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2025 年高考第一次模拟考试
物理·全解全析
一、选择题：本题共10 小题，每小题4 分，共40 分。在每小题给出的四个选项中，第1～7 题只有一项符
合题目要求，第8～10 题有多项符合题目要求。全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的
得0 分。
1．宇宙射线进入地球大气层时，同大气作用产生中子，中子撞击大气中的氮引发核反应产生碳14，核反
应方程为
。原子核X 为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】 C
【解析】设原子核的质量数为M，电荷数为N，根据质量数守恒可知
根据电荷数守恒可得
解得
故X 为质子
，故C 正确，ABD 错误。
故选C。
2．如图为沿x 轴传播的一列简谐横波在
时刻的图像，该时刻P、Q 两质点离开平衡位置的位移相同，
此后P 质点回到平衡位置的最短时间为0.2s，Q 质点回到平衡位置的最短时间为0.6s，下列说法正确
的是（ ）
A．该波沿轴负方向传播
B．该波的传播速度为7.5m/s
C．该波的传播周期为1.2s
D．
s 时，质点P 的加速度方向沿y 轴负方向
【答案】 B
【解析】AC．由题意可判断出波沿x 轴正方向传播，P 点向下运动，Q 向上振动，周期为
1
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故AC 错误；
B．该波的传播速度为
故B 正确；
D．
时，质点P 回到平衡位置，
s 时，质点P 位于y 轴负方向，所以加速度方向沿y 轴正
方向，故D 错误。
故选B。
3．如图为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器．发电机的输出功率P＝50kW，输出电压
，
输电线总电阻R＝5Ω，已知输电线的损失功率为发电机总功率的1%。则以下说法正确的是（ ）
A．输电线上的电流
B．升压变压器的匝数比
C．想要降低输电线上的损失功率，可以适当增加升压变压器线圈的匝数比
D．想要降低输电线上的损失功率，可以适当增加降压变压器线圈的匝数比
【答案】 B
【解析】A．输电线上损失的电功率
50000W×1%=
可得
故A 错误；
B．发电机输出功率
可得
2
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故B 正确；
C．要降低损失功率，应该降低匝数比
，故C 错误；
D．为保证用户电压，右边变压器的匝数比
由电压决定，不可随意调整，故D 错误。
故选B。
4．如图所示，车内轻绳AB 与轻绳BC 拴住一小球，轻绳BC 水平，两根轻绳可以承受的最大拉力相同，
整个装置处于静止状态．由于外界条件的变化，导致发生下列改变，但小球仍处于车内图中所示的位
置，则与原来静止状态时比较，正确的答案是（ ）
选
项
小球、小车状态的变化情况
AB 绳
BC 绳
A
保持小车静止，不断增加小球质
量
拉力变大，最先断
裂
拉力不变
B
向右匀减速直线运动
拉力不变，做负功
拉力减小，做正
功
C
向上匀加速直线运动
拉力变大，做正功
拉力不变，不做
功
D
向左匀减速直线运动
拉力变大，做负功
拉力减小，做负
功
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】 B
【解析】设AB 绳的拉力为FT1，BC 绳的拉力为FT2，AB 绳与竖直方向夹角为
，对小球受力分析如下
图：
根据牛顿第二定律，水平方向
FT2-FT1sinθ=max
3
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竖直方向
FT1cosθ-G=may
解得
A．保持小车静止，ax=ay=0，不断增加小球质量时，FT2和FT1都增大，故A 错误；
B．小车向右匀减速直线运动时，加速度方向向左，ax取负值，ay=0，所以FT1不变，做负功；FT2减小，
做正功，故B 正确；
C．小车向上匀加速直线运动时，加速度方向向上， ay取正值，ax=0，所以FT1变大，做正功；FT2变
大，不做正功，故C 错误；
D．小车向左匀减速直线运动时，加速度方向向右，ax取正值，ay=0，所以FT1不变，做正功；FT2变大，
做负功，故D 错误。
故选B。
5．嫦娥五号在返回时采用的方式是“打水漂”，这种返回方式最大的优点就是可以有效地将第二宇宙速
度降为第一宇宙速度，第一宇宙速度是指航天器沿地球表面做圆周运动时必须具备的发射速度，不计
地球自转影响，其表达式为
，
为地球表面的重力加速度，
为地球半径。假设地球密度
不变，地球半径变为原来的3 倍，则第一宇宙速度变为原来的（ ）
A．3 倍
B．9 倍
C．
倍
D．6 倍
【答案】 A
【解析】根据万有引力提供向心力可得
解得
由球体质量和体积关系可得
得
第一宇宙速度将变为原来的3 倍，所以A 正确；BCD 错误；
故选A。
6．如图所示，真空中A、B 两个可视为点电荷的带电小球电荷量分别为
和
，放在光滑的绝缘水平面
上，A、B 之间用绝缘的轻弹簧连接，弹簧的劲度系数为
。当系统平衡时，弹簧的伸长量为
。已
4
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知弹簧的形变均在弹性限度内，k 为静电力常量，则（ ）
A．保持Q 不变，将q 变为
，平衡时弹簧的伸长量等于
B．保持q 不变，将Q 变为
，平衡时弹簧的伸长量小于
C．保持Q 不变，将q 变为
，平衡时弹簧的缩短量等于
D．保持q 不变，将Q 变为
，平衡时弹簧的缩短量小于
【答案】 B
【解析】AB．设弹簧的原长为l，由库仑定律、胡克定律平衡可得，当电荷量为q 时
当保持Q 不变，将q 变为
，或保持q 不变，将Q 变为
时，设弹簧的伸长量为
，有
解得
由于
所以
故A 错误 ，B 正确。
CD．当保持Q 不变，将q 变为
，或保持q 不变，将Q 变为
时，设弹簧的压缩量为
，有
解得
所以
故CD 错误。
故选B。
7．如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，物块A、B 用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质
量和摩擦）。初始时刻，A、B 处于同一高度并恰好静止．剪断轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则从
剪断轻绳到物块分别落地的过程中，两物块（ ）
5
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A．落地时速度相同
B．运动时间相同
C．重力势能的变化量相同
D．重力的平均功率相同
【答案】 D
【解析】A．剪断轻绳后A 自由下落，B 沿斜面下滑，AB 都只有重力做功，根据机械能守恒定律得
得
可知两个物体落地速度大小相等，但方向不同，所以落地速度不同，故A 错误；
B．对A 根据动力学公式
得
对B 根据动力学公式
则得
故B 错误；
C．未剪断细绳前，有
故两者的质量不同，下落高度相等，重力势能变化量
故重力势能变化量不同，C 错误；
D．可知运动时间不同，重力的平均功率为
6
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由于
故重力的平均功率相同，故D 正确。
故选D。
8．对下列四个有关光的实验示意图，分析正确的是（ ）
A．图甲中若改变复色光的入射角，则b 光先在玻璃球中发生全反射
B．图乙中若只减小屏到挡板的距离L，则相邻亮条纹间距离将减小
C．图丙是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，若将薄片向右移动，条纹间距将变大
D．若只旋转图丁中M 或N 一个偏振片，光屏P 上的光斑亮度会发生变化
【答案】 BD
【解析】A．根据图像可知
由于a 光的折射率较小，入射时折射角较大，根据
可知临界角较大，第一次出射时入射时较
大，而b 光的折射率较大，则临界角较小，出射时入射角较小，故无法确定哪种光先发生全反射，A
错误；
B．由于条纹间距
可知只减小屏到挡板的距离L，相邻亮条纹间距离将减小，B 正确；
C．图丙是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，若将薄片向右移动，即增大空气薄层
7
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的厚度，导致同级的光程差的间距变小，则干涉条纹间距将会变小，C 错误；
D．自然光通过M 后变成偏振光，若N 的偏振方向与M 的偏振方向相同，光屏上光斑最亮；若N 的
偏振方向与M 的偏振方向垂直，光屏上几乎没有亮斑，因此当M 和N 发生相对转动时，光屏上的光
斑亮度会发生变化，D 正确。
故选BD。
9．如图所示，abcd 为一矩形金属线框，其中ab＝cd＝L，ab 边接有定值电阻R， cd 边的质量为m，其它
部分的电阻和质量均不计，整个装置用两根绝缘轻弹簧悬挂起来．线框下方处在磁感应强度大小为B
的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里．初始时刻，使两弹簧处于自然长度，且给线框一竖直向下
的初速度v 0，当cd 边第一次运动至最下端的过程中，R 产生的电热为Q，此过程cd 边始终未离开磁场
已知重力加速度大小为g，下列说法中正确的是（ ）
A．初始时刻cd 边所受安培力的大小为
B．线框中产生的最大感应电流可能为
C．cd 边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量大于
D．在cd 边反复运动过程中，R 中产生的电热最多为
【答案】 BC
【解析】A．初始时刻时，棒的速度为v0，由
E=BLv=BLv0
再由
F=BIL
得cd 边所受安培力的大小
F=
故A 错误；
8
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B．cd 棒开始运动后，对cd 棒受力分析，受重力和安培力及弹簧弹力，无法确定重力和安培力的关系，
当重力大于安培力时，由
mg-
-kx=ma
合力方向向下，可知导体棒可能先做加速度减小的加速运动，故v0不是速度的最大值，产生的感应电
动势不是最大，感应电流不是最大，当重力小于安培力时，由
+kx-mg=ma
合力方向向上，可知导体棒可能先做加速度减小的减速运动，速度v0为最大值，线框中产生的最大感
应电流大于等于
，故B 正确；
C．cd 边第一次到达最下端的时刻，由能量守恒定律可知，导体棒的动能和减少的重力势能转化为焦
耳热及弹簧的弹性势能，即
mgh+
=Ep+Q
所以
EP-mgh=
-Q
故弹簧弹性势能大于
-Q，故C 正确；
D．在cd 边反复运动过程中，可知最后棒静止在初始位置的下方，设两弹簧并联后的劲度系数为k，
由
mg=kx
得
x=
由能量守恒定律可知，导体棒的动能和减少的重力势能转化为焦耳热及弹簧的弹性势能，弹性势能
EP=
kx2=
减少的重力势能为
mgh=
因重力势能大于弹性势能，根据
mgh+
mv0
2=Ep+Q
可知热量应大于
mv0
2，故D 错误；
故选BC。
10．算盘是中国古老的计算工具，承载着我国古代劳动人民的智慧结晶和悠远文明。算盘一般由框、梁、
9
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档和算珠组成，中心带孔的相同算珠可在档上滑动，使用前算珠需要归零。若一水平放置的算盘中分
别有一颗上珠和一颗顶珠未在归零位置，上珠靠梁，顶珠与框相隔
，上珠与顶珠相隔
，如图甲所示。现用手指将上珠以一定初速度拨出，一段时间后，上珠与顶珠发生正碰（碰
撞时间极短），整个过程，上珠运动的
图像如图乙所示。已知算珠与档之间的动摩擦因数处处相
同，重力加速度大小为
。下列说法正确的是（ ）
A．算珠与档之间的动摩擦因数为0.2
B．上珠从拨出到停下所用时间为0.2s
C．上珠与顶珠发生的碰撞是弹性碰撞
D．顶珠碰撞后恰好能运动至归零位置
【答案】 AD
【解析】A．研究上珠从拨出至与顶珠碰撞前的运动过程，根据运动学公式
得
故A 正确；
B．上珠从拨出到停下所用时间为
故B 错误；
C．由
图像知，上珠碰撞前的速度
，碰撞后的速度
，根据动量守恒定律有
得碰撞后顶珠的速度
因
故碰撞前、后机械能有损失，该碰撞不是弹性碰撞，故C 错误；
D．碰撞后顶珠做匀减速直线运动
10
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则碰撞后顶珠恰好能运动至归零位置，故D 正确。
故选AD。
二、非选择题：本题共5 小题，共60 分。
11. （8 分）“验证牛顿第二定律”的实验装置如图所示。按图设置好实验装置后，把细线系在小车上并绕
过滑轮悬挂钩码。
（1）图中木板右端被垫高，这样做的目的是 。
（2）某同学正确进行实验后，打出了一条纸带如图所示。计时器打点的时间间隔为
。从比较清
晰的点起，每5 个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离。则在打下点迹3 时，小车运动的速
度
（结果保留3 位有效数字），该小车的加速度
；（结果保留3 位
有效数字）
（3）根据测量的实验数据作出物体的加速度
和拉力
图线即：
图线，发现其不通过原点，请
分析其主要原因是 ；
（4）在对上一问中的装置进行了调整后，
图线能够通过原点。为得到更多的数据点，该同学不
断改变钩码质量，发现随着
增大，
图像由直线逐渐变为一条弯曲的图线，如图所示。图线在
末端弯曲的原因是 。
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【答案】 补偿阻力 0.450 0.188 平衡摩擦力过度 砝码质量未远小于小车质
量
【解析】（1）图中木板右端被垫高，这样做的目的是为了消除摩擦力对小车的影响，即补偿阻力；
（2）匀变速直线运动中，某段时间内的中间时刻速度等于平均速度，所以
保留三位有效数字，故为
；
根据逐差法求解加速度
保留三位有效数字，故为
；
（3）在开始阶段，拉力为零时，加速度不为零，说明合外力不为0，即平衡摩擦力过度。
（4）对钩码，根据牛顿第二定律得
对小车由牛顿第二定律得
解得
，
开始时，砝码质量远小于小车质量，绳上拉力
图像为直线；当砝码质量不再远小于小车
质量时
，所以图线在末端弯曲的原因是所挂钩码的总质量太大。
12. （10 分）实验室购买了一捆标称长度为1000m 的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度是否达标，
查得铜的电阻率
，他想设计一个在不拆散整捆导线的情况下测定导线的实际长度的
方案，要求测量结果尽量准确，该同学进行了如下实验步骤：
(1)用螺旋测微器测得铜导线头上导体部分横截面的直径d 如图（a）所示，则测量值为 mm。
12
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(2)用多用电表粗测导线的电阻值：该同学选择“
”挡位，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏
转角度太大。为了较准确地进行测量，应该选择 挡位（选填“
”、“
”），并重新欧姆
调零，正确操作并读数，此时刻度盘上的指针位置如图（b）所示，测量值为
。
(3)设计了如图（c）所示电路精确测量导线的电阻值，除待测导体件
外，实验室还提供了下列器材：
A．电流表A1（量程为20mA，内阻
）
B．电流表A2（量程为50mA，内阻未知）
C．滑动变阻器
D．定值电阻
E．定值电阻
F．电源（电动势E＝0.5V，内阻可以忽略）
G．开关S、导线若干
根据以上器材和粗测导体电阻值的情况可知，电路中定值电阻应选择 （选填器材前面的字母代
号）；为了减小误差，改变滑动变阻器滑动触头的位置，多测几组
、
的值，作出
关系图如
图（d）所示，根据图像中的数据可求得铜导线电阻的测量值为
（结果保留两位有效数
字），通过计算可得导线的实际长度为 m（结果保留两位有效数字），即可知道实际长度是否
达标。
【答案】 (1)
（1.202~1.207）
(2)
/14.0
(3) E 15
【解析】（1）螺旋测微器不动尺精度为0.5mm，可动尺精度为0.01mm，读数时需要估读一位，根据
图示可得螺旋测微器读数为
（2）发现指针偏转角度太大，说明指针所指数字过小，所达量程过大，故应换较小倍率“
”挡，
13
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再进行测量；
由图知，指针所指数字为14，乘以倍率后，可得测量值为
。
（3）当两电流表同时满偏时流过这段导体
的电流约为
导体两端的电压为
小于电源电动势，再根据并联电路的特点有
解得
所以定值电阻应选择E；
根据串并联电路的特点可得
数学变换可得
结合图像的斜率有
解得该导电元件电阻为
根据电阻定律有
导线的横截面积
联立解得导线的长度
即达到要求。
13. （9 分）如图所示，汽缸放置在水平桌面上，开口向上，用活塞将一定质量理想气体封闭在汽缸内，活
塞距缸底l1=10cm，气体温度t1=17
。加热缸内气体至温度t2时，活塞距缸底l2=12cm。已知活塞横
截面积S=2×10－3m2，大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2，活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气，
活塞重力忽略不计。
14
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(1)求温度t2；
(2)保持气体温度为t2，将一铁块放在活塞上，再次稳定后活塞回到初始位置，求铁块质量m。
【答案】 (1)t2=75
；(2)4kg
【解析】(1)气体被加热过程中压强不变，由盖吕萨克定律有
代入数据解得
T2=348K，t2=75
(2)设活塞再次稳定后气体压强为p，由平衡条件
mg+p0S=pS
由玻意耳定律
p0l2S=pl1S
代入数据解得
m=4kg
14. （15 分）如图所示，在平面坐标系xOy 的第二象限有沿y 轴负方向的匀强电场，在第一象限有一边长
为2L 的正三角形磁场区域abc，内充满方向垂直纸面向里的匀强磁场，其中ab 边与y 轴重合且中点恰
好为坐标原点O，现有一质量为m，电荷量为q 的粒子从电场中的P 点以速度v0沿x 轴正方向飞出，
恰好从坐标原点O 射入磁场，最终从ac 边飞出。已知P 点坐标为（
，L），粒子重力不计。
求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）带电粒子经过O 时的速度；
（3）匀强磁场的磁感应强度的取值范围。
【答案】 （1 ）
；（2 ）2v0 ，方向与x 轴正方向成60° 斜向下；（3 ）
15
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【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，则有
①
②
③
由①②③解得
④
（2）粒子从P 点到O 点，根据动能定理有
⑤
由④⑤解得
又
得
即带电粒子经过O 时的速度大小为
，方向与x 轴正方向成60°斜向下。
（3）粒子以速度
进入磁场，当轨迹刚好与ac 边相切，如图所示
则
得
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由
解得
当轨迹刚好与bc 边相切，则
由
解得
综合可知，要想粒子从ac 边飞出，磁感应强度满足
15. （18 分）如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右侧有一质量
、半径
的四
分之一光滑圆弧轨道
（厚度不计）静置于水平地面上。圆弧轨道底端
与水平面上的
点平滑相
接，
为圆弧轨道圆心。用质量为
的物块把弹簧的右端压缩到
点由静止释放（物块与弹
簧不拴接），此时弹簧的弹性势能为
。已知B 点左侧地面粗糙，物块与地面之间的动摩擦因
数为
，
、
之间的距离为
，
点右侧地面光滑，
取
。
(1)求释放后，物块在圆弧轨道能上升的最大高度；
(2)若该物块质量变为
，物块到达
点时以
速度冲向圆弧轨道，求滑块在D 点竖直
速度
；
(3)在第（2）问基础上，当物块离开轨道
点时施加一垂直向里的瞬时冲量
，同时锁定轨
道让其瞬间停下，求物块运动到最高点到
点的距离。（提示：立体空间问题）
【答案】 (1)0.15m
(2)
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(3)
【解析】（1）设弹簧的弹性势能为
，物块从
到
的过程由动能定理得
代入数据得
物块和圆弧轨道相互作用的过程水平方向动量守恒，机械能守恒则
解得
（2）物块到达
点时在水平方向上与
共速
解得
设物块到达
点时在竖直方向上的速度为
，由机械能守恒定律得
解得
（3）物块飞出后在竖直方向上做匀减速运动，设从
点飞出到最高点所用时间为
当物块上升到
点时受到一个垂直于纸面的冲量，设获得的速度为
，由
以物块飞出时
点所在的位置为坐标原点，以水平向右为
轴，竖直向上为
轴，垂直于纸面向里为
轴，则在时间内各方向的位移分别为
则最高点到
点的距离
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