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2025 年高考第一次模拟考试
物理·全解全析
本试卷满分100 分，考试时间75 分钟
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、选择题：本题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．氢原子的能级图如图甲所示，一群处于n=4 能级的氢原子，用其向低能级跃迁过程中发出的光照射图
乙电路中的阴极K，其中只有a、b 两种频率的光能使之发生光电效应。分别用这两种频率的光照射阴极
K，测得图乙中电流表示数随电压表示数变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．题中的氢原子跃迁共能发出6 种不同频率的光
B．a 光是从n=4 能级向n=1 能级跃迁产生的
C．a 光的波长小于b 光的波长
D．b 光照射阴极K 时逸出的光电子的最大初动能比a 光照射时的小
【答案】A
【详解】A．一群处于n=4 能级的氢原子向低能级跃迁过程中，共能发出C 4
2=6 种不同频率的光，故A 正
确；
B．依题意，6 种不同频率的光中只有2 种能够使阴极K 发生光电效应，可知这两种光的光子能量是较大的，
那么这两种光是n=3 能级向n=1 能级跃迁和n=4 能级向n=1 能级跃迁产生的。图丙中的图线a 所对应的遏
止电压较小，则光电子的最大初动能较小，根据
1
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Ekm=hν-W0
可知对应的光子能量较小，原子跃迁对应的能级差较小，即a 光是氢原子从n=3 能级向n=1 能级跃迁产生
的，故B 错误；
C．根据上述分析，a 光的光子能量小于b 光的光子能量，根据
E=hν=hc
λ
可知a 光的波长大于b 光的波长，故C 错误；
D．根据
Ekm=hν-W0
由于b 光的光子能量大于a 光的光子能量，则b 光照射阴极K 时逸出的光电子的最大初动能比a 光照射时
的大，故D 错误。
故选A。
2．图甲是某燃气灶点火装置的原理图，转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，并加在一台
理想变压器的原线圈上，电压表为交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和
金属板间引发电火花进而点燃气体。开关闭合后（ ）
A．电压表的示数为5V
B．放电针每隔时间T 点火一次
C．穿过原、副线圈的磁通量之比为1:1
D．将钢针替换为钢球，更容易引发电火花
【答案】C
【详解】A．电压表的示数为交流电电压的有效值，为
U 1= U m
√2 = 5
√2 = 5√2
2
V
故A 错误；
B．由图可知半个周期内，副线圈电压的瞬时值能够大于5000V，所以放电针每隔时间T
2 点火一次，一个
周期T内点火两次，故B 错误；
C．理想变压器无漏磁现象，穿过原、副线圈的磁通量是相同的，所以穿过原副线圈的磁通量之比为1:1，
2
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故C 正确；
D．若将钢针替换为钢球，不容易发生尖端放电现象，不容易引发电火花进而点燃气体，故D 错误。
故选C。
3．图甲为一列简谐波在t=0.1s 时刻的波形图，P、Q 为平衡位置分别在x=2m、x=1.5m 处的两个质点，图
乙为质点P 的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x 轴正方向传播
B．该波的传播速度大小为25m/s
C．在t=0 时刻，质点Q 的位移为√2
10 m
D．在0.5s 时间内，质点Q 运动的路程为2.1m
【答案】C
【详解】A．由图乙可知，t=0.1s 时刻，质点P 正沿y 轴正向运动，则波沿x 轴负方向传播，A 项错误；
B．由甲图知
λ = 4 m
由乙图知
T =0.2s该波的传播速度大小为
v = λ
T =20m/ s
故B 错误；
C．根据数学知识可知，t=0.1s 时刻Q 的位移为
y =−0.2× √2
2 m=−√2
10 m在t=0 时刻，Q 的位置与t=0.1s 时刻Q 的位置关于平衡位置对称，因此在t=0 时
刻，质点Q 的位移为√2
10 m，故C 正确；
D．在0.5s 时间内，质点Q 运动的路程为
s=10 A =2m
故D 错误。
3
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故选C。
4．如图所示，“中国第一高楼”上海中心大厦上的阻尼器，该阻尼器首次采用了电涡流技术，底部附着
永磁铁的质量块摆动通过导体板上方时，导体板内产生涡流。关于阻尼器，下列说法正确的是（ ）
A．阻尼器摆动时产生的涡流源于外部电源供电
B．阻尼器最终将机械能转化为内能
C．风速越大，导体板中磁通量变化率越小
D．阻尼器摆动时产生的涡流源于电流的磁效应现象
【答案】B
【详解】AD．阻尼器摆动时，永磁铁通过导体板上方使之磁通量发生变化，从而在导体板中产生涡流，
属于电磁感应现象，故AD 错误；
B．通过阻碍质量块和永磁铁的运动，阻尼器将动能转化为电能，并通过电流做功将电能最终转化为焦耳
热，故B 正确；
C．风速越大，质量块摆动越快，则导体板中磁通量变化率越大，故C 错误。
故选B。
5．投壶是中国传统的宴饮游戏。如图，甲、乙两人在同一高度沿水平方向各投出一支箭，箭尖插入壶中
时与水平面的夹角分别为53°和37°；若两支箭质量相同，不计空气阻力、箭长、壶口大小等因素的影响，
sin37° =0.6，cos37° =0.8，则甲、乙两人投出的箭入壶时的速度之比为（ ）
A．4:3
B．3:4
C．5:3
D．3:5
【答案】B
【详解】甲、乙两人在同一高度抛出，根据竖直方向的分运动为自由落体运动，有
v y
2 =2 gℎ
可知2 支箭入壶时在竖直方向的分速度大小相等，由速度的矢量三角形可知
4
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v甲=
vy
sin53°
，v乙=
vy
sin37°
解得
v甲:v乙=3:4
故选B。
6．如图所示，由两种单色光组成的复色光，通过足够大的长方体透明材料后分成a、b 两束，则（ ）
A．在该透明材料中，a 光的传播速度小于b 光的传播速度
B．遇到障碍物时，a 光更容易发生明显的衍射现象
C．该透明材料对这两种光的折射率na<nb
D．从该透明材料射入空气发生全反射时，a 光的临界角较大
【答案】A
【详解】AC．根据折射定律
n= sini
sin r
可知该透明材料对这两种光的折射率
na>nb
根据
v = c
n
可知在该透明材料中，a 光的传播速度小于b 光的传播速度，故A 正确，C 错误；
B．波长越长时，越容易发生明显衍射现象，b 光波长较大，更容易发生明显的衍射现象，故B 错误；
D．根据临界角与折射率的关系
n=
1
sinC
可知，b 光的临界角较大，故D 错误。
故选A。
7．2024 亚太国际低空经济产业博览会于12 月4 日-6 日在深圳国际会展中心举行，无人机是当前我国战略
性新兴产业之一、近年来，不管在技术、产品、应用还是市场上，我国都取得了巨大的成就。如图1 所示，
5
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某次无人机从地面由静止开始竖直向上飞行，它运动的v −t图像如图2 所示，b 点为图线的最高点。下列
说法正确的是（ ）
A．研究无人机螺旋桨的转动情况时可将其视为质点
B．无人机在t1~t2过程中受到的合外力越来越小
C．无人机在t2时刻运动到最高点
D．无人机在t3时刻向下运动
【答案】B
【详解】A．研究无人机螺旋桨的转动情况时，无人机的形状大小不能忽略改，不能将其视为质点，故A
错误；
B．根据v −t图像的切线斜率表示加速度，由题图可知，人机在t1~t2过程中的加速度越来越小，根据牛顿
第二定律可知，其所受合外力越来越小，故B 正确；
CD．根据v −t图像可知，无人机在0~t 4时间内的速度方向一直向上，所以t 4时刻运动到最高点，故CD 错
误。
故选B。
二、多项选择题（本题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题列出的四个选项中，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．避雷针是用来保护建筑物避免雷击的装置（如图甲）。如图乙是避雷针放电时空间等势面和电场线的
分布图（图线大致对称分布），其中实线是电场线，虚线是等差等势面。则下列说法正确的是（ ）
A．A 点电场强度比B 点大
B．A、C 两点电势一样高
C．正电荷在C 点的电势能比A 点大
6
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D．负电荷从C 点移动到B 点，电场力做的总功为0
【答案】CD
【详解】A．根据电场线的疏密程度反应场强大小，可知A 点电场强度比B点小，A 错误；
B．由于电场线是从电势高的等势面指向电势低的等势面，因此C 点的电势比A 点高，B 错误；
C．根据Ep=qφ结合B 选项分析可知正电荷在C 点的电势能比A 点大，C 正确；
D．B、C 两点处于同一等势面上，负电荷从C 点移动到B 点，电场力做的总功为0，D 正确。
故选CD。
9．中国航天科技集团预测到2045 年，进出空间和空间运输的方式将出现颠覆性变革，太空电梯有望实现。
现假设已经建成了如图所示的太空电梯，其将地球赤道上的固定基地、同步空间站和配重空间站通过超级
缆绳连接在一起，使轿厢沿绳索向空间站运送物资。图中配重空间站比同步空间站更高，太空电梯正停在
离地面高R 处的站点P 修整，并利用太阳能给蓄电池充电，则下列说法正确的是（ ）
A．太空电梯中的货物处于完全失重状态
B．太空电梯一天24 h 内可直接利用太阳能充电的时间为20 h
C．若从P 轿厢向外自由释放一个小物块，则小物块会一边朝P 点转动的方向向前运动一边落向地球
D．若两空间站之间缆绳断裂，配重空间站将绕地球做椭圆运动，且断裂处为椭圆的远地点
【答案】BC
【详解】A．对地球卫星有
GMm
r
2
=mω
2r
解得
ω=√
GM
r
3
可知，卫星轨道半径越大，角速度越小，由于人与货物沿着“太空电梯”上行期间，在未到达地球同步轨
道位置的时候，其角速度与同步轨道相同，即“太空电梯”该位置的角速度小于该位置轨道半径上卫星的
角速度，则“太空电梯”上该位置圆周运动的向心力小于该位置的万有引力，货物还受到电梯向上的力的
作用，人与货物处于失重状态，但不是完全失重，只有货物上升到同步卫星轨道上时，其角速度与同步轨
道卫星的角速度相等，此时万有引力恰好等于圆周运动的向心力，此时货物才处于完全失重状态，故A 错
7
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误；
B．如图所示，电梯转入地球的阴影区时就无法直接利用太阳能充电，且
sin α = 1
2
解得
α =30°
故能直接利用太阳能充电的时间约为
t = 360°−2α
360°
T =20h
故B 正确；
C．若从P 平台向外自由释放一个小物块，则小物块会一边朝P 点转动的方向向前运动一边落向地球，做
近心运动，故C 正确；
D．若两空间站之间缆绳断裂，配重空间站将绕地球做椭圆运动，其断裂处为椭圆的近地点，因为在近地
点线速度较大，半径较小，需要的向心力更大，故D 错误。
故选BC。
10．如图所示，水平面上放置着半径为R、质量为5m 的半圆形槽，AB 为槽的水平直径。质量为2m 的小
球自左端槽口A 点的正上方距离为R 处由静止下落，从A 点切入槽内。已知重力加速度大小为g，不计一
切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．槽运动的最大速度为4√
gR
35
B．小球在槽中运动的最大速度为10√
gR
35
8
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C．若槽固定，槽中小球受到重力做功的最大功率为4 mg√
2gR
3
D．若槽固定，槽中小球受到重力做功的最大功率为16
3 mg√
gR
3
【答案】ABD
【详解】AB．半圆形槽不固定时，小球落到槽最低点时球和槽获得最大速度，水平方向动量守恒，则有
2m v1=5m v2
根据能量守恒则有
2mg⋅2 R = 1
2 ⋅2m v1
2+ 1
2 ⋅5m v2
2
联立解得
v1=10√
gR
35
，v2= 4√
gR
35
AB 正确；
CD．当槽固定时，小球落入槽中满足
2mg(R+ Rsinθ)= 1
2 ⋅2m v
2
其中θ为测量位置和圆心的连线与水平方向的夹角。在此处合力提供向心力，满足
N −2mgsinθ = 2mv
2
R
求重力功率最大的情况，此时竖直方向速度达到最大，竖直方向加速度为0，满足
N sinθ =2mg
解得
sinθ = 1
3，cosθ = 2√2
3
，v =√
8 gR
3
所以重力的功率
P =2mgv cosθ = 16
3 mg√
gR
3
C 错误，D 正确。
故选ABD。
三、非选择题（本题共5 小题，共54 分。考生根据要求作答）
11．（9 分）甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图甲、乙、丙所示的实验装置，验证“当质量一定时，
物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律。己知他们使用的小车完全相同，小车的质量为
M，重物的质量为m，试回答下列问题：
9
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(1)①实验时，必须满足“M 远大于m”的实验小组是 。（选“甲”、“乙”、“丙”或“都不需
要”）。
②实验时，甲、乙、丙三组同学的操作均完全正确，他们作出的a−F图线如图（丁）中A、B、C 所示，
则甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是 。（选填“ABC”、“BCA”或“CAB”）。
(2)某同学利用“丙”图方案进行试验，
①下列关于该实验的操作说法中正确的是 。
A．必须用天平测出重物的质量
B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力
C．连接小车和重物的细线可以不与长木板保持平行
D．应当先释放小车，再接通电源
②利用打点频率为50 Hz的打点计时器，得到的一条纸带如图（a）所示：（图中每两个计数点间还有四个
点未画出）
则在该次实验中，小车运动的加速度大小为 m/s
2。（结果保留三位有效数字）。
③某同学做实验时，未把木板的一侧垫高，就继续进行其他实验步骤，则该同学作出的小车的加速度a 与
弹簧测力计示数F 的图像如图（b）所示，则实验中小车受到的摩擦力大小为 ，小车的质量为
。（用F0、F1、a1表示）。
【答案】(1) 甲 CAB
10
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(2) B 1.19 F0
F1−F0
a1
【详解】（1）[1]甲实验中认为重物的重力大小近似等于细绳的拉力大小，该实验需要满足“M 远大于
m”，乙丙实验中分别利用弹簧测力计与力传感器直接测量细绳的拉力，这两个实验不需要满足“M 远大于
m”，即实验时，必须满足“M 远大于m”的实验小组是甲。
[2]甲实验中，根据牛顿第二定律有
mg =(M +m)a，F = Ma
解得
F = Mmg
M +m =
mg
1+ m
M
<mg
当M 远大于m 时有
F ≈mg
小车的加速度
a= 1
M F ≈1
M mg
当重物重力过大时，误差不能够忽略，此时图像发生弯曲，即甲实验对应图像为C。乙实验中，根据牛顿
第二定律有
2 F = Ma
解得
a= 2
M F
丙实验中，根据牛顿第二定律有
F = Ma
解得
a= 1
M F
可知，乙对应图像的斜率大于丙对应图像的斜率，即乙对应图像为A，丙对应图像为B。结合上述可知，
甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是CAB。
（2）[1] A．丙实验中，利用力传感器直接测量细绳的拉力，并没有用重物的重力表示细绳的拉力，可知，
该实验中，不需要用天平测出重物的质量，故A 错误；
B．平衡摩擦力时有
11
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Mgsinθ = μMgcosθ
等式中小车质量能够消去，可知，每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，故B 正确；
C．为了确保小车所受合力等于细绳的拉力，实验中，连接小车和重物的细线必须与长木板保持平行，故
C 错误；
D．为了避免纸带上出现大量的空白段落，实验中，应当先接通电源，再释放小车，故D 错误。
故选B。
[2]由于图中每两个计数点间还有四个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为
T =5× 1
50 s=0.1s
根据逐差法可知
a= (5.00+6.23)×10
−2−(2.62+3.84)×10
−2
4×0.1
2
m/s
2≈1.19 m/s
2
[3][4]做实验时，未把木板的一侧垫高，根据牛顿第二定律有
F −f = Ma
则有
a= 1
M F −f
M
结合图像有
1
M =
a1
F1−F0
，0= 1
M F0−f
M
解得
f = F0
，M = F1−F0
a1
12．（7 分）实验小组用如图1 所示的电路来测量电阻Rx的阻值，图中标准电阻的阻值为R0，E为电源，
S1为单刀单掷开关，S2为单刀双掷开关，R为滑动变阻器，A 为理想电流表。合上开关S1，将开关S2掷于1
端，将R的触头置于适当的位置，记下A 的示数I 1，然后将S2掷于2 端，记下A 的示数I 2。改变R触头的
位置，多测几组I 1、I 2的对应值，作出I 1−I 2的函数关系图像如图2 所示，回答下列问题：
12
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(1)按照图1 所示的电路图，用笔画线代替导线将图3 中实物图连接完整 。
(2)合上开关S1之前，R触头应置于 （选填“最右端”或“最左端”），多测几组I 1、I 2作I 1−I 2图像
的目的是减小 。（选填“系统”或“偶然”）误差。
(3)写出图2 中函数的表达式I 1= ，若图2 中图线的斜率为k，可得Rx= 。
【答案】(1)
(2) 最左端 偶然
(3) I 2+ I 2 Rx
R0
(k −1)R0
【详解】（1）根据电路图连接实物图如图
（2）[1] 合上开关S1之前，为保护电路可知，R触头应置于最左端；
[2] 多测几组I 1、I 2作I 1−I 2图像的目的是减小偶然误差。
13
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（3）[1]根据欧姆定律可知
I 1= I 2+ I 2 Rx
R0
[2]上式变形可得
I 1= I 2(1+ Rx
R0
)
根据图像斜率可知
k =1+ Rx
R0
解得
Rx =(k −1)R0
13．（9 分）某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降（假
设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体）。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相
同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强（假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，
且保持不变）。已知该轮胎内气体的体积V 0=30L，从北京出发时，该轮胎气体的温度t1=−3° C，压强
p1=2.7×10
5Pa。哈尔滨的环境温度t2
=-33
，大气压强p0
取1.0×10
5Pa。求：
(1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。
(2)充进该轮胎的空气体积。
【答案】(1)2.4×10
5Pa
(2)9L
【详解】（1）由查理定律可得
p1
T 1
= p2
T 2
其中p1=2.7×10
5Pa，T 1=(273−3)K =270K，T 2=(273−33)K =240K
代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为
p2=2.4×10
5Pa
（2）由玻意耳定律
14
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p2V 0+ p0V = p1V 0
代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为
V=9L
14．（13 分）如图所示，质量m=1kg 的小车置于光滑水平面上，小车左端是半径r=0.5m 的四分之一光滑
圆弧轨道，圆弧轨道最低点切线水平，中间粗糙水平部分长度L=6m，右端带有弹性挡板，现将小车紧靠
在左侧的固定石块旁。一质量也为m 的小物块A 从离小车圆弧轨道最高点h=2.7m 处的正上方由静止释放，
物块与小车水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，与小车右端挡板发生的是弹性碰撞，小物块可视为质点，重
力加速度g=10m/s2，求：
(1)小车刚要运动时的加速度大小；
(2)小车运动过程的最大速度；
(3)物块最终停在小车上的位置离小车最右端的距离。
【答案】(1)2m/s2
(2)6m/s
(3)2m
【详解】（1）物块到达圆弧轨道最低点时，小车开始运动，对小车由牛顿第二定律有
μmg=ma
解得
a=2m/s2
（2）设物块到达圆弧轨道最低点时速度为v0，则根据机械能守恒
1
2 m v0
2=mg(r +ℎ)
解得
v0 =8m/s
小车运动后，小车与物块整体水平方向动量守恒
m v1+m v2=m v
′
1+m v
′
2
设物块与挡板碰撞前速度为v1，小车速度为v2，位移分别为x1和x2，则有
15
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x1−x2= L
即
v0t −1
2 at
2−1
2 at
2= L
解得
t=1s
又根据运动学规律
v1= v0−at =6 m/s
v2=at =2m/s
故物块会与挡板碰撞，设碰后物块速度v
′
1
，小车速度为v
′
2
，由动量守恒和能量守恒有
m v1+m v2=m v
′
1+m v
′
2
1
2 mv1
2+ 1
2 mv2
2= 1
2 mv
′
1
2+ 1
2 mv
′
2
2
解得
v
′
1
=2m/s
v
′
2
=6m/s
故小车的最大速度为6m/s。
（3）从物块到达圆弧轨道最低点至最终共速由动量守恒和能量守恒有
m v0=2m v共
1
2 mv0
2= 1
2 ⋅2mv共
2 + μmgs
解得
s=8m
故物块最终停在小车上的位置离小车最右端相距
Δ x = s−L=2m
15．（16 分）如图所示，竖直平面直角坐标系xOy 的第一象限内，存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向
里的匀强磁场。质量m=√2×10
−7kg、电荷量q =+1×10
−6C的小球从t =0时刻由O 点开始以速度v 在第
一象限的竖直面内做匀速直线运动，当t = 2
5 √2s时，将电场方向逆时针旋转90°，小球继续运动。已知电
场强度大小为E =√2N /C，磁感应强度大小B =0.5T，取重力加速度g=10 m /s
2，不计一切阻力，求：
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(1)小球做匀速直线运动的速度v 的大小和方向；
(2)小球第一次经过y 轴时的坐标；
(3)小球经过x 轴时的动能。
【答案】(1)4 m/s，斜向右上与x 轴成45°角
(2)（0，3.2m）
(3)4√2×10
−6J
【详解】（1）小球做匀速直线运动时，受力如图所示
则有
Bqv =√(qE)
2+(mg)
2
解得
v = 4 m/s
速度v的方向与x 轴的夹角满足
tanθ = qE
mg
解得
θ = 45°
可得速度方向为斜向右上与x 轴成45°角。
（2）经过t = 2
5 √2s后，设小球运动到A 点，则由O 到A 的位移大小为
xOA = vt
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解得
xOA = 8
5 √2m
此时将电场逆时针旋转90°后，因
Eq=mg
且两者方向相反，故此后小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，由洛伦兹力
提供向心力得
Bqv = mv
2
r
解得
r = 4√2
5
m
小球的运动轨迹如图所示，小球恰好运动1
2
圆周第一次经过y 轴
设小球经过y 轴的交点为Q，则由几何关系可得
OQ =
2r
cos 45°
解得
OQ =3.2m
可得小球第一次经过y 轴时的坐标为（0，3.2m）。
（3）小球离开Q 点后，根据动能定理
Ek−1
2 m v
2=mgOQ
解得
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