkQ
【详解】A．根据电容器定义式和决定式 C = ，C = r 联立可得 E = =
U 4πkd d εrS
当滑动变阻器的滑片向下移动时，R0两端的电压减小，但由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，极板间的电
压不变，场强不变，A错误；B．将条形磁铁向左移动靠近磁敏电阻时，磁敏电阻的阻值增大，R0两端的电压减小，
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但由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，极板间的电压不变，B错误；C．将电容器的下板稍向上移，电容 C
增大，极板间电压不变，极板电荷量增加，板间场强增大，与上板间的电势差增大，P点电势减小，该点处的负电
荷电势能增大，C正确；D．将电容器的下板稍向左移，由于电容 C减小，但极板电荷量不能减小，可知极板间电
压增大，电场强度增大 D错误；
6【答案】D
【详解】A．A的线速度大于卫星 B的线速度由万有引力等于向心力知 rAB．. T由图示可知卫星A、B从相距最近到相距最远的最短时间间隔为 t 2 故 B错误,设卫星 A、B的轨道半径分别为
2
rA、rB，则 rA rB 5r, rB rA 3r解得 rA r
Mm 4
， rB 4r则 rA : rB 1: 4，根据万有引力提供向心力可得G 2 m rr T 2
4 2T r
3
T :T 2 2
所以 则 A B 1:8又因为 T 2
GM TA TB
T 7解得 A T，TB 7T 故 C错误；D正确8
7【答案】D
ΔΦ
【详解】导体棒切割磁感线，产生感应电流，通过电阻的电荷量 q IΔt E Δt Δt Δt ΔΦ BLx
R R R R
2 2
对导体棒由动量定理 = v v B L x0联立上述两式可解得 0 mR
B2L2v
由牛顿第二定律 ma
R
a B
2L2v0 B
4L4
联立上式化简得 2 2 xmR m R
即速度 v随 x的图像为线性递减函数，加速度 a随 x的图像也为线性递减函数，D正确
8. 【答案】BCD
0 1 2 λ =2×2 m=4m λ =2m, λ = 2×2 m= 4【解析】根据题意可得两根立杆之间可能有 、 、 个波峰，则波长可能为 ， 2 3 m,3 3
由λ=vT 得 v =10m/s,v =5 m/s, v3=
10 m/s，BCD项正确。
3
9.【答案】AB
【详解】AB．沿竖直方向将上下绝缘细杆分割成无穷多个小段，关于水平中心线对称的两小段构成等量异种点电
荷连线模型，根据对称性可知 a、b、c、d四点的场强相等，方向竖直向下；同理沿水平方向将左右绝缘细杆分割
成无穷多个小段，关于竖直中心线对称的两小段构成等量异种点电荷模型，根据对称性可知 a、b、c、d四点的场
强相等，方向水平向右。再根据场强的叠加原理可知 a、b、c、d四点的场强相同，A、B都正确；
CD．根据场强的叠加原理可知 a、b、c、d四点的场强方向均斜向右下方，把一带负电的试探电荷从 a点移到b点
电场力做负功，从 c点移到d点电场力不做功，C、D错误。故选 AB。
10【答案】AD【详解】A.由题意知，该系统机械能守恒，动量也守恒，A正确；
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C.当三个小球再次处在同一直线上时，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得 mv0 mvB 2mvA ，
1 mv2 1 mv2 10 B 2 mv
2
2 2 2 A
解得
v 1 2B v0， vA v （三球再次处于同一直线）， v3 3 0 B
v0， vA 0（初始状态，舍去）
1
所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球 B的速度为 vB v3 0
代入数据得 vB 1m/s，C错误；
D.小球 A、C均以半径 L绕小球 B做圆周运动，当三个小球处在同一直线上时，以小球 B为参考系（小球 B的加
速度为 0，为惯性参考系），小球 A（C）相对于小球 B的速度均为 v | vA vB | v0
v2 v2
所以，此时绳中拉力大小为 F m m 0
L L
代入数据得 F 9N ,D正确
B.当小球 A的动能最大时，小球 B的速度为零。设此时小球 A、C的速度大小为 u，两根绳间的夹角为 （如图），
则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得
mv 1 10 2mu sin ， mv
2 2
2 2 0
2 mu
2
1
另外 EkA mu
2
2
1 2
由此可解得，小球 A的最大动能为 EkA mv0 2.25J，4
此时两根绳间夹角为 90 ；B错误。
1
11【答案】 (1) 1.880 （2分） (4) A（2分） (5) F 2 （2分）t
【详解】[1]螺旋测微器的读数为d 1.5mm 38.0 0.01mm=1.880mm
[2] 2遮光片 P每次通过光电门的时间相同，d不变，线速度 v不变，L1、则 v= L1不变，由 F m L2
可知 F L2的关系图像为过原点得倾斜直线。故选 A。
d v d
[3] 遮光片通过光电门时光电门计时为 t时遮光条地线速度为 v ，小球角速度为 L 根据向心力公式t 1 tL1
2
2
2
F m L m d L md L2 12
tL
2 L2 21 1 t
1
为了准确验证小球所受向心力 F与角速度ω的关系，利用实验测量应画 F 2 图像。t
12（1）(1) 等于 (2分) 2.4 (2分) 不变 (3分) (2) 2.0 (3分)
【详解】① [1]开关 S合向 1，当电流计 G的示数为零时，由电路知识可知，电阻丝 cb段的电压Ucb与标准电
源的电动势E1相等；
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E
②[2] [3]设电阻丝的长度为 l0，单位长度的电阻为 r0，则当开关 S合向 1时，则有 E1 ll r 1
r0
0 0
E
当开关 S合向 2时有 Ex ll r 2
r0
0 0
l2
两式联立可得 Ex El 11
代入数据可解得 Ex 2.4V
E E
③[4]若考虑供电电源的内阻，则有 E1 l r Er l r 1 0， x
l r
0 0 r l r
2 0
0 0
l2
两式联立仍可解得 Ex El 11
可知待测电源电动势的测量值不变。
E
（2）[1] x由闭合电路欧姆定律可得 I rx R0
代入数据可解得 rx 2.0Ω
v213． 【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力有 qvB m （2分）
R
R mv解得 qB（2分）
（2）根据题意作图，如图所示
根据几何关系可知 sin∠FDO'' = R（2分）
2R
得：∠FDO'' = 30°（1分）
CO距离：d = R + R cos 30°（2分）
(2+ 3 )
解得：d = （1分）
2
14.【答案】（1）71cmHg；（2）9.8cm
【详解】（1）对静止的水银柱分析受力，设玻璃管内气体的压强为 1，水银柱的质量为 、横截面是 ，根据平衡
条件有 1 + sin30° = 0 （2分）(写成 1 + g 1sin30° = 0 得 2分，写成 1 + l1 = 0 得 1分)
又 = 1 （2分）
0 = 76cmHg
联立解得 1 = 71cmHg（1分）
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（2）设玻璃管的质量为 ，玻璃管和水银柱整体加速度为 ，由牛顿第二定律有
( + ) sin30° ( + ) cos30° = ( + ) （2分）
a= 得
8
对水银柱有 sin30° + 2 0 = （2分）
得 2 = 72.25cmHg(1分)
对管内的气体，由玻意耳定律有 1 2 = 2 （1分）
联立解得 ≈ 9.8cm（1分）
15．
【详解】（1）在物块未进入电场时设其最大加速度大小为 0，则由牛顿第二定律有
1mg ma0 （1分）
解得
0 = 3m/s2
当给木板施加恒力时，假设物块和木板能够保持相对静止，一起做匀加速直线运动，设共同加速度的加速度大小为
，则对整体由牛顿第二定律有
2 + = + （1分）
代入数据解得
= 2m/s2 < 0（1分）
则假设成立，在未撤去力 F的时间内物块的位移
1 1
0 = 22 = 2 × 2 × 5
2 = 25
可知
0 > 1 + 2（1分）
则可知在力 F撤去前的某一时间内物块已经进入电场，设从开始运动到物块进入电场的时间为 0，由位移与时间的
关系可得
1 21 + 2 = 0（1分）2
解得 0 = 4 （1分）
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（2）当物块进入电场 1后由于电场力竖直向下，增加了物块对木板的正压力同时也增加了木板对地面的正压力，
因此可知木块仍相对于木板静止，在电场 1中，在力 F未撤去时，设物块和木板共同运动的加速度大小为 a1，由牛
顿第二定律有
2 + + 1 = + 1
解得
1 = 0（1分）
即在物块进入电场 1中的 t1=1s时间内物块和木板一起做匀速直线运动，1s后撤掉力 F，此时它们的速度为:
= 0 = 8 /
假设物块和木板能够保持相对静止，一起做匀变速直线运动，则对物块和长木板整体由牛顿第二定律有：
2 + + 1 = + 2（1分）
代入数据解得 22 = 4 m/s
对小物块，设其最大加速度大小为 '，则由牛顿第二定律有
1 + 1 = '（1分）
代入数据解得 ' = 9 m/s2
由于 2 < '，则假设成立，物块与长木板一起匀减速，它们之间的摩擦力为静摩擦 ,
=m 2=4N
1 = 3 1 = 11.5 8 × 1 = 3.5 （1分）
物块对长木板的摩擦力所做的功为
= 1 = 14 （1分）
（3）
设物块和木板共同进入电场 2时的速度大小为 1，则由速度与位移的关系可得
21
2 = 2 2 1（1分）
解得
1 = 6m/s
当进入匀强电场 2，电场力竖直向上，对物块在竖直方向有
= 2 （1分）
可知，物块在电场 2中做匀速直线运动，因此，物块离开匀强电场 2时速度的大小为 6m/s。设物块出电场 2所用
的时间为 t2，物块在电场 2的运动过程中木板在电场 2中做匀减速直线运动的加速度大小为 3，则
4 = 1 2
2 = 3（1分）
解得
2 = 1 ， 23 = 2m/s
设该过程中木板的位移为 3，可得
3 = 1 2
1 3 22 = 5 （1分）2
则可得物块出电场 2时距离木板右端的距离为
5 = 1 4 3 = 6 （1分）
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