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2025 年高考第二次模拟考试
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．如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P 点，将木板以底边MN 为轴向后方缓慢转
动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（ ）
A．圆柱体对木板的压力逐渐增大
B．圆柱体对木板的压力先增大后减小
C．两根细绳上的拉力均先增大后减小
D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
【答案】B
【解析】设两绳子对圆柱体拉力的合力大小为FT，木板对圆柱体的支持力大小为FN，绳子与木板间的
夹角不变，α 也不变，从右向左看如图所示，
在矢量三角形中，根据正弦定理有＝＝，在木板以底边MN 为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，α
不变，γ 从90°逐渐减小到0，又γ＋β＋α＝180°，且α<90°，可知90°<γ＋β<180°，则0<β<180°。可知β 从
锐角逐渐增大到钝角，根据＝＝，由于sin γ 不断减小，可知FT逐渐减小，sin β 先增大后减小，可知FN先
增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2θ，绳
子拉力大小为FT′，则2FT′cos θ＝FT，可得FT′＝，θ 不变，FT逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B 正
确，A、C、D 错误。
2．如图，光滑水平地面上有一质量为2m 的小车在水平推力F 的作用下加速运动。车厢内有质量均为m 的
1
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A、B 两小球，两球用轻杆相连，A 球靠在光滑左壁上，B 球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，
杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是
（ ）
A．若B 球受到的摩擦力为零，则F＝2mgtan θ
B．若推力F 向左，且tan θ≤μ，则F 的最大值为2mgtan θ
C．若推力F 向左，且μ<tan θ≤2μ，则F 的最大值为2mg（2μ－tan θ）
D．若推力F 向右，且tan θ>2μ，则F 的范围为4mg（tan θ－2μ）≤F≤4mg（tan θ＋2μ）
【答案】D
【解析】设杆所受的弹力为FN，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分
力满足＝tan θ，竖直方向FNy＝mg，则FNx＝mgtan θ，若B 球受到的摩擦力为零，对B 根据牛顿第二定律
可得FNx＝ma，可得a＝gtan θ，对小球A、B 和小车整体根据牛顿第二定律F＝4ma＝4mgtan θ，A 错误；
若推力F 向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A 所受向左的合力的最大值为FNx＝mgtan θ，对
小球B，由于tan θ≤μ，小球B 受到向左的合力的最大值F′＝μ（FNy＋mg）－FNx≥mgtan θ，则对小球A，根
据牛顿第二定律可得FNx＝mamax，对系统整体根据牛顿第二定律F＝4mamax，解得F＝4mgtan θ，B 错误；
若推力F 向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A 所受向左的合力的最大值为FNx＝mgtan θ，小
球B 所受向左的合力的最大值Fmax＝（FNy＋mg）·μ－FNx＝2μmg－mgtan θ，由于μ<tan θ≤2μ 可知，
Fmax<mgtan θ，则对小球B，根据牛顿第二定律Fmax＝2μmg－mgtan θ＝mamax，对系统根据牛顿第二定律F
＝4mamax，联立可得F 的最大值为F＝4mg（2μ－tan θ），C 错误；若推力F 向右，根据牛顿第二定律可知
系统整体加速度向右，由于小球A 可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需
要讨论小球B 即可，当小球B 所受的摩擦力最大且向左时，小球B 向右的合力最小，此时Fmin＝FNx－（FNy
＋mg）μ＝mgtan θ－2μmg，当小球B 所受摩擦力最大且向右时，小球B 向右的合力最大，此时Fmax＝FNx
＋（FNy＋mg）μ＝mgtan θ＋2μmg，对小球B 根据牛顿第二定律有Fmin＝mamin，Fmax＝mamax，对系统整体根
据牛顿第二定律F＝4ma，代入小球B 所受合力范围可得4mg（tan θ－2μ）≤F≤4mg（tan θ＋2μ），D 正
确。
3．“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P 点沿地火转移轨道到Q 点，再依次进入如图乙所
示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号（ ）
2
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A．发射速度介于7.9km/s 与11.2km/s 之间
B．从P 点转移到Q 点的时间小于6 个月
C．在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小
D．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
【答案】C
【解析】因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度，即发射速度介于
11.2km/s 与16.7km/s 之间，故A 错误；因P 点转移到Q 点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则
其周期大于地球公转周期（1 年共12 个月），则从P 点转移到Q 点的时间为轨道周期的一半时间应大于6
个月，故B 错误；因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，则由开普勒第三定律可知在
环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C 正确；卫星从Q 点变轨时，要加速增大速度，即
在地火转移轨道Q 点的速度小于火星轨道的速度，而由
，可得
，可知火星轨道速度
小于地球轨道速度，因此可知卫星在Q 点速度小于地球轨道速度，故D 错误。故选C。
4．神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装
置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运
动，其
图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（ ）
A．在0~t1时间内，返回舱重力的功率随时间增大
B．在0~t1时间内，返回舱的加速度不变
C．在t1~t2时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在t2~t3时间内，返回舱的机械能不变
【答案】C
【解析】重力的功率为P=mgv，由图可知在0~t1时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随
3
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时间减小，故A 错误；根据v-t 图像的斜率表示加速度可知在0~t1时间内返回舱的加速度减小，故B 错
误；在t1~t2时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故C 正确；在t2~t3时间内，由
图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故D
错误。故选C。
5．如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b 为圆环水平直径
上的两个点，c、d 为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则（ ）
A．a 点场强大于b 点
B．a、b 两点的电势相等
C．c 点场强大于d 点
D．c、d 两点的电势相等
【答案】B
【解析】如下图所示，为等量异种电荷周围空间的电场分布图。本题的带电圆环，可拆解成这样无数
对等量异种电荷的电场，沿竖直直径平行放置。它们有共同的对称轴PP'，PP'所在的水平面与每一条电场
线都垂直，即为等势面，延伸到无限远处，电势为零。故在PP'上的点电势为零，即φa=φb=0；而从M 点到
N 点，电势一直在降低，即φa>φb，故B 正确，D 错误；
上下两侧电场线分布对称，左右两侧电场线分布也对称，由电场的叠加原理可知AC 错误。故选B。
6．在光滑桌面上将长为πL 的软导线两端固定，固定点的距离为2L，导线通有电流I，处于磁感应强
度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为（ ）
A．BIL
B．2BIL
C．πBIL
D．2πBIL
【答案】A
【解析】从上向下看导线的图形如图所示
4
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导线的有效长度为2L，则所受的安培力大小F=2BIL。
设绳子的张力为T，由几何关系可知T=F/2，解得T=BIL，故A 正确，BCD 错误。故选A。
7．如图所示，水平地面（
平面）下有一根平行于y 轴且通有恒定电流I 的长直导线。P、M 和N
为地面上的三点，P 点位于导线正上方，
平行于y 轴，
平行于x 轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心
在P 点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正
确的有（ ）
A．N 点与M 点的磁感应强度大小相等，方向相反
B．线圈沿PN 方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C．线圈从P 点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D．线圈从P 到M 过程的感应电动势与从P 到N 过程的感应电动势相等
【答案】C
【解析】依题意，M、N 两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据右手螺旋定则
可知，通电长直导线在M、N 两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故A 错误；根据右手螺旋定
则，线圈在P 点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零；在向N 点平移过程中，磁感线穿进与
穿出线圈不再对称，线圈的磁通量会发生变化，故B 错误；根据右手螺旋定则，线圈从P 点竖直向上运动
过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，故C 正
确；线圈从P 点到M 点与从P 点到N 点，线圈的磁通量变化量相同，依题意P 点到M 点所用时间较从P
点到N 点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，故D 错误。故选C。
8．如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A 变化到状态B。该过程中（ ）
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A．气体分子的数密度增大
B．气体分子的平均动能增大
C．单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
D．单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
【答案】B
【解析】根据
，可得
，则从A 到B 为等容线，即从A 到B 气体体积不变，则气体分子
的数密度不变，选项A 错误；从A 到B 气体的温度升高，则气体分子的平均动能变大，则选项B 正确；从
A 到B 气体的压强变大，气体分子的平均速率变大，则单位时间内气体分子对单位面积的器壁的碰撞力变
大，选项C 错误；气体的分子密度不变，从A 到B 气体分子的平均速率变大，则单位时间内与单位面积器
壁碰撞的气体分子数变大，选项D 错误。故选B。
9．用立体影院的特殊眼镜去观看手机液晶屏幕，左镜片明亮，右镜片暗，现在将手机屏幕旋转90
度，会观察到（ ）
A．两镜片都变亮
B．两镜片都变暗
C．两镜片没有任何变化
D．左镜片变暗，右镜片变亮
【答案】D
【解析】立体影院的特殊眼镜是利用了光的偏振，其镜片为偏振片，立体影院的特殊眼镜去观看手机
液晶屏幕，左镜片明亮，右镜片暗，根据I=I0cos2θ，可知将手机屏幕旋转90 度后左镜片变暗，右镜片变
亮。故选D。
10．用粒子轰击氮核从原子核中打出了质子，该实验的核反应方程式是
，粒子X
为（ ）
A．正电子
B．中子
C 氘核
D．氦核
【答案】B
【解析】根据质量数守恒可知X 的质量数为m=14+1-14=1
根据电荷守恒可知X 的电荷数为n=6+1-7=0，可知X 为中子n。故选B。
11．一列简谐横波沿x 轴传播，周期为2s，t=0 时刻的波形曲线如图所示，此时介质中质点b 向y 轴负
方向运动，下列说法不正确的是（ ）
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A．该波的波速为1.0m/s
B．该波沿x 轴正方向传播
C．t=0.25s 时质点a 和质点c
运动方向相反
D．t=1.5s 时介质中质点b 的速率为0
【答案】B
【解析】由图可知波长为λ=2m，则该波的波速为
，故A 正确；此时介质中
质点b 向y 轴负方向运动，根据波形平移法可知，该波沿x 轴负方向传播，故B 错误；由于质点a 和质点c
之间的距离为半个波长，则质点a 和质点c 的振动完全相反，所以t=0.25s 时质点a 和质点c 的运动方向相
反，故C 正确；t=0 时刻质点b 处于平衡位置向y 轴负方向运动，则t=1.5s 时，质点b 刚好处于波峰位置，
此时质点b 的速率为0，故D 正确。故选B。
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）某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图（a）所示电路，所用器材如
下：
电压表（量程
，内阻很大）；
电流表（量程
）；
电阻箱（阻值
）；
干电池一节、开关一个和导线若干。
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（1）根据图（a），完成图（b）中的实物图连线__________。
（2）调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数
I 和电压表示数U。根据记录数据作出的
图像如图（c）所示，则干电池的电动势为__________V（保
留3 位有效数字）、内阻为__________
（保留2 位有效数字）。
（3）该小组根据记录数据进一步探究，作出
图像如图（d）所示。利用图（d）中图像的纵轴截
距，结合（2）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为__________
（保留2 位有效数字）。
（4）由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值__________（填“偏大”或“偏
小”）。
【答案】（1）
（2）1.58 0.64 （3）2.5 （4）偏小
【详解】（1）实物连线如图：
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（2）由电路结合闭合电路的欧姆定律可得U=E-Ir，由图像可知E=1.58V
内阻
（3）根据
，可得
，由图像可知
解得RA=2.5Ω
（4）由于电压表内阻不是无穷大，则实验测得的是电压表内阻与电源内阻的并联值，即实验中测得
的电池内阻偏小。
13．（8 分）某光学组件横截面如图所示，半圆形玻璃砖圆心为O 点，半径为R；直角三棱镜FG 边的
延长线过O 点，EG 边平行于AB 边且长度等于R，∠FEG=30°。横截面所在平面内，单色光线以θ 角入射
到EF 边发生折射，折射光线垂直EG 边射出。已知玻璃砖和三棱镜对该单色光的折射率均为1.5。
（1）求sinθ？
（2）以θ 角入射的单色光线，若第一次到达半圆弧AMB 可以发生全反射，求光线在EF 上入射点D
（图中未标出）到E 点距离的范围？
【答案】（1）sinθ=0.75；（2）
【解析】（1）由题意设光在三棱镜中的折射角为α，则根据折射定律有
（1 分）
由于折射光线垂直EG 边射出，根据几何关系可知α=∠FEG=30°（1 分）
代入数据解得sinθ=0.75 （1 分）
（2）根据题意作出单色光第一次到达半圆弧AMB 恰好发生全反射的光路图如图
则根据几何关系可知FE 上从P 点到E 点以θ 角入射的单色光线第一次到达半圆弧AMB 都可以发生全
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反射，根据全反射临界角公式有
（1 分）
设P 点到FG 的距离为l，则根据几何关系有
（1 分）
又因为
（1 分）
联立解得
（1 分）
所以光线在EF 上的入射点D 到E 点的距离范围为
（1 分）
14．（10 分）如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A 分成体积均为V1=750cm3的左右两
部分。面积为S=100cm2的绝热活塞B 被锁定，隔板A 的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度
T1=300K、压强p1=2.04×105Pa 的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。
然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C 加热时，活塞B 能缓慢滑动（无摩
擦），使气体达到温度T2=350K 的状态3，气体内能增加ΔU=63.8J。已知大气压强p0=1.01×105Pa，隔板厚
度不计。
（1）求水平恒力F 的大小？
（2）求电阻丝C 放出的热量Q？
【答案】（1）10N；（2）89.3J
【解析】（1）气体从状态1 到状态2 发生等温变化，则有p1V1=p2۰2V1 （1 分）
解得状态2 气体的压强为
（1 分）
解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B 为对象，根据受力平衡可得p2S=p0S+F
（1 分）
解得F=（p2-p0）S=（1.02×105-1.01×105）×100×10–4N=10N （1 分）
（2）当电阻丝C 加热时，活塞B 能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度T2=350K 的状态3，可知气
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体做等压变化，则有
（1 分）
可得状态3 气体的体积为
（1 分）
该过程气体对外做功为W=p2۰ΔV=（V3-2V1）=1.02×105×（1750-2×750）×10–6J=25.5J （1 分）
根据热力学第一定律可得ΔU=-W+Q' （1 分）
解得气体吸收的热量为Q'=ΔU+W=63.8J+25.5J=89.3J （1 分）
可知电阻丝C 放出的热量为Q=Q'=89.3J （1 分）
15．（12 分）如图，水平桌面上固定一光滑U 型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与
桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为
B。一质量为m、电阻为R、长度也为的金属棒P 静止在导轨上。导轨上质量为3m 的绝缘棒Q 位于P 的
左侧，以大小为v0的速度向P 运动并与P 发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P 和Q 先后从导轨
的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P 在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P 与Q 始终平
行。不计空气阻力。求
（1）金属棒P 滑出导轨时的速度大小？
（2）金属棒P 在导轨上运动过程中产生的热量？
（3）与P 碰撞后，绝缘棒Q 在导轨上运动的时间？
【答案】（1）
；（2）mv0；（3）
【解析】（1）由于绝缘棒Q 与金属棒P 发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
（1 分）
（1 分）
联立解得
（1 分），
（1 分）
由题知，碰撞一次后，P 和Q 先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P 滑
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出导轨时的速度大小为
（2 分）
（2）根据能量守恒有
（1 分）
解得
（1 分）
（3）P、Q 碰撞后，对金属棒P 分析，根据动量定理得
（1 分）
又
，
（1 分）
联立可得
（1 分）
由于Q 为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q 运动的时间为
。（1 分）
16．（16 分）空间存在两个垂直于Oxy 平面的匀强磁场，y 轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为
2B0、3B0。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O 沿x 轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1 次、第2 次
经过y 轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q 时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为
m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：
（1）Q 到O 的距离d？
（2）甲两次经过P 点的时间间隔t
？
（3）乙的比荷
q
m
可能的最小值？
【答案】（1）
0
3
mv
d
qB
；（2）
0
2 m
t
qB
；（3）
'
2
=
'
q
q
m
m
【解析】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由
2v
qvB
m R
得，
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1
0
2
mv
R
qB
，
2
0
3
mv
R
qB
（1 分）
Q、O 的距离为：
1
2
0
2
2
3
mv
d
R
R
qB
（1 分）
（2）由（1）可知，完成一周期运动上升的距离为d，粒子再次经过P，经过N 个周期，
1
2
3
R
OP
N
d
d
（1 分）
所以，再次经过P 点的时间为
3
t
NT
T
（1 分）
由匀速圆周运动的规律得
1
1
0
2 R
m
T
v
qB
，
2
2
0
2
2
3
R
m
T
v
qB
（1 分）
绕一周的时间为
1
2
0
5
2
2
6
T
T
m
T
qB
（1 分）
所以，再次经过P 点的时间为
0
5
3
2
m
t
T
qB
（1 分）
两次经过P 点的时间间隔为
1
0
2
2
T
m
t
t
qB
（1 分）
（3）由洛伦兹力提供向心力，由
2v
qvB
m R
得，
1
0
'
'
2 '
m v
R
q B
（1 分），
2
0
'
'
3 '
m v
R
q B
（1 分）
完成一周期运动上升的距离
1
2
'
2
' 2
'
d
R
R
（1 分）
若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q 点相遇，则
1
2
'
'
R
nd
OQ
d
，
'
'
'
1
2
1
1
2
(
)
2
2
2
2
2
T
T
T
T
T
n
（1 分）
结合以上式子，n 无解。（1 分）
若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在Q 点相遇，则
'
nd
OQ
，
'
'
1
2
1
2
(
)
2
2
2
2
T
T
T
T
n
（1 分）
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计算可得
' =
'
q
q
n
m
m （n=1，2，3……）（1 分）
由于甲乙粒子比荷不同，则n=2 时，乙的比荷最小，为。（1 分）
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