絕密★啟用前2025新高考單科模擬綜合卷物理考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分，考試時間75分鐘。2.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在本試卷和答題卡相應位置上。3.請按照題號順序在各題的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4.考試結束后，將本試題卷和答題卡一并上交。一、選擇題：本題共10小題，共43分。第1~7題只有一個選項符合要求，每小題4分；第8~10題有多個選項符合要求，每小題5分，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.如圖所示，將一塊平凹形玻璃板倒扣在另一塊平板玻璃之上，從而在兩塊玻璃之間形成一層空氣薄膜，玻璃板的一邊沿x方向，用平行單色光向下垂直照射平凹形玻璃板，觀察到的干涉條紋形狀可能正確的是（）A. B. C. D.2.2028年奧運會新增壁球運動項目.如圖所示，運動員從A點將球斜向上擊出，水平擊中墻上B點反彈后又水平飛出，落到C點，豎直，三點在同一水平面上，垂直于AC.不計空氣阻力，球碰撞B點前后的速度大小分別為v1、v2，球在AB、BC兩段運動時間分別為t1、t2，則正確的是（）A.v1=v2 B.v1<v2 C.t1>t2 D.t1=t23.電影中的太空電梯非常吸引人.現假設已經建成了如圖所示的太空電梯，其通過超級纜繩將地球赤道上的固定基地、同步空間站和配重空間站連接在一起，它們隨地球同步旋轉.圖中配重空間站比同步空間站更高，P是纜繩上的一個平臺.則下列說法正確的是（）A.太空電梯上各點加速度與該點離地球球心的距離的平方成反比B.超級纜繩對P平臺的作用力方向背離地心C.若從配重空間站向外自由釋放一個小物塊，則小物塊會一邊朝配重空間站轉動的方向向前運動，一邊落向地球D.若兩空間站之間纜繩斷裂，配重空間站將繞地球做橢圓運動，且斷裂處為橢圓的遠地點4.一定質量的理想氣體從狀態a開始，經歷abcda過程回到原狀態，其P-T圖像如圖所示，其中ab、cd與T軸平行，bd的延長線過原點O.下列判斷正確的是（）A.在a、c兩狀態，氣體的體積相等B.在b、d兩狀態，氣體的體積相等C.由c狀態到d狀態，氣體內能增大D.由d狀態到a狀態，氣體對外做功5.如圖所示，正方形區域abcd內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里.一帶電粒子從ad邊的中點M以速度v垂直于ad邊射入磁場，并恰好從ab邊的中點N射出磁場.不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A.粒子帶負電B.若粒子射入磁場的速度增大為2v，粒子將從a點射出C.若粒子射入磁場的速度增大為2v，粒子將從b點射出D.若粒子射入磁場的速度增大為2v，粒子在磁場中的運動時間將變短6.如圖，電路中電源電動勢8V、內阻0.5Ω，電流表內阻不計，R為定值電阻，M為電動機，P、Q兩極板正對，間距為d.閉合開關S、S1，電流表示數為3.2A，電子從P板以速度v0垂直于極板射出，恰能到達兩極板中央.再將S2閉合，穩定后電流表示數為4A.下列說法正確的是（）A.電動機M的輸出功率為6WB.電動機M的繞線電阻為6ΩC.定值電阻R消耗的功率減小18WD.再讓電子從P板以速度2v0垂直于極板射出，能到達Q板7.如圖所示，A、B、C是位于勻強電場中某直角三角形的三個頂點，AB=0.2m，∠C=30°.現將電荷量q=-0.1C的電荷P從A移動到B，電場力做功W1=0.2J；將P從C移動到A，電場力做功W2=-0.8J，已知B點的電勢φ=0，則（）A.將電荷P從B移動到C，電場力做的功為-0.6JB.C點的電勢為-6VC.電場強度大小為20N/C，方向由C指向AD.電荷P在A點的電勢能為-0.2J8.如圖所示為一電子透鏡內電場線的分布情況，正中間的一條電場線為直線，其他電場線關于其對稱分布，a、b、c、d為電場中的四個點，其中b、d兩點關于中間電場線對稱，虛線為一電子僅在電場力作用下從a運動到b的軌跡.下列說法正確的是（）A.四點電勢大小關系為φa>φb=φd>φcB.b、d兩點間連線為等勢線，且兩點電場強度大小相等C.電子從a到b電場力做負功，電勢能增大D.若從c點由靜止釋放一電子，其運動軌跡將與圖中c、b兩點間的電場線重合9.如圖，足夠大水平圓盤中央固定一光滑豎直細桿，質量分別為2m和m的小球A、B用輕繩相連，小球A穿過豎直桿置于原長為l的輕質彈簧上，彈簧勁度系數為，B緊靠一個固定在圓盤上且與OAB共面的擋板上，在緩慢增加圓盤轉速過程中，彈簧始終在彈性限度內，不計一切摩擦，重力加速度為g，則（）A.球離開圓盤后，彈簧彈力不變B.繩子越長小球飛離圓盤時的角速度就越大C.當角速度為時，彈簧長度等于D.當角速度為時，彈簧彈力等于3mg10.如圖甲所示，傾角為30°的光滑斜面上，質量為2kg的小物塊在平行于斜面的拉力F作用下由靜止沿斜面向上運動，拉力（F）隨位移（x）變化的圖像如圖乙所示.取g=10m/s2，則在物塊沿斜面運動的過程中，下列判斷正確的是（）圖甲 圖乙A.上升過程中，當x=7.5m時物塊的速度最大B.上升過程中，當x=10m時物塊的速度為0C.上升過程中，物塊能達到的最大高度為7.5mD.下降過程中，當x=0時重力對物塊做功的功率為二、非選擇題：本題共6小題，共57分。11.（6分）圖為某實驗小組利用氣墊導軌驗證機械能守恒定律的裝置，實驗的主要步驟有：A.將氣墊導軌放在水平桌面上并調至水平；B.測出擋光條的寬度d；C.分別測出滑塊與擋光條的總質量M及托盤與砝碼的總質量m；D.將滑塊移至圖示位置，測出擋光條到光電門的距離L；E.由靜止釋放滑塊，讀出擋光條通過光電門的時間t；F.改變擋光條到光電門的距離，重復步驟D、E，測出多組L和t.已知重力加速度為g，請回答下列問題：（1）本實驗中______（填“需要”或“不需要”）滿足m遠小于M.（2）若某次測得擋光條到光電門的距離為L，擋光條通過光電門的時間為t，滑塊由靜止釋放至光電門的過程，系統的重力勢能減少了______；若系統機械能守恒，應滿足______.（用實驗步驟中各測量量符號表示）（3）多次改變擋光條到光電門的距離，重復步驟D、E，測出多組L和t，作出L隨的變化圖像如圖所示，圖線為過坐標原點的直線，如果在誤差允許的范圍內，當地的重力加速度大小為g=______時，可以判斷槽碼帶動滑塊運動過程中機械能守恒.（用題中已知量和測得的物理量符號表示）12.（7分）某同學利用如圖所示裝置做探究一定質量的理想氣體在溫度不變時壓強與體積關系的實驗.步驟如下：①將一個帶兩根細管的橡膠塞塞緊燒瓶的瓶口，封閉一定質量的氣體，其中一根帶閥門的細管連通充滿水的注射器，另一根細管與壓強傳感器相連.②將壓強傳感器連接數據采集器，數據采集器連接計算機.③打開閥門，用手握住燒瓶，緩慢推動注射器活塞向燒瓶內注入一定量的水，然后關閉閥門.④根據注射器刻度記錄注入燒瓶中水的體積V，并記錄此時氣體的壓強p.⑤多次實驗，記錄多組數據，分析得出結論.（1）該同學錯誤的操作步驟為______（填序號）.（2）正確進行實驗后，該同學根據實驗數據畫出的圖像如圖所示，其中的縱坐標為______（選填“V”或“”），燒瓶的容積V0為______.（用圖中字母表示）（3）另一同學重復實驗，計算了多組p與（V0-V）乘積，發現p（V0-V）隨壓強p增大而變小，導致這個現象的原因可能為______.（寫出一個原因即可）13.（8分）在測量某電源電動勢和內阻時，因為電壓表和電流表的影響，不論使用何種接法，都會產生系統誤差，為了消除電表內阻造成的系統誤差，某實驗興趣小組設計了如圖甲實驗電路進行測量.已知定值電阻R0=2Ω.（1）實驗中，定值電阻R0的作用有______.A.保護電源B.在電流變化時使電壓表示數變化明顯C.在電壓變化時使電流表示數變化明顯（2）實驗操作步驟如下：①將滑動變阻器滑片滑到最左端位置；②接法Ⅰ：單刀雙擲開關S與1接通，閉合開關S0，調節滑動變阻器R，記錄下若干組數據U-I的值，斷開開關S0；③將滑動變阻器滑到最左端位置；④接法Ⅱ：單刀雙擲開關S與2接通，閉合開關S0，調節滑動變阻器R，記錄下若干組數據U-I的值，斷開開關S0；⑤分別作出兩種情況所對應的U-I圖像.（3）單刀雙擲開關接1時，某次讀取電表數據時，電壓表指針如圖乙所示，此時U=______V.（4）根據測得數據，作出兩U-I圖像分別如圖丙、丁所示，根據圖像可知圖丙對應的接法為____________（填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）.（5）綜合可求得電源電動勢E=______V，內阻r=______Ω.（結果均保留兩位小數）14.（9分）如圖甲所示，工人師傅自房檐向水平地面運送瓦片，他將兩根完全一樣的直桿平行固定在房檐和地面之間當成軌道，瓦片沿軌道滑動時，其垂直于直桿的截面（如圖乙）外側為半徑為0.1m的圓弧.已知兩直桿之間的距離為，房檐距地面的高度為4m，兩直桿在房檐和地面之間的長度L=8m，忽略直桿的粗細，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.工人師傅將瓦片無初速度地放置在軌道頂端，只有瓦片與直桿間的動摩擦因數小于μ0（未知）時，瓦片才能開始沿軌道下滑，取g=10m/s2.（1）求μ0；（2）若直桿自上端開始在長度L1=1.8m的范圍內與瓦片間的動摩擦因數為，其余部分為μ0，忽略瓦片沿著軌道方向的長度，工人師傅每隔0.5s將一瓦片無初速度地放置在軌道頂端，求第一片瓦片落地后的某一時刻軌道上瓦片的個數.15.（13分）我國在高鐵列車和電動汽車的設計和制造領域現在處于世界領先水平，為了節約利用能源，在“剎車”時采用了電磁式動力回收裝置，可將部分動能轉化為電能并儲存起來.如圖所示為該裝置的簡化模型，在光滑的水平面內，一個“日”字形的金屬線框，各邊長l=0.5m，其中CD、JK、MN邊電阻均為，CM、DN電阻可忽略，線框以v0=9m/s的速度沖進寬度也為l，磁感應強度B=0.4T的勻強磁場，最終整個線框恰好能穿出磁場，忽略空氣阻力的影響，求：（1）線框剛進磁場時流過MN的電流大小和方向，并指出M、N哪端電勢高；（2）整個線框的質量m；（3）MN邊穿過磁場過程中，MN邊產生的焦耳熱Q.16.（14分）如圖甲所示，兩個半徑為R的豎直固定的絕緣光滑細圓管道與粗糙水平地面AB在B點平滑相切，過管道圓心O1O2的水平界面下方空間有水平向右的電場，記A點所在位置為坐標原點，沿AB方向建立x坐標軸，電場強度大小隨位置x變化如圖乙所示.質量為m、帶電量為+q（q>0）的小球P靜止在A點，與地面間動摩擦因數μ=0.5.另有一光滑絕緣不帶電小球Q，質量為，以速度向右運動，與小球P發生彈性正碰，碰撞時間極短，且P、Q間無電荷轉移，碰后P球可從B點無碰撞進入管道.已知A、B間距離為4R，，重力加速度為g，不計空氣阻力，小球P、Q均可視為質點.求： 圖甲 圖乙（1）碰后小球P的速度大小vp；（2）小球P從A點運動到管道最高點C點過程中電場力做的功WAC；（3）小球P再次到達水平地面時與B點的距離.

2025新高考單科模擬綜合卷物理·參考答案1.B由題意可知，當用平行單色光向下垂直照射平凹形玻璃板時，觀察到的干涉條紋是由于空氣薄膜的上下表面所反射的光發生了干涉產生的，由牛頓環原理可知，干涉條紋寬窄的差異，則是空氣薄膜厚度變化率的不同所導致的；變化率越大，光程差半波長的奇偶數倍更替得就越頻繁，使得條紋更加密集，從而使條紋看起來更窄.即空氣薄膜厚度變化率越大，條紋也隨之變密變窄.由本題空氣薄膜的形狀可知，薄膜的厚度越大的地方，薄膜厚度變化率越小，條紋間距越大，條紋越寬；薄膜的厚度越小的地方，薄膜厚度變化率越大，條紋間距越小，條紋越窄.因此觀察到的干涉條紋形狀可能正確的是B.故選B.2.DCD.依題意，球在AB段做斜拋運動，看成反方向的平拋運動，則有，球在BC段做平拋運動，有，聯立，解得t1=t2，故C錯誤；D正確；AB.球在AB段水平方向，有，球在BC段水平方向，有，由圖可知，聯立，解得v1>v2，故AB錯誤.故選D.3.BA.太空電梯上各點具有相同的角速度，根據，可知太空電梯上各點加速度與該點離地球球心的距離成正比，故A錯誤；B.P平臺如果只受地球萬有引力，則圓周運動角速度比同步空間站要快，而實際圓周運動角速度等于同步空間站角速度，則在萬有引力之外，P平臺還受到纜繩拉力，故地球的引力與纜繩拉力提供P平臺做圓周運動所需的向心力，P平臺做圓周運動所需的向心力小于地球對它的萬有引力，所以超級纜繩對P平臺的作用力方向背離地心，故B正確；C.若從配重空間站向外自由釋放一個小物塊，則小物塊會一邊朝配重空間站轉動的方向向前運動，一邊偏離地球，做離心運動，故C錯誤；D.若兩空間站之間纜繩斷裂，配重空間站將繞地球做橢圓運動，其斷裂處為橢圓的近地點，因為在近地點線速度較大，半徑較小，需要的向心力更大，故D錯誤.故選B.4.BAB.由氣體的狀態方程，可得則有圖像的斜率可知a、c兩狀態分別與O點連線的斜率不同，在a、c兩狀態，氣體的體積不相等；b、d兩狀態在同一條過原點的直線上，即在同一條等容線上，則在b、d兩狀態，氣體的體積相等，A錯誤，B正確；C.理想氣體的內能只與溫度有關，溫度越高，內能越大，因此氣體由c狀態到d狀態，氣體的溫度減小，則內能減小，C錯誤；D.由題圖可知，d與O點連線的斜率小于a與O點連線的斜率，則d狀態時的體積大于a狀態時的體積，即由d狀態到a狀態，氣體的體積減小，外界對氣體做功，D錯誤.故選B.5.DA.根據左手定則可知粒子帶正電，故A錯誤；BC.根據，解得，設正方形邊長為L，粒子以速度v和速度2v進入磁場，有，，軌跡如圖，可知若粒子射入磁場的速度增大為2v，射出的位置在Nb之間，故BC錯誤；D.根據C選項分析可知，若粒子射入磁場的速度增大為2v，則在磁場中運動的軌跡所對應的圓心角將變小，由，又，粒子在磁場中的運動時間將變短，故D正確.故選D.6.DAB.閉合開關S、S1時，電流表示數為I1=3.2A，根據閉合電路歐姆定律可得，解得定值電阻R的阻值為，再將S2閉合，穩定后電流表示數為，此時電動機M和定值電阻R并聯，兩者電壓相等，根據閉合電路歐姆定律，有E=U+Ir，解得兩者的電壓為，通過定值電阻的電流為，通過電動機的電流為，因電動機為非純電阻電路，則電動機的繞線電阻小，電動機的輸出功率小于，故AB錯誤；C.閉合開關S、S1時，定值電阻R消耗的功率為，再將S2閉合，穩定后定值電阻R消耗的功率為，定值電阻R消耗的功率的變化為，因此定值電阻R.消耗的功率減小2.48W，故C錯誤；D.設電子從P板以速度2v0垂直于極板射出，運動的距離為x，根據動能定理可得，，由于極板間電壓減小，則電場強度減小，聯立解得x>2d>d，因此讓電子從P板以速度2v0垂直于極板射出，能到達Q板，故D正確.故選D.7.CD.電荷P從A移動到B，電場力做功為，可得，可得φA=-2V，則電荷P在A點的電勢能為，故D錯誤；B.將P從C移動到A，電場力做功，可得，可得，故B錯誤；A.將電荷P從B移動到C，電場力做的功為，故A錯誤；C.過B點做AC的垂線，交于D點，如圖所示，根據幾何關系可得，則有可得，可知BD為等勢線，則電場方向由C指向A，大小為，故C正確.故選C.8.ACA.沿著電場線方向電勢降低，由圖中電場線及對稱性可知，故A正確；B.等勢面與電場線垂直，bd連線與電場線不垂直，則b、d兩點間連線不是等勢線，兩點的電場強度大小相等，方向不同，故B錯誤；C.由于，電子帶負電，根據，所以電子從a到b電勢能增大，電場力做負功，故C正確；D.c點處的電場線為曲線，電子受到的電場力始終與電場線相切，電場力的方向變化，所以電子由靜止釋放后軌跡不與電場線重合，故D錯誤.故選AC.9.ADA.球離開圓盤后，對B豎直方向，對A豎直方向，，即彈簧彈力不變，選項A正確；B.設小球恰飛離圓盤時繩子與豎直方向夾角為θ0，此時彈簧長度為，對A，，解得，則對B，，，則小球飛離圓盤時的角速度為定值，與繩長無關，選項B錯誤；C.當角速度為，此時物塊還沒有離開圓盤，此時彈簧長度大于，選項C錯誤；D.當角速度為，此時物塊已經離開圓盤，此時彈簧彈力等于，選項D正確.故選AD.10.ACA.小物塊所受重力沿斜面向下的分力大小為，根據圖像可知，在拉力作用下，物塊先沿斜面向上做勻加速直線運動，后向上做加速度減小的直線運動，當拉力大小為10N時，加速度減小為0，此時速度達到最大值，根據圖乙，結合數學函數關系，可以解得x=7.5m，故A正確；B.當x=10m時，根據動能定理有，其中，解得，故B錯誤；C.令物塊沿斜面運動到x=10m位置之后，能夠沿斜面繼續向上減速至0的位移為x1，則有，解得x1=5m，則上升過程中，物塊能達到的最大高度為，故C正確；D.物塊由最高點下降至最低點過程有，解得，，則下降過程中，當x=0時重力對物塊做功的功率為，解得，故D錯誤.故選AC.11.（1）不需要（1分）（2）（1分）（3）（2分）解析：（1）實驗中需驗證砝碼及托盤減少的重力勢能與系統增加的動能是否相等，并不需要測量拉力，故不需要滿足m遠小于M.（2）滑塊由靜止釋放至光電門的過程，系統的重力勢能減少了；根據極短時間的平均速度等于瞬時速度，滑塊通過光電門時速度大小為，系統動能增加了，系統機械能守恒有，則系統機械能守恒成立的表達式是.（3）由（2）可知系統機械能守恒成立的表達式是，整理得，圖像的斜率為解得當地的重力加速度大小為12.（1）③（1分）（2）V（2分）n（2分）（3）見解析（2分）解析：（1）探究理想氣體溫度不變時壓強與體積關系，實驗過程，用手握住燒瓶（步驟③）會導致容器內氣體的溫度發生變化，會影響實驗，所以是錯誤的操作.（2）設燒瓶容積為，由波意耳定律有，得，所以圖線的縱坐標是V，圖線的縱截距為容器的容積，有.（3）這個乘積與物質的量有關，與氣體溫度有關，實驗中發現乘積變小，有可能是實驗過程中溫度降低或漏氣導致的.13.（1）AB（1分）（3）1.50（1分）（4）接法Ⅰ（2分）（5）1.80（2分）0.25（2分）解析：（1）定值電阻R0有保護電源的作用，則根據閉合電路的歐姆定律有，可知加了定值電阻后可以達到電流變化時使電壓表的示數變化明顯的效果.故選AB.（3）根據（4）中所做圖像可知，電壓表最大量程應為3V，而量程為3V的電壓表，其分度值為0.1V，采用十分之一讀法，需估讀到分度值的下一位，由圖乙可知電壓表的讀數為1.50V.（4）兩種方法中接法Ⅰ采用了電流表的內接法，所得U-I圖像斜