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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
第I 卷（选择题）
一、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．如图所示，半径为R 的四分之一圆柱紧靠在墙角处，一个质量为m 小滑块（可视为质点）恰好静止在
P 点。轻推一下滑块，使滑块由静止下滑至Q 点恰好离开圆柱。已知图中α = 30°、β = 60°，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A．在P 点滑块所受的摩擦力大小为
B．在P 点滑块与物体间的动摩擦因数为0.5
C．滑块运动到Q 点的速度大小为
D．滑块从P 点运动到Q 点的过程中机械能减少了
【答案】C
【详解】A．在P 点对滑块受力分析，由平衡条件可得滑块所受的摩擦力大小为
故A 错误；
B．因为滑块恰好静止在P 点，则有
1
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解得在P 点滑块与物体间的动摩擦因数为
故B 错误；
C．滑块下滑至Q 点恰好离开圆柱，则在Q 点，由牛顿第二定律可知
代入数据解得，滑块运动到Q 点的速度大小为
故C 正确；
D．滑块从P 点运动到Q 点的过程中由动能定理可得
解得
根据
可得滑块从P 点运动到Q 点的过程中机械能减少了
，故D 错误。
故选C。
2．如图所示，在
之间接有交流电源，其电压的有效值为
。电路中共接有六个相同的定值电阻。S 断
开时，滑动变阻器触片滑到最下面时，恰好理想变压器的输出功率最大（包含副线圈负载电阻阻值从0 到
无穷大的变化范围）。S 闭合后，滑动变阻器触片仍然滑到最下面时，下列说法正确的是（ ）
2
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A．变压器原、副线圈匝数的比值为1 4∶
B．S 闭合后，
两端电压为
C．S 闭合后，
两端电压为
D．S 闭合后，
的功率是
的4 倍
【答案】D
【详解】A．设定值电阻阻值为
，将副线圈电阻等效到原线圈，则有
理想变压器的输入功率
可知当
时，输入功率最大，根据能量守恒可知，此时输出功率也最大，由于等效电阻和
串联且电压相等，则有
解得
故A 错误；
B．S 闭合后，
与
并联再与
串联，则
分担的电压即输入电压为
副线圈输出电压
两端电压为
故B 错误；
3
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C．S 闭合后，
两端电压与等效电阻的电压相等，即
故C 错误；
D．S 闭合后，
两端的电压
的功率
的功率
所以
故D 正确。
故选D。
3．如图为某款手机防窥膜的原理图，在透明介质中等距排列有相互平行的吸光屏障，屏障的高度与防窥
膜厚度均为
，相邻屏障的间距为L，方向与屏幕垂直。防窥膜的可视角度通常是以垂直于屏幕的法线
为基线，左右各有一定的可视角度
（如下图所示），可视角度越小，防窥效果越好。当可视角度
时，透明介质的折射率为（ ）
A．1
B．
C．3
D．无法确定
【答案】B
4
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【详解】设光线由透明介质射向空气的入射角为
，则
即
所以，透明介质的折射率为
故选B。
4．一个中子
被
捕获后生成
和
的过程中释放出ΔE 的核能。已知真空中的光速为c，下列说
法正确的是（ ）
A．该反应是原子核的聚变
B．
没有放射性
C．该反应过程中的质量亏损为
D．
的比结合能为
【答案】C
【详解】A．由质量数守恒、电荷数守恒可得，核反应方程为
该反应属于原子核的裂变，故A 错误；
B．原子序数大于83 的所有天然存在的元素都具有放射性，
有放射性，故B 错误；
C．已知真空中光速为c，根据
可得反应过程中的质量亏损为
故C 正确；
5
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D．
的结合能并不是它衰变时放出的能量，所以
的比结合能不是
，故D 错误。
故选C。
5．2023 年太阳风暴频发，进而引发地磁暴，对航空航天器的运行、通讯信息传输等产生了一系列不良影
响。我国2022 年发射的“夸父一号”卫星，肩负着探测太阳“一磁两爆（即太阳磁场、太阳耀斑和日冕物
质抛射）”的任务，为了能完成使命，它的运行轨道设定在距地面高度约为
的太阳同步晨昏轨
道。已知地球的半径为R，地球极地表面重力加速度为
，则下列说法正确的是（ ）
A．“夸父一号”与地球同步卫星虽然运行高度不同，但运行周期相同
B．“夸父一号”的运行周期为
C．太空中运行的航天器处于完全失重状态，所以“夸父一号”搭载的科学仪器不再受重力作用
D．“夸父一号”所处位置的重力加速度大小为
【答案】B
【详解】A．根据开普勒第三定律，“夸父一号”与地球同步卫星运行高度不同，运行周期一定不相同，
选项A 错误；
B．根据
解得 “夸父一号”的运行周期为
6
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选项B 正确；
C．太空中运行的航天器处于完全失重状态，但是“夸父一号”搭载的科学仪器仍受重力作用，选项C 错
误；
D．根据
可得 “夸父一号”所处位置的重力加速度大小为
选项D 错误。
故选B。
6．小朋友们之间经常玩一项有意思的游戏——打水漂（如图甲），打水漂的石片能弹跳的次数由石片初
速度、转速、入水时石头和水面的夹角，以及石片材质决定。其他条件相同的情况下，石片首次接触水与
水面成20 度角时，水漂效果最为完美。某次投掷时，如图乙，石片在距离水面高h 处，以速度v 水平抛出，
若石片与水面碰撞时，水平速度不变，但碰后反弹高度都是前一次的
，不计空气阻力，重力加速度为
g，则石片从抛出到停止跳动的过程中通过的总水平距离是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】第1 次石片从抛出到接触水平做平抛运动，时间为
石片每次接触水面后反弹到再接触水面做斜抛运动，可看作两个平抛运动，则第1 次石片从上升到第2 次
接触水面的时间为
7
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第2 次石片从上升到第3 次接触水面的时间为
第3 次石片从上升到第4 次接触水面的时间为
第n 次石片从上升到第n+1 次接触水面的时间为
则石片从抛出到停止跳动的过程中通过的总时间为
根据数学知识有
则石片从抛出到停止跳动的过程中通过的水平距离为
故选B。
7．如图所示，在匀强磁场中附加另一匀强磁场，附加磁场位于图中阴影区域，附加磁场区域的对称轴
与
垂直。a、b、c 三个质子先后从点沿垂直于磁场的方向射入磁场，它们的速度大小相等，b 的
速度方向与
垂直，a、c 的速度方向与b 的速度方向间的夹角分别为
，且
。三个质子经过附
加磁场区域后能到达同一点
，则下列说法中正确的有（ ）
8
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A．三个质子从S 运动到
的时间相等
B．三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在
轴上
C．若撤去附加磁场a 到达
连线上的位置距S 点最近
D．附加磁场方向与原磁场方向相同
【答案】C
【详解】A．由题中图形可知a、b、c 三个轨迹的长度是不同的，而三种情况下粒子的运动速率相同，所以
三个质子从S 运动到
所用时间不等，故A 错误；
B．在没有附加磁场的情况下，粒子运动的轨迹可以用下图来描绘，其中
，很明显的看出它们的圆心
不同时在
轴上，故B 错误；
C．若撤去附加磁场a，随着与垂直
运动方向夹角的增大，距离S 点位置越近，因此撤去附加磁场后，a
到达
连线上的位置距S 点位置最近，故C 正确；
D．质子要想全部聚集在
点，必须使得质子在原磁场中向右上方弯曲，根据左手定则，可以判定附加磁
场方向与原磁场方向相反，故D 错误。
故选C。
二、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．水平面内有一腰长为
的等腰直角三角形ABC 区域，区域内有垂直水平面向里的匀强磁场，一边
9
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长为L 的正方形金属线框EFGH 在水平拉力的作用下，以恒定的速度沿x 轴正方向运动，如图所示，从线
框进入磁场开始计时，直至通过磁场区域的过程中，线框中的感应电流i（电流沿逆时针方向为正）和线
框受到的沿x 轴方向的安培力F（沿x 轴负方向为正）随时间的变化图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【详解】AB．线框进磁场过程中，根据右手定则可知，感应电流方向沿逆时针方向，线框中的感应电流大
小为
，
所以
同理，当GF 全部进入磁场后，有
线框全部进入磁场后，感应电流为0，而线框出磁场时感应电流的变化与进磁场时相同，根据右手定则可
知，感应电流方向相反，故A 正确，B 错误；
CD．根据左手定则可知，线框进入、离开磁场过程中，安培力方向一直水平向左，则F 一直为正值，线框
受到的沿x 轴方向的安培力为
故C 错误，D 正确。
故选AD。
9．如图所示，平面直角坐标系XOY 中，Y 轴上A 点和B 点各固定一个电荷量为Q 的正点电荷，A 点和B
10
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点坐标分别为（0，d）和（0，
d），X 轴上的C、D 两点坐标分别为
、
。已知X 轴上任
意一点的电势
，其中K 是静电力常量，x 是该点在X 轴上的横坐标。不计重力，下列说法正确
的是（ ）
A．C 点和D 点一定处于同一等势面上
B．某试探电荷从O 点沿X 轴正方向运动过程中，所受的静电力一直减小
C．电荷量为
q 的试探电荷在原点O 处的电势能为
D．从C 点向X 轴正方向发射比荷为
的正电荷，若能到达坐标原点，其最小发射速度为
【答案】ACD
【详解】A.把C、D 两点的横坐标代入公式
得
所以C、D 两点在同一个等势面上，故A 正确；
B.根据等量同种电荷场强分布特点可知，O 点场强为零，又因为无穷远处场强为零，所以，从O 点沿X 轴
正方向至无穷远，场强先增大后减小，试探电荷所受电场力可能先增大后减小，也可能一直增大，这就要
看是否经过场强的最大点。故B 错误；
11
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C.根据
可求得原点O 的电势为
由电势能和电势公式可知电荷量为
的试探电荷在原点O 处的电势能为
故C 正确；
D. 根据
可求得C 点的电势为
所以CO 的电势差为
由动能定理得
解得
故D 正确。
故选ACD。
10．用手托着手机向下做变速运动，手机通过加速度传感器（G 一Sensor）记录下加速度变化情况，并绘
制出加速度—时间图像，简化放大后的曲线如图所示，其中横轴为时间轴，纵轴为竖直方向加速度轴，图
形峰值为±10m/s2.下列说法正确的是（ ）
12
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A．时刻b 手机运动的速度最大
B．时刻c 手机运动的速度最大
C．曲线与横轴所围成的面积表示手机运动的位移
D．曲线与横轴所围成的面积表示手机速度的变化量
【答案】AD
【详解】A．由图可知，从a 到b 做加速运动，从b 到c 做减速运动，可知时刻b 手机运动的速度最大，选
项A 正确；
BCD．根据∆v=at 可知，曲线与横轴所围成的面积表示手机速度的变化量，可知从a 到c 速度的变化量为零，
即时刻c 手机运动的速度为零；选项BC 错误，D 正确。
故选AD。
第II 卷（非选择题）
三、非选择题：本题共5 小题，共54 分
11．（8 分）利用手机内置加速度传感器可实时显示手机加速度的数值。小明通过如图甲所示实验装置探
究手机运动的规律，实验装置如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端与手机连接，手机下方悬挂装有砝码的
小桶，整个装置处于静止状态。
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(1)剪断手机和小桶间的细绳，通过手机软件记录竖直方向加速度a 随时间变化的图像如图乙所示，剪断细
绳后手机第一次到达最高点时的加速度对应图中的 （选填“A”、“B”或“C”）点。
(2)剪断细绳瞬间手机受到的合力大小等于（ ）
A．砝码的重力大小
B．小桶和砝码的重力大小
C．手机的重力大小
D．弹簧对手机的拉力大小
(3)如图丙所示，某同学在处理数据时，以剪断细绳瞬间手机竖直方向上的加速度a 为纵坐标，砝码质量m
为横坐标，绘制
图像，获得一条斜率为k、截距为b 的直线，若当地重力加速度为g，则可推算出手
机的质量为 ，小桶的质量为 。（选用k、b、g 表示）
【答案】(1)B
(2)B
(3)
【详解】（1）剪断手机和小桶间的细绳后，手机做简谐运动，剪断细绳瞬间手机加速度向上，对应图像
中的A 点，故规定加速度向上为正。剪断细绳后手机第一次到达最高点时的，由简谐运动的对称性，手机
加速度向下，且加速度向下达到最大值，故剪断细绳后手机第一次到达最高点时的加速度对应图中的B 点。
（2）剪断细绳前，弹簧弹力
等于手机重力
和小桶和砝码的重力
之和，即
剪断细绳瞬间，弹簧弹力不变，故手机受到的合力大小
即小桶和砝码的重力大小。
故选B。
14
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（3）设手机质量为
，小桶质量为
，则剪断细绳瞬间手机竖直方向上的加速度
图像斜率为
故手机的质量为
截距为
小桶的质量为
12．（8 分）
在“测定直流电动机的效率”实验中，用如图所示的电路测定一个额定电压为6V、额定功率为3W 的直流
电动机的机械效率。
(1)实验中保持电动机两端电压U 恒为6V，重物每次匀速上升的高度h 均为1.5m，所测物理量及测量结果
如下表所示：
实验次数
1
2
3
4
5
电动机的电流I/A
0.2
0.4
0.6
0.8
2.5
所提重物的重力mg/N
0.8
2.0
4.0
6.0
6.5
重物上升时间t/s
1.4
1.65
2.1
2.7
∞
计算电动机效率η 的表达式为 （用符号表示），前4 次实验中电动机工作效率的平均
15
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值为 。
(2)在第5 次实验中，电动机的输出功率是 W；可估算出电动机线圈的电阻为 Ω。
(3)实验中通过适当调节使重物匀速上升的目的是 。
【答案】(1)
74%
(2) 0 2.4
(3)使绳子拉力等于重物重力
【详解】（1）[1]计算电动机效率η 的表达式为
[2]根据表中数据可得第一次电动机的工作效率
同理可计算第2 次到第4 次的效率分别为：75.7%，79.4%，69.4%，则前4 次实验中电动机工作效率的平
均值为74%；
（2）[1][2]在第5 次实验中，电动机没有转动，则输出功率是0W；可估算出电动机线圈的电阻为
（3）实验中通过适当调节使重物匀速上升的目的是使绳子拉力等于重物重力。
13．（8 分）如图所示，一个圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置，内有活塞，活塞横截面积为S＝1×10－
4m2，质量为m＝1kg，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气。汽缸内密封有一定质量的理想气体，气柱高度h＝
0.2m。已知大气压p0＝1.0×105Pa，取g＝10m/s2。
（1）如果在活塞上缓慢堆放一定质量的细砂，气柱高度变为原来的
，请计算砂子质量，此过程理想气
体吸热还是放热？
（2）如果在（1）的基础上设法升高缸内气体的温度，使活塞恢复到原高度，此过程气体吸收热量为5J，
请计算气体内能的增量。
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【答案】(1)1kg，放热；(2)3J
【详解】(1)因为细砂是缓慢放置的，所以气体发生等温变化，据玻意耳定律可得
p1V1＝p2V2
其中
p1＝p0＋
，p2＝p0＋
V1＝hS，V2＝
hS
联立解得砂子质量为
m0＝1kg
因为气体体积减小，外界对气体做功，理想气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律可知，此过程理
想气体放热。
(2)使活塞恢复到原高度的过程，气体压强不变，气体对外做功为
W＝－p2(V1－V2)＝－2J
据
ΔU＝W＋Q
代入数据解得，气体内能的增量为
ΔU＝3J
14．（14 分）如图1 所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨，倾角θ=30°，间距为L，下端接有阻值为R
的电阻，cd 下方存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场。一质量为m、电阻为R 的导体棒放在导轨上，在
方向沿导轨向上的恒定拉力作用下，由静止开始沿导轨向上运动，其加速度随速度的变化图像如图2 所示
（g 为重力加速度的大小），导体棒的速度大小为v1时撤去拉力，此时导体棒恰好到达ab 处，此后滑行x1
距离通过cd 处而离开磁场，再滑行x2距离到达最高处ef。已知导体棒返回到ab 处时的速度大小为nv1，导
体棒始终与导轨垂直且接触良好。求：
（1）恒定拉力F 的大小和磁感应强度B 的大小；
（2）导体棒从ab 处运动到cd 处的过程中，电阻R 产生的焦耳热Q；
（3）导体棒从ef 处运动到ab 处所用的时间t。
17
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【答案】（1）F=
mg，B=
；（2）
；（3）t=
【详解】（1）导体棒在拉力作用下由静止开始沿导轨向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有
F–mgsinθ–BIL=ma
根据闭合电路欧姆定律有
I=
可得
结合图像得
，
解得
F=
mg，B=
（2）设导体棒通过cd 处时的速度大小为v2，导体棒从cd 处运动到ef 处的过程中，根据机械能守恒定律有
=mgx2sinθ
导体棒从ab 处运动到cd 处的过程中，根据能量守恒定律有
解得
（3）导体棒从ef 处运动到cd 处所用的时间为t1，加速度大小为a1，从cd 处运动到ab 处所用的时间为t2，
则
v2=a1t1
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mgsinθ=ma1
导体棒从cd 处运动到ab 处的过程中，根据动量定理有
mgsinθ·t2–B
Lt2=mnv1–mv2
根据法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律有
导体棒从ef 处运动到ab 处所用的时间
t=t1+t2=
15．（16 分）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，两个大小不计的物块A、B 质量分别为m1=m
和m2=5m，A、B 与传送带的动摩擦因数分别为
和μ2=tanθ。设物体A 与B 碰撞时间极短且无能
量损失，重力加速度大小为g。
（1）若传送带不动，将物体B 无初速放置于传送带上的某点，在该点右上方传送带上的另一处无初速释
放物体A，它们第一次碰撞前A 的速度大小为v0，求A 与B 第一次碰撞后的速度大小v1A、v1B；
（2）若传送带保持速度v0顺时针运转，如同第（1）问一样无初速释放B 和A，它们第一次碰撞前A 的速
度大小也为v0，求它们第二次碰撞前A 的速度大小v2A；
（3）在第（2）问所述情景中，求第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物体A 做的功。
【答案】（1）
（负号表示方向沿传送带向上）；（2）
；（3）
【详解】（1）B 与传送带的动摩擦因数为μ2=tanθ，即
若传送带不动，将物体B 无初速放置于传送带上的某点，物块B 在传送带上能够静止。A 和B 碰撞过程中
19
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动量守恒，取沿传送带方向向下为正，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
（2）若传送带保持速度v0顺时针运转，如同第（1）问一样无初速释放B 和A，它们第一次碰撞前A 的速
度大小也为v0，B 相对于地面仍静止，A 的运动情况不变，它们第一次碰撞后的速度仍为
第一次碰撞后B 沿传送带匀速下滑，A 先向上做匀减速运动，后向下做匀减速直线运动，设加速度大小为
a，根据牛顿第二定律可得
解得
设经过时间t 二者相遇，根据位移时间关系可得
即
解得
它们第二次碰撞前A 的速度
20
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（3）在第（2）问所述情景中，设第二次碰撞后A 和B 的速度分别为
，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
设再经过
时间二者第三次相碰，根据位移时间关系可得
即
解得
第一次碰撞后到第三次碰撞前B 的位移为
第一次碰撞后到第三次碰撞前A 的位移和B 的位移相等，也为
故第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物体A 做的功
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