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2025 年高考押题预测卷
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
第I 卷（选择题）
单项选择题：本题共7 小题，每小题4 分，共28 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求
的。
1．(改编题)空气炸锅的内部使用热管来产生热空气，再用风机将热空气吹到炸锅内的每一个角落，让热风
在密封的空间中快速循环，从而加速使得食物变熟。图为某型号空气炸锅简化模型图，其内部有一气密性
良好的内胆，封闭了质量、体积均不变可视为理想气体的空气，已知初始气体压强为
，温度为
，加热
一段时间后气体温度升高到
，此过程中气体吸收的热量为 Q，则（ ）
A．此过程内胆中气体的内能增加量小于 Q
1
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B．升温后内胆中气体的压强为
C．升温后内胆中每个气体分子的动能都增大
D．此过程内胆中气体分子单位时间内撞击内壁的次数增大。
【答案】D
【详解】A．因V 不变，则
，由
可知：
，故A 错误；
B．由查理定律有：
解得：
故B 错误；
C．升温后内胆中气体分子的平均动能增大，并非所有气体分子的动能都增大，故C 错误；
D．温度升高，分子数密度不变，压强变大，故此过程内胆中气体分子单位时间内撞击内壁的次数增大，
故D 正确。
故选D。
2．（真题改编）如图所示，半径为R 的圆盘边缘有一钉子B，在水平光线下，圆盘的转轴A 和钉子B 在
右侧墙壁上形成影子O 和P，以O 为原点在竖直方向上建立x 坐标系。
时从图示位置沿逆时针方向匀
速转动圆盘，圆盘转动的周期为T，则P 做简谐运动的表达式为（ ）
2
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由图可知，影子P 做简谐运动的振幅为
，以向上为正方向，设P 的振动方程为
由图可知，当
时，P 的位移为
，代入振动方程解得
则P 做简谐运动的表达式为
故B 正确，ACD 错误。
故选B。
3．（真题改编）如图所示为一种干涉热膨胀仪原理图。G 为标准石英环，C 为待测柱形样品，C 的上表
面与上方标准平面石英板之间存在劈形空气层。用单色平行光垂直照射上方石英板，会形成干涉条纹。已
知C 的膨胀系数大于G 的膨胀系数，当温度升高时，下列说法正确的是（ ）
3
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A．劈形空气层的厚度变大，条纹向左移动B．劈形空气层的厚度变小，条纹向左移动
C．劈形空气层的厚度变大，条纹向右移动D．劈形空气层的厚度变小，条纹向右移动
【答案】D
【详解】由题知，C 的膨胀系数小于G 的膨胀系数，当温度升高时，G 增长的高度小于C 增长的高度，则
劈形空气层的厚度变小，且同一厚度的空气膜向远离劈尖移动，则条纹向右移动。
故选D。
4．（真题改编）在特高压投资高涨及配电网持续投入的双重驱动下，2025 年，据中电联统计与数据中
心相关负责人透露，我国电网总投资将再创新高，预计突破8000 亿元。通过一理想变压器，经同一线路输
送相同的电功率P，原线圈的电压U 保持不变，输电线路总电阻的R．当副线圈与原线圈的匝数比为k 时，
线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1，和
（ ）
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】D
【详解】由
4
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得
若
故选D。
5．（真题改编）在“天问一号”任务成功的基础上，我国计划在2025 年和2028 年分别发射“天问二
号”和“天问三号”探测器。“天问二号”的探测任务是近地小行星2016HO3，而“天问三号”将进一步
提升我国火星探测能力，实现火星表面取样返回。从“玉兔”登月到“天问三号”探火，我国星际探测事
业实现了由地月系到行星际的跨越。已知火星质量约为月球的9 倍，半径约为月球的2 倍，“天问三号”
火星车的质量约为“玉兔”月球车的2 倍。在着陆前，“天问三号”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台
支撑的悬停过程。悬停时，“天问三号”与“玉兔”所受陆平台的作用力大小之比为（ ）
A．9 1∶
B．9 2∶
C．36 1∶
D．72 1∶
【答案】B
【详解】悬停时所受平台的作用力等于万有引力，根据
5
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可得
故选B。
6．如图，在
位置放置电荷量为
的正点电荷，在
位置放置电荷量为
的负点电荷，在距
为
的某点处放置正点电荷Q，使得
点的电场强度为零。则Q 的位置及电荷量分别为
（ ）
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】B
【详解】
6
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根据点电荷场强公式
两等量异种点电荷在P 点的场强大小为
，方向如图所示
两等量异种点电荷在P 点的合场强为
，方向与+q 点电荷与-q 点电荷的连线平行如图所示Q 点电荷在p 点的场强大小为
三点电荷的合场强为0，则
方向如图所示，大小有
解得
由几何关系可知Q 的坐标为（0，2a）
故选B。
7．如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O 点悬挂一重
物M，将两相同木块m 紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，
FN表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则（
）
7
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A．Ff变小
B．Ff变大
C．FN变小
D．FN变大
【答案】D
【详解】试题分析：先对三个物体以及支架整体受力分析，受重力
，2 个静摩擦力，两侧墙壁
对整体有一对支持力，根据平衡条件，有：
，解得
，故静摩擦力不变，
故A 错误B 错误；将细线对O 的拉力按照效果正交分解，如图
设两个杆夹角为
，则有
，再将杆对滑块m 的推力
按照效果分解，如图
根据几何关系，有
，故
，若挡板间的距离稍许增大后，角θ 变大，
变大，故滑块m 对墙壁的压力变大，故C 错误，D 正确；
8
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一、多项选择题：本题共3 小题，每小题6 分，共18 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要
求，全部选对的得6 分，部分选对的得3 分，有选错的得0 分。
8．为了测量储罐中不导电液体的高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器C 置于储罐中，
电容器可通过开关S 与线圈L 或电源相连，如右图的示．当开关从a 拨到b 时，由L 到C 构成的回路中产
生周期
的振荡电流．当罐中的液面上升时( )
A．电容器的电容减小
B．电容器的电容增大
C．LC 回路的振荡频率减小
D．LC 回路的振荡频率增大
【答案】BC
【详解】AB．当液面上升的时候，填充的介质增多，电容的相对介电常数增大，由电容器决定式
知电容变大，故A 错误，B 正确.
CD．因电容器的电容变大，由
可知振荡周期变大，振荡频率在减小．C 正确，D 错误。
故选BC。
9
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9．（改编题）比亚迪DM-i 超级混动技术的核心部件包括比亚迪最新研发的晓云插电式混合动力发动机、
EHS 双电机、DM-i 超级混动刀片电池，以及一系列车辆控制系统、发动机控制系统、电机控制系统和电
池管理系统，共同构成超级混动系统。“能量回收”装置可使汽车车在减速或下坡过程中把机械能转化为
电能。质量m=2×103kg 的电动车以Ek0=1×105J 的初动能沿平直斜坡向下运动。第一次关闭电动机，汽车自
由滑行，动能位移关系如图线①所示；第二次关闭电动机的同时，开启电磁制动的“能量回收”装置。汽
车动能位移关系如图线②所示，行驶200m 的过程中，回收了E 电=1.088×105J 的电能。则（ ）
A 图线①所对应的过程，电动车所受合力F 合=500N
B 图线②所对应的过程中，电动车行驶到150m 处受到的电磁制动力F=600N
C 图线②所对应的全过程，机械能转化为电能的效率η=80%。
D 图线②所对应的过程中，电动车行驶到150m 处功率P= -4000W
【答案】ACD
【详解】A 根据动能定理可得
，A 项正确
B 在x=150m 处，电动车处于平衡状态，故此时由于发电产生的制动力为
此时电动车的速度为8m/s，所以功率为
，B 错误CD 项正确根据图线可知，回收的机械
能为
所以回收效率为
所以ACD 项正确
10．如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于
边界水平的匀强磁场上方同一高度h 处．磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直．先由静止释放c，c 刚进入磁
10
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场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触．用ac表示c 的加速度，Ekd表示
d 的动能，xc、xd分别表示c、d 相对释放点的位移．选项中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【详解】试题分析：先释放c 时，受重力加速度g 是不变的，当c 进入磁场时即做匀速运动，加速度为0，
当d 释放时，d 的速度为0，然后d 做匀加速，到它进入磁场时通过的距离为h，则c 做一直匀速运动，c 通
过的距离为2h，二者一起又进入磁场，磁通量不变，回路中感应电流为0，安培力为0，故两棒做加速度
为g 的加速运动，故选项B 正确，A 错误；d 棒的动能在d 进入磁场前是均匀增加的，进入磁场后在c 没有
出磁场前也是均匀增加的，当c 出磁场时，d 棒切割磁感线，产生的安培力方向向上，阻碍d 向下运动，
但此时d 的速度比刚进入磁场时的速度会大一些，所以棒不再像c 刚开入那样做匀速运动，而是做减速运
动，故选项C 错误，D 正确；待d 棒完全出磁场后，它的加速度又是g，动能又能均匀增加了．
第II 卷（非选择题）
三、非选择题：本题共5 小题，共54 分
11．（8 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：
11
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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 约为
）；
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；
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）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
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（结果保留到个位），该测量值 （填“大于”或“小于”）真实值。
（3）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】
3500 大于 减小
【详解】（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
支路与滑动变阻器左侧部分电阻并联，滑动变阻器的阻值越小，S2闭合前、后并联部分电阻变化越小，从
而并联部分的电压值变化越小，故滑动变阻器应选R1。
（2）微安表半偏时，该支路的总电阻为原来的2 倍，即
可得
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，而我们用电阻箱的阻值等于热敏电阻与微安
表的总电阻来计算，因此热敏电阻的测量值比真实值偏大。
（3）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。
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12．（8 分）某同学利用激光测量半圆柱体玻璃砖的折射率，具体步骤如下：
①平铺白纸，用铅笔画两条互相垂直的直线
和
，交点为O。将半圆柱体玻璃砖的平直边紧贴
，
并使其圆心位于O 点，画出玻璃砖的半圆弧轮廓线，如图（a）所示。
②将一细激光束沿CO 方向以某一入射角射入玻璃砖，记录折射光线与半圆弧的交点M。
③拿走玻璃砖，标记CO 光线与半圆弧的交点P。
④分别过M、P 作BB'的垂线
、
，
、
是垂足，并用米尺分别测量
、
的长度x 和y。
⑤改变入射角，重复步骤②③④，得到多组x 和y 的数据。根据这些数据作出
图像，如图（b）所示。
(1)关于该实验，下列说法正确的是_____（单选，填标号）。
A．入射角越小，误差越小
B．激光的平行度好，比用插针法测量更有利于减小误差
C．选择圆心O 点作为入射点，是因为此处的折射现象最明显
(2)根据
图像，可得玻璃砖的折射率为 （保留三位有效数字）。
(3)若描画的半圆弧轮廓线半径略大于玻璃砖的实际半径，则折射率的测量结果 （填“偏大”“偏
小”或“不变”）。
【答案】(1)B
(2)1.57
14
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(3)不变
【详解】（1）A．入射角适当即可，不能太小，入射角太小，导致折射角太小，测量的误差会变大，故A
错误；
B．激光的平行度好，比用插针法测量更有利于减小误差，故B 正确；
C．相同的材料在各点的折射效果都一样，故C 错误。
故选B。
（2）设半圆柱体玻璃砖的半径为
，根据几何关系可得入射角的正弦值为
折射角的正弦值为
折射率
可知
图像斜率大小等于折射率，即
（3）根据（2）中数据处理方法可知若描画的半圆弧轮廓线半径略大于玻璃砖的实际半径，则折射率的测
量结果不变。
13．（8 分）“夸父一号”太阳探测卫星可以观测太阳辐射的硬X 射线。硬X 射线是波长很短的光子，设
波长为
。若太阳均匀地向各个方向辐射硬X 射线，卫星探测仪镜头正对着太阳，每秒接收到N 个该种光
子。已知探测仪镜头面积为S，卫星离太阳中心的距离为R，普朗克常量为h，光速为c，求：
（1）每个光子的动量p 和能量E；
（2）太阳辐射硬X 射线的总功率P。
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【答案】（1）
，
；（2）
【详解】（1）由题意可知每个光子的动量为
每个光子的能量为
（2）太阳均匀地向各个方向辐射硬X 射线，根据题意设t 秒发射总光子数为n，则
可得
所以t 秒辐射光子的总能量
太阳辐射硬X 射线的总功率
14．（14 分）如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连
接的平台组成，滑槽高为
，平台高为
。药品盒A、B 依次被轻放在以速度
匀速运动的传送带上，在
与传送带达到共速后，从
点进入滑槽，A 刚好滑到平台最右端
点停下，随后滑下的B 以
的速度与
A 发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B 恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B 的质量分别为
和
，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的
。
与传送带间的动摩擦因数为
，重力加速度
16
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为g，AB 在滑至N 点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：
（1）A 在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间；
（2）B 从
点滑至
点的过程中克服阻力做的功
；
（3）圆盘的圆心到平台右端
点的水平距离．
【答案】（1）
（2）
；（3）
【详解】（1）A 在传送带上运动时的加速度
由静止加速到与传送带共速所用的时间
（2）B 从
点滑至
点的过程中克服阻力做的功
（3）AB 碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知
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解得
（另一组
舍掉）
两物体平抛运动的时间
则
解得
15．（16 分）如图，半径为R 的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A 和B（mA>mB）。
初始时小球A 以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B 发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，
两小球始终在圆环内运动。
（1）若小球A 与B 碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
（2）若小球A 与B 之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比
。
（3）若小球A 与B 之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e 倍
（0<e<1） ，求第1 次碰撞到第2n+1 次碰撞之间小球B 通过的路程。
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【答案】（1）
，
；（2）
或
；
（3）
【详解】（1）有题意可知A、B 系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒
有
可得
碰撞后根据牛顿第二定律有
可得
（2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有
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联立解得
，
因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图
①若第二次碰撞发生在图中的b 点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B 通过的路程之比为
，则有
联立解得
由于两质量均为正数，故k1=0，即
对第二次碰撞，设A、B 碰撞后的速度大小分别为
，
，则同样有
20
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联立解得
，
，故第三次碰撞发生在b 点、第四次碰撞发生在c 点，以此类推，满足题意。
②若第二次碰撞发生在图中的c 点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B 通过的路程之比为
；所以
联立可得
因为两质量均为正数，故k2=0，即
根据①的分析可证
，
，满足题意。
综上可知
或
。
（3）第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为
，第一次碰后与第二次相碰前
B 球比A 球多运动一圈，即B 球相对A 球运动一圈，有
第一次碰撞动量守恒有
且
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联立解得
B 球运动的路程
第二次碰撞的相对速度大小为
第二次碰撞有
且
联立可得
所以B 球运动的路程
一共碰了2n 次，有
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