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2025 年高考第三模拟考试
物理·全解全析
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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、单项选择题：共11 题，每题4 分，共44 分。每题只有一个选项最符合题意。
1．某烟雾报警器结构和原理如图甲和乙所示。光源S 向外发射某一特定频率的光，发生火情时有烟雾
进入报警器内，由于烟雾对光的散射作用，会使部分光进入光电管C 从而发生光电效应，于是有电流输入
报警系统，当电流大于
就会触发报警系统报警。某次实验中，当滑动变阻器的滑片P 处于图乙所示位
置，烟雾浓度增大到n 时恰好报警。假设烟雾浓度越大，单位时间内光电管接收到的光子个数越多。已知
元电荷为e，下列说法正确的是（ ）
A．光电管内单位时间激发出的光电子数为
时，一定会触发报警
B．将滑片P 向左移动，当烟雾浓度小于n 时有可能报警
C．仅提高光源S 发出光的强度，光电子的最大初动能将增大
D．报警器报警时，将滑片P 向左移动警报有可能会被解除
【答案】D
【解析】光电管内单位时间激发出的光电子数为
时，会受到两端电压的限制，在阴极产生的光电子
不一定全部到达A 极，故不一定能让报警系统的电流达到
，不一定能触发报警，故A 错误；将滑片P 向
1
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左移动，光电管两端所加的正向电压减小，单位时间内到达A 极的光子个数减少，则报警系统的电流达到
时，单位时间内光电管接收到的光子个数增大，烟雾浓度增大，即当烟雾浓度大于n 时有可能报警，故
B 错误；根据光电效应方程
，可知光电子的最大初动能与光的频率有关，与光的强度无关，故
仅提高光源S 发出光的强度，光电子的最大初动能不变，故C 错误；报警器报警时，将滑片P 向左移动，
光电管两端所加的正向电压减小，单位时间内到达A 极的光子个数减少，报警系统的电流减小，警报有可
能会被解除，故D 正确。故选D。
2．如图所示，质量为m 的小球置于内壁光滑的半球形凹槽内，凹槽放置在跷跷板上，凹槽的质量为
M。开始时跷跷板与水平面的夹角为
，凹槽与小球均保持静止。已知重力加速度为g，
，
，则在缓慢压低跷跷板的Q 端至跟P 端等高的过程中。下列说法正确的是（ ）
A．跷跷板对凹槽的作用力逐渐增大
B．小球对凹槽的压力大小始终为mg
C．开始时跷跷板对凹槽的支持力大小为0.8Mg
D．开始时跷跷板对凹槽的摩擦力大小为0.6Mg
【答案】B
【解析】由于小球、凹槽整体的重力不变化，与跷跷板的作用力等大反向，那么跷跷板对凹槽的作用
力不变，故A 错误；小球所在处的凹槽切线总是水平的，那么小球对凹槽的压力大小始终等于小球的重力
，故B 正确；将小球跟凹槽视为整体，开始时恰好静止，那么根据受力平衡知，跷跷板对凹槽的支持
力大小为
，跷跷板对凹槽的摩擦力大小为
，故CD 错误。故选B。
3．以下说法不正确的是（ ）
A．泊松亮斑是由光的衍射形成的
2
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B．将托马斯•杨双缝干涉实验装置放进水中，条纹间距会变大
C．用一个偏振片来观察某光源发出的光，在垂直光的传播方向上旋转偏振片时，发现光的强度发生
变化，说明该光是偏振光
D．为增加透射光的强度，在眼镜、相机等镜片表面涂有一层“薄膜”，使光学系统成像更清晰，这
是利用了薄膜前后表面反射光相互干涉的原理
【答案】B
【解析】泊松亮斑是光绕过障碍物形成的，属于光的衍射现象，故A 正确；将托马斯•杨双缝干涉实
验装置放进水中，根据光的折射定律
，可知，光的波长变小，结合条纹间距与波长之间的关系
，可知条纹间距变小，故B 错误；自然光在各个振动方向上的强度相同，所以旋转偏振片时透射
光的亮度不变，而用一个偏振片来观察某光源发出的光，在垂直光的传播方向上旋转偏振片时，发现光的
强度发生变化，说明该光是偏振光，故C 正确；根据薄膜干涉原理，为增加透射光的强度，在眼镜、相机
等镜片表面涂有一层“薄膜”， 薄膜前后表面反射光相互干涉而消弱，使光学系统成像更清晰，故D 正
确。故选B。
4．如图甲是国产科幻大片《流浪地球2》中人类在地球同步静止轨道上建造的空间站，人类通过地面
和空间站之间的“太空电梯”往返于天地之间。图乙是人乘坐“太空电梯”时由于随地球自转而需要的向
心加速度a 与其到地心距离r 的关系图像，已知
为地球半径，
为地球同步卫星轨道半径，下列说法正确
的是（ ）
A．地球自转的角速度
B．地球同步卫星的周期
C．上升过程中电梯舱对人的支持力保持不变
3
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D．从空间站向舱外自由释放一物体，物体将做自由落体运动
【答案】B
【解析】根据
，可知
图像中，其斜率为角速度的平方，A 错误；由于
，解得
，故其周期
B 正确；上升过程中，电梯可能变加速或变减速，支持力不一定保持
不变，C 错误；太空中处于失重状态，从舱释放一物体，不会做自由落体运动，D 错误。故选B。
5．如图所示，一定质量的理想气体，经历
过程，其中
是等温过程，
是等
压过程，
是等容过程。下列说法正确的是（ ）
A．完成一次循环，气体向外界放热
B．a、b、c 三个状态中，气体在c 状态分子平均动能最大
C．
过程中，气体放出的热量大于外界对气体做的功
D．
过程中，容器壁在单位时间内、单位面积上受到气体分子撞击的次数会增加
【答案】C
【解析】完成一次循环，气体的内能不变，
过程，气体体积增大，气体对外界做功，
过
程，气体体积减小，外界对气体做功，由于
过程气体的压强大于
过程气体压强，则气体对外
做功大于外界对气体做功，
过程，气体体积不变，气体不做功，由热力学第一定律可知，完成一次
循环，气体吸热，故A 错误；
过程中，气体的压强不变，体积减小，则气体的温度降低，内能减
小，由热力学第一定律可知，气体放出的热量大于外界对气体做的功，c 状态气体温度最低，气体在c 状
态分子平均动能最小，故B 错误，C 正确；
过程中，气体温度不变，分子的平均动能不变，压强减
小，由气体压强的微观解释可知，容器壁在单位时间内、单位面积上受到气体分子撞击的次数会减少，故
D 错误。故选C。
6．甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x 轴相向传播，波速均为2m/s。t=0 时刻二者在x=2m 处
相遇，波形图如图所示。关于平衡位置在x=2m 处的质点P，下列说法正确的是（ ）
4
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A．t=0.5s 时，P 偏离平衡位置的位移为0
B．t=0.5s 时，P 偏离平衡位置的位移为2cm
C．t=1.0s 时，P 向y 轴正方向运动
D．t=1.0s 时，P 向y 轴负方向运动
【答案】C
【解析】在
内，甲、乙两列波传播的距离均为
，根据波形平移法可
知，
时，
处甲波的波谷刚好传到P 处，
处乙波的平衡位置振动刚好传到P 处，根
据叠加原理可知，
时，P 偏离平衡位置的位移为
，故A、B 错误；在
内，甲、乙两列波
传播的距离均为
，根据波形平移法可知，
时，
甲波的平衡位置振
动刚好传到P 处，
处乙波的平衡位置振动刚好传到P 处，且此时两列波的振动都向y 轴正方向运
动，根据叠加原理可知，
时，P 向y 轴正方向运动，故C 正确，D 错误。故选C。
7．如图所示，真空中正四面体的四个顶点上分别固定着一个点电荷，其中两个为正点电荷，另外两
个为负点电荷，点电荷的电荷量均相等，O 为正四面体的中心，a、b、c、d 为4 个棱的中点，下列说法正
确的是（ ）
A．中心O 处的电场强度为0
B．b 点和d 点的电势相等
C．a 点与c 点的电场强度相同
D．a 点与c 点的电势相等
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【答案】D
【解析】将两个正点电荷作为一组等量正点电荷，将两个负点电荷作为一组等量负点电荷，可知两个
正点电荷在中心O 处的电场强度方向沿O 指向d，两个负点电荷在中心O 处形成的电场强度方向也沿O 指
向d，故中心O 的合电场强度一定不为0，A 错误；将一个正试探点电荷从b 点沿直线移动到d 点，两个正
点电荷和两个负点电荷均对其做正功，故b 点的电势高于d 点的电势，B 错误；将a 点所在棱的两端的点
电荷看作一组等量异号点电荷，另外两个点电荷也看作一组等量异号点电荷，a、c 两点均在等量异种电荷
的中垂线上，故a 点和c 点的电势相等，D 正确；根据电场叠加原理，a 点和c 点的电场强度大小相同，方
向不同，C 错误。故选D。
8．弹头飞行时其重心所经过的路线谓之“弹道曲线”。由于重力和空气阻力的影响，使弹道形成不
均等的弧形。升弧较长而直伸，降弧较短而弯曲。炮弹的弹道曲线如图所示，已知运动过程中，速度越
大，空气阻力越大。关于炮弹的运动，下列说法正确的是（ ）
A．炮弹的运动是斜抛运动
B．炮弹飞行到最高点时，加速度等于重力加速度
C．炮弹上升过程所用的时间小于下降过程所用的时间
D．炮弹上升过程损失的机械能等于下降过程损失的机械能
【答案】C
【解析】炮弹在空中不只受到重力作用，还受到空气阻力，所以炮弹的运动不是斜抛运动，故A 错
误；炮弹在最高点竖直方向上的速度为零，水平方向上的速度不为零，在最高点受空气阻力与水平速度方
向相反，水平方向的加速度方向向左，设为a，则最高点的加速度大小为
，加速度大于g，
方向向左下方，故B 错误；从O 到最高点的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，
即mg＋f1＝ma1，在下落过程中，在竖直方向，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，即mg–f2＝
ma2，故a1＞a2，竖直位移相同，加速度越大，时间越小，所以炮弹上升过程所用的时间小于下降过程所用
的时间，故C 正确；因为速度越大，空气阻力越大，由于空气阻力始终做负功，同一高度处，上升过程的
速度大小总是大于下降过程的速度大小，则同一高度处，上升过程的空气阻力大小总是大于下降过程的空
气阻力大小。由微元法，上升过程克服空气阻力做的功等于空气阻力与上升过程路程的乘积，下降过程克
服空气阻力做的功等于空气阻力与下降过程路程的乘积。升弧长而平伸，降弧短而弯曲。上升过程克服空
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气阻力做的功大于下降过程克服空气阻力做的功。由功能关系可知克服空气阻力做的功等于机械能的减少
量。炮弹在上升阶段损失的机械能大于在下降阶段损失的机械能，故D 错误。故选C。
9．如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨
最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强
磁场（图中未画出），导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN 平行OO'放置在导轨
图示位置，由静止释放。MN 运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说
法不正确的是（ ）
A．MN 最终一定静止于OO'位置
B．MN 运动过程中安培力始终做负功
C．从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN 的速率一直在增大
D．从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN 中电流方向由M 到N
【答案】C
【解析】由于金属棒MN 运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属
棒MN 的机械能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN 最终一定静止于OO'位置，
故A 正确；当金属棒MN 向右运动，根据右手定则可知，MN 中电流方向由M 到N，根据左手定则，可知
金属棒MN 受到的安培力水平向左，则安培力做负功；当金属棒MN 向左运动，根据右手定则可知，MN
中电流方向由N 到M，根据左手定则，可知金属棒MN 受到的安培力水平向右，则安培力做负功；可知
MN 运动过程中安培力始终做负功，故B 正确；金属棒MN 从释放到第一次到达OO'位置过程中，由于在
OO'位置重力沿切线方向的分力为0，可知在到达OO'位置之前的位置，重力沿切线方向的分力已经小于安
培力沿切线方向的分力，金属棒MN 已经做减速运动，故C 错误；从释放到第一次到达OO'位置过程中，
根据右手定则可知，MN 中电流方向由M 到N，故D 正确。故选C。
10．如图甲所示，质量分别为
、
的A、B 两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F 作用在A
上，系统静止在光滑水平面上（B 靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A，B 两物体运
动的
图像如图乙所示，
表示0 到
时间内A 的
图像与坐标轴所图图形的面积大小，
、
分别
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表示
到
时间内A、B 的
图像与坐标轴所围图形的面积大小。下列说法正确的是（ ）
A．0 到
时间内，墙对B 的冲量等于
B．
C．B 运动后，弹簧的最大形变量等于
D．
【答案】D
【解析】由图像可以看出，t1时刻B 开始离开墙壁。在0~t1时间内，弹簧处于压缩状态，物体B 静
止，则墙对B 的冲量大小等于弹簧对B 的冲量大小，又因为弹簧对A、B 的弹力大小相等，由
，可
知
，故A 错误；由图可知，B 运动后，同一时刻A 的加速度小于B 的加速度，根据
，可知，两物体所受弹簧弹力大小相等，二者质量关系为
，故B 错误；当A、B 速度相等时
弹簧形变量（伸长量或压缩量）最大，此时A、B 的速度不为零，A、B 的动能不为零，由能量守恒定律可
知，弹簧形变量最大时A、B 的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧形
变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力
时弹簧的形变量x。故C 错误；a−t 图线与坐标轴所围图形的面积大小等于物体速度的变化量，因t＝0 时
刻A 的速度为零，t1时刻A 的速度大小
，t2时刻A 的速度大小
，B 的速度大小
，由
图像可知，t1时刻A 的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B 开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最
大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即
，则
，故D 正确。故选D。
11．如图，一理想变压器ab 端接交流电源，原线圈匝数为100 匝，R1、R2、R3阻值相等．则当开关S 断开
时R1的功率为P1，当S 闭合时R1的功率为P2，且P1∶P2＝9 25
∶
，则副线圈匝数为( )
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A．25 B．50 C．200 D．400
【答案】B
【解析】设原、副线圈的匝数比为n，开关断开时原线圈电流为I1，开关闭合时原线圈电流为I2，由
P1∶P2＝9 25
∶
、P＝I2R 可知I1∶I2＝3 5∶；设开关断开时副线圈电流为I1′，开关闭合时副线圈电流为I2′，设R1＝
R2＝R3＝R，则开关断开时副线圈电压为U1′＝I1′R＝nI1R，此时原线圈输出电压为U1＝nU1′＝n2I1R，总电压
为U＝U1＋I1R＝n2I1R＋I1R，由欧姆定律可知开关闭合时副线圈电阻为R′＝0.5R，此时副线圈电压为U2′＝
I2′·0.5R＝0.5nI2R，此时原线圈输出电压为U2＝nU2′＝0.5n2I2R，总电压为U＝U2＋I2R＝0.5n2I2R＋I2R，联立
解得n＝2，则副线圈的匝数为n′＝×100＝50，故B 正确，A、C、D 错误。
二、非选择题：共5 题，共56 分。其中第13 题~第16 题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的
演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12．（10 分）热敏电阻是传感器中经常使用的元件，某学习小组要探究一热敏电阻的阻值随温度变化
的规律。可供选择的器材有：
待测热敏电阻
（实验温度范围内，阻值约几百欧到几千欧）；
电源E（电动势
，内阻r 约
）；
电阻箱R（阻值范围
）；
滑动变阻器
（最大阻值
）；
滑动变阻器
（最大阻值
）；
微安表（量程
，内阻等于
）；
开关两个，温控装置一套，导线若干。
同学们设计了如图甲所示的测量电路，主要实验步骤如下：
①按图示连接电路；
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②闭合
、
，调节滑动变阻器滑片P 的位置，使微安表指针满偏；
③保持滑动变阻器滑片P 的位置不变，断开
，调节电阻箱，使微安表指针半偏；
④记录此时的温度和电阻箱的阻值。
回答下列问题：
（1）为了更准确地测量热敏电阻的阻值，滑动变阻器应选用___________（填“
”或“
”）。
（2）请用笔画线代替导线，在答题卡上将实物图（不含温控装置）连接成完整电路__________。
（3）某温度下微安表半偏时，电阻箱的读数为
，该温度下热敏电阻的测量值为__________
（结果保留到个位），该测量值___________（填“大于”或“小于”）真实值。
（4）多次实验后，学习小组绘制了如图乙所示的图像。由图像可知。该热敏电阻的阻值随温度的升
高逐渐___________（填“增大”或“减小”）。
【答案】（1）R1 （2）见解析 （3）3500 大于 （4）减小
【解析】（1）用半偏法测量热敏电阻的阻值，尽可能让该电路的电压在S2闭合前、后保持不变，由
于该支路与滑动变阻器前半部分并联，滑动变阻器的阻值越小，S2闭合前、后该部分电阻变化越小，从而
电压的值变化越小，故滑动变阻器应选R1
（2）电路连接图如图所示
（3）微安表半偏时，该支路的总电阻为原来的2 倍，即
可得
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当断开S2，微安表半偏时，由于该支路的电阻增加，电压略有升高，根据欧姆定律，总电阻比原来2
倍略大，也就是电阻箱的阻值略大于热敏电阻与微安表的总电阻，而认为电阻箱的阻值等于热敏电阻与微
安表的总电阻，因此热敏电阻的测量值比真实值偏大。
（4）由于是
图像，当温度T 升高时，
减小，从图中可以看出
减小，从而
减小，
因此热敏电阻随温度的升高逐渐减小。
13．（8 分）一块玻璃砖平放在水平桌面上，其横截面如图所示，∠A=∠C=90°，∠B=60°，
AD=CD=a，AB、BC 两侧面分别镀银，一束平行于CB 方向的单色光从AD、CD 两侧面射入玻璃砖，其中
从AD 侧面入射的光线在玻璃砖内经多次折射与反射后仍从AD 侧面平行于BC 方向射出玻璃砖。已知光在
真空中传播的速度为c，求：
（1）玻璃砖的折射率n？
（2）光在玻璃砖中的最长传播时间t？
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）自
面入射的光线如图所示
由几何关系可知
，
解得
（2）
面入射的所有光线中，紧靠
点入射的光线在玻璃砖中的路程最长为
，如图所示，
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面入射的所有光线在玻璃砖中的路程均为
光在玻璃砖中传播的速度
则光在玻璃砖中最长传播时间
解得
14．（10 分）分别沿x 轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q 在t=0 时的波形图如图所示，波源分
别位于坐标原点和x=19m 处，两波源的振动频率相同。其中简谐横波P 的波源振动方程为
，求：
（1）两简谐横波的传播速度大小？
（2）简谐横波Q 波源的振动方程？
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）由波形图知两列波的波长均为
由振动方程
得
解得周期
则波的传播速度大小均为
（2）由波形图知两列波的振幅
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对于简谐横波Q，
处质点的振动方程为
则简谐横波Q 波源的振动方程为
，
解得
15．（12 分）如图甲所示，质量为M 的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直
半圆形部分的表面光滑，两部分在P 点平滑连接，Q 为轨道的最高点。质量为m 的小物块静置在轨道水平
部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径
R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.
（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q 点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求
小物块在Q 点的速度大小v？
（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a 与F
对应关系如图乙所示？
（i）求μ 和m？
（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8N，当小物块到P 点时撤去
F，小物块从Q 点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L？
【答案】（1）
；（2）（i）
，
；（3）
【解析】（1）根据题意可知小物块在Q 点由合力提供向心力有
代入数据解得
（2）（i）根据题意可知当F≤4N 时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知
根据图乙有
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当外力
时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有
结合题图乙有
可知
截距
联立以上各式可得
，
，
（ii）由图乙可知，当F=8N 时，轨道的加速度为6m/s2，小物块的加速度为
当小物块运动到P 点时，经过t0时间，则轨道有
小物块有
在这个过程中系统机械能守恒有
水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有
联立解得
根据运动学公式有
代入数据解得
16．（16 分）利用电磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在xOy 平面内存在
区域足够大的方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。位于坐标原点O 处的离子源能在xOy
平面内持续发射质量为m、电荷量为q 的负离子，其速度方向与y 轴正方向夹角
的最大值为
，且各个
方向速度大小随
变化的关系为
式中
为未知定值，且
的离子恰好通过坐标为
的P
点。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应，
，
。
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（1）求关系式
中
的值？
（2）当离子的发射速度在第二象限内且
时，求离子第一次到达界面
的时间t？
（3）求所有离子中第一次到达界面
时，与x 轴的最远距离
？
（4）为回收离子，在界面
右侧加一宽度为L 且平行于x 轴、方向向右的匀强电场，如图所示，
为使所有离子都不能穿越电场右边界，求电场强度的最小值E？
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【解析】（1）根据题意可知，当
时，即沿
轴正方向发射的离子恰好通过坐标为（L，L）的P
点，则其轨迹的圆心一定在
轴上，设轨迹的半径为
，由几何关系有
解得
即圆心在界面
与
轴的交点，又有
其中
解得
（2）当离子的发射速度在第二象限内且
时，粒子的运动轨迹，如图所示
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由题意可知
由牛顿第二定律可得
解得
可知圆心
在
的界面上，由几何关系得圆心角
离子第一次到达界面
的时间为
（3）根据题意，由牛顿第二定律有
解得
由几何关系可知，所有离子运动轨迹圆心均在
的界面上，则离子沿左侧
射出时，通过界面时
离
轴最远，此时离子运动的半径为
由几何关系可得
（4）综合上述分析可知，离子通过界面时，速度与界面垂直，则为使所有离子都不能穿越电场区
域，即保证速度最大的离子不能通过即可，即当离子以
射入时速度最大，最大速度为
离子在
轴方向上运动方向最大位移为L，此时速度为
，在复合场区域任意
时间，由动量定理可
得
两边求和有
解得
由动能定理有
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解得
即电场强度的最小值
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