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2025 年上海高考第三次模拟考试
物理·参考答案
一、电学实验（2 分+2 分+4 分+3 分+4 分，共15 分）
【答案】(1)C (2) 见解析 4.4 1.5 B B B B B
【详解】（1）AB．甲图中用直流电压挡测量的是小灯泡两端的电压，也是电源的路端电压，电流应从黑
表笔流出，从红表笔流入，而甲图中电流是从黑表笔流入，从红表笔流出的，故表笔接法错误，故AB 错
误；
CD．乙图中用电阻挡测量电阻时，被测电阻要与原电路断开连接，至少要将电阻一端断开与电路的连接，
红黑表笔分别接在电阻两端即可，此时注意红黑表笔是否接反对电阻测量不影响，故C 正确，D 错误。
故选C。（2 分）
（2）[1]用笔画线代替导线在图乙中完成实物连接图如图所示
（2 分）
[2][3]根据闭合电路欧姆定律有U=E-Ir
根据图丙的U—I 图像有E=4.4V，
（2 分）
[4]电源的输出功率
（2 分）
根据对勾函数的规律可知，当输出功率达到最大值时，外电阻等于电源内电阻，旧电池的内阻比新电池
的内阻大，由图丁可知B 图线的内阻较小，可知，则新电池组对应的是图线B。（3 分）
[5][6][7][8]此实验由于电压表的分流作用，将电压表与电源等效为一个新电源，实验测量的是等效新电源
的电动势与内阻，由于电压表与原来的电源是并联关系，可知，测量出的电动势偏小（选填B），（1
分）
内电阻偏小（选填B）；（1 分）此实验误差是由于测量方法引起的，属于系统（选填B）（1 分）误差，
1
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多次测量取平均值只能够减小偶然误差，不能（选填B）减小系统误差。（1 分）
二、小车碰撞过程的研究（3 分+3 分+3 分+8 分，共17 分）
【答案】2．C 3．C 4．0.5N 5．（1）3 1∶；（2） 3m/s；（3） 0.5m
【解析】2．由
图像斜率表示加速度，可知加速度先增大后减小，根据牛顿第二定律可知两车间的相
互作用力先增大后减小。故选C。（3 分）
3．两车共速时，弹簧的弹性势能最大，由图可知两车共速的速度为0.35m/s，小车1 初始速度为
0.610m/s，根据能量守恒定律有
解得
故选C。（3 分）
4．碰撞过程中两车总动量变化
（1 分）
该过程中
，根据动量定理有
（1 分）
根据
图像，把
，
，
代入，
联立可求得碰撞过程中两辆小车组成的系统受到的平均摩擦力大小
（1 分）
5．（1）设物块
质量为
，圆弧体质量为
。取水平向右为正方向，从释放
运动到圆弧面最低点
时，
根据水平方向动量守恒有
（1 分）
物块a 和圆弧体b 的速度之比
（1 分）
（2）根据能量守恒定律有
，（1 分）
求得
（1 分）
（3）根据动能定理，有
（1 分）
求得物块
与碰前的速度大小为
物块
与发生弹性碰撞，有
，
（1 分）
求得
，
（1 分）
2
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对
利用动能定理有
求得物块a 最终停止在距离B 点左侧
处。（1
分）
三、用电器与电源（3 分+4 分+3 分+3 分+12 分，共25 分）
【答案】6．BCD 7．
P 指向O 8．26 9．ACD 10． 1 5 3 4
【解析】6．粒子进入偏转电场时水平方向有
竖直方向有
粒子离开电场时的速度反向延长线经过水平位移的中点，根据几何关系可得
联立解得
要使纸上的文字尺寸放大，则Y 变大，则可仅减小
，仅增大
，仅增大
，仅增大
。
故选BCD。（3 分）
7．[1][2]根据对称性可知，
点处点电荷的电量突变前，圆心
点处的电场强度为0，
若圆周上
点的一个点电荷的电量突变为
，则圆心
点处的电场强度大小为
（2 分） 方向由P 指向O。（2 分）
8．打印机待机功率为
每年消耗的电能约为
（3 分）
9．AB．当照射在
上的光变强时，电阻
的阻值减小，则电路总电阻减小，根据闭合回路欧姆定律可知，
干路电流变大，路端电压减小；即
、
、
、
这一部分电路的电压减小，且它们的电阻均不变，
所以通过
、
、
、
的电流均减小，则
、
都变暗；由于干路电流变大，流过
的电流减小，
3
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则流过
的电流变大，
变亮，故A 正确，B 错误；
C．在光照强度不变的情况下，去掉
改成导线，则电路中总电阻减小，根据闭合回路欧姆定律可知，
干路电流变大，路端电压减小；则流过
的电流变小，则
会变暗，故C 正确；
D．在光照强度不变的情况下，
断路，则电路中总电阻变大，根据闭合回路欧姆定律可知，
干路电流变小，路端电压变大；则流过
的电流变大，则
会变亮，故D 正确。
故选ACD。（3 分）
10．（1）[1][2]当滑到最左端时，回路电流最大，由图乙根据欧姆定律可得
（2
分）
滑动变阻器的触头在最右端时，回路电流最小，此时有
解得滑动变阻器的最大阻值为
（2 分）
（2）[3][4]根据闭合电路欧姆定律可得
可知图线斜率的绝对值等于内电阻，则有内阻
（2 分）
滑动变阻器滑到最左端时，代入可得电源的电动势为
（2 分）
（3）[5][6]电源输出功率为
可知当
电源的输出功率最大，则有
（2 分）
当内电阻与外电阻差距越大，输出功率越小，因此当
时，电源的输出功率最小，
最小功率为
（2 分）
4
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四、井盖跳跃现象（3 分+3 分+3 分，共9 分）
【答案】11．C 12．C 13．B
【解析】11．设密闭空气的压强为p 时井盖刚好被顶起，则对井盖，
由平衡条件得
解得
（3 分）
12．随着水面上涨到井盖被顶起之前，被井盖封闭的理想气体温度保持不变，体积不断减小，
压强逐渐增大。 故选C。（3 分）
13．ACD．随着水面上涨到井盖被顶起之前，被井盖封闭的理想气体温度保持不变，
气体分子的平均动能不变，体积减小，压强逐渐变大。理想气体的分子势能为零，故ACD 错误；
B．由于气体体积减小，则外界对气体做功（W＞0），温度不变，则内能不变（ΔU=0），
根据热力学第一定律ΔU=W+Q 可得Q＜0 可知气体对外界放出热量，故B 正确。
故选B。（3 分）
五、波动现象（2 分+2 分+3 分+8 分+3 分，共18 分）
【答案】14．D 15．B 16．C 17． C B 0.6 3 18．B
【解析】14．A．泊松亮斑是光的衍射引起的，故A 错误；
B．水中的气泡看上去特别明亮是由于光的全反射引起的，故B 错误；
C．疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于多普勒效应引起的，故C 错误；
D．竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的干涉产生的，故D 正确。
故选D。（2 分）
15．A．减小单缝宽度，条纹宽度增大，故A 错误；
B．绿光的波长比红光的短，因此改用绿光照射，条纹宽度减小，故B 正确；
C．增大单缝与光屏间距离，条纹宽度增大，故C 错误；
D．由于激光器发出的是平行光，因此减小微光器与单缝间距离，条纹宽度不变，故D 错误。
故选B。（2 分）
16．AC．单色光a、b 从空气平行射入水中，入射角相同，光束b 的折射角较小，根据折射定律可知水对
光束a 的折射率比水对光束b 的折射率小，则光束a 的频率比光束b 的频率小，故A 错误，C 正确；
B．根据
由于水对光束a 的折射率比水对光束b 的折射率小，则在水中的传播速度，
光束a 比光束b 大，故B 错误；
5
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D．光束从水中射向空气发生全反射的临界角为
则光束a 比光束b 的临界角大，故D 错误。
故选C。（3 分）
17．（1）[1]由图可知，5 s 内，振子速度方向始终沿 + y 方向的时间段为2 ~ 4 s。 故选C。（2 分）
（2）[2]当弹簧振子振动加快时，则振动频率增大，根据
由于传播速度不变，所以形成水波的波长将减小。 故填B。（2 分）
（3）[3] [4]由于1 s 时间内，A 比B 多做了10 次全振动，故该波的周期为
1 s 末传到B 点，则波的速度为
因此波长为
（2 分）
所以A 球的第一次起振的时刻为
（2 分）
18．A．图中A、E 两点为振动加强点，但也是时刻振动，所以不是始终位于波峰位置，故A 错误；
B．图示时刻A、B 两点为振动加强点，A、B 的位移分别为
，
则图示时刻A、B 两点的竖直高度差为
故B 正确；
C．根据波形平移法可知，图示时刻C 点正处于平衡位置且向上运动，故C 错误；
D．周期为
由于B 点为振动加强点，则B 点的振幅为
从图示时刻起经1 s，即经过两个周期，B 点通过的路程为
故D 错误。
故选B。（3 分）
六、人造太阳（2 分+3 分+3 分+8 分，共16 分）
【答案】19．核聚变 方向性 20．2
21．B 22．正 垂直纸面向外
6
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【解析】19．[1]“人造太阳”获得核能的方式是“核聚变”； （1 分）
[2]“人造太阳”中的核能转化为势能，但是内能无法再转化为核能，说明能量的转化具有方向性。
（1 分）
20．[1]氘的核子数为2；（1 分）
[2]氚衰变的半衰期长达
年，则经过75 年，
排入海中的氚还剩
（2 分）
21．A．根据核反应前后质量数守恒、电荷数守恒，可知X 的质量数为1，电荷数为0，故X 为中子，
故A 错误；
B．该核反应释放的核能为
，故B 正确；
C．该核反应前后会出现质量亏损，则该核反应前后核子的总质量不相等，故C 错误；
D．生成物比反应物更加稳定，则氦核的平均结合能E2大于氘核的平均结合能E1，故D 错误。
故选C。（3 分）
22．[1]离子源发出的离子在电场力作用下做圆周运动，电场力提供向心力指向圆心，
由于电场方向指向圆心，故粒子在正电；（1 分）
[2]粒子进入磁场向下偏转，左手定则可知磁分析器中磁感应强度的方向为垂直于纸面向外；（1
分）
[3]根据动能定理
（1 分） 解得离子离开加速电场时的速度大小
（1 分）
[4]在电场中，电场力提供向心力有
（2 分）
联立以上解得（2 分）
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