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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：本题共4 小题，每小题4 分，共16 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
目要求的。
1．某中学科技小组竖直向上发射自制小火箭，小火箭在
时刻燃料耗尽失去动力，整个运动过程的位
移
随时间变化的图像如图所示。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．
时间内小火箭处于超重状态
B．
时间内小火箭的速度一直增大
C．
时刻小火箭的加速度为0
D．小火箭在
时间内的位移大小小于在
时间内的位移大小
【答案】D
【解析】
图像的斜率表示速度，由图可知，
时间内小火箭竖直向上加速，加速度竖直向上，
处于超重状态，
时间内小火箭只受重力，竖直向上减速，处于完全失重状态，A 错误，B 错误；
时刻小火箭只受重力，加速度为重力加速度，C 错误；小火箭在
时刻运动至最高点，
时
刻又回到初位置，
时间内的位移大小小于
时间内的位移大小，D 正确。
2．游乐园的夜晚身披彩灯的摩天轮格外醒目。若摩天轮绕中间的固定轴匀速转动，则以下说法正确的是
（ ）
1
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A．因为角速度为恒量，所以在相同的时间内，乘客的速度变化量相同
B．乘客在最低点时，他的动量变化率为零
C．当乘客位于摩天轮的最高点时他对座椅的压力最小
D．乘客在与转轴等高的位置时，他的加速度就是重力加速度
【答案】C
【解析】摩天轮绕中间的固定轴做匀速圆周运动，所受合外力大小不变，但方向不断变化，是变加速运
动，所以在相同时间内， 乘客的速度变化量大小相等，但方向不同，A 错误；根据动量定理可知“动
量变化率大小即为物体的合力大小”，由于摩天轮绕中间的固定轴做匀速圆周运动，根据曲线运动的条
件可知，乘客需要合外力，所以他的动量变化率不为零，B 错误； 当乘客位于摩天轮的最高点时，他
受到的合外力竖直向下，加速度向下，所以他处于失重状态，乘客位于摩天轮的最高点时他对座椅的压
力最小，C 正确；乘客在与转轴等高的位置时，他受到的合外力水平指向圆心，加速度方向就跟重力加
速度方向不同，D 错误。
3．如图所示，水平地面上固定一足够大斜面，斜面倾角为37°，从斜面上一点P 正上方沿与水平方向成
45°角斜向上抛出一小球，小球抛出速度最大为10 m/s，已知重力加速度g = 10 m/s2，抛出点与P 点间
的距离为3 m，则斜面上与抛出点等高的可能落点构成线段的长度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】小球初速度方向与水平方向夹角为45°，当小球初速度大小为10 m/s 时，小球落到与抛出点等
高的落点时水平位移最大，此时小球的水平位移为
，且
，解得
，当
小球面对斜面抛出且初速度方向与AA′垂直时，小球落到与抛出点等高的落点时水平位移最小，此时小
球的水平位移为
，则斜面上与抛出点等高的落点构成线段的长度为
。
4．帆船是利用风力航行的船，是继舟、筏之后的一种古老的水上交通工具。如图所示，在某次航行时，
一艘帆船在水平风力的作用下，以速度
沿风的方向匀速前行，风与帆作用的有效面积为S，气流的平
均密度为
，帆船行驶过程水平方向上所受阻力恒为f。假设气流与帆作用后速度与帆船前行速度相等，
则风速大小为（ ）
2
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
时间内冲击船帆的空气的体积为
时间内冲击船帆的空气质量为
，空气的动量改变量为
，取船速方向为正，设帆对空气的作用力
大小为F，由动量定理可得
，即
，又帆船匀速前行，根据平衡条
件，
，联立解得
，只有A 正确。
二、双项选择题：本题共4 小题，每小题6 分，共24 分。每小题有两个选项符合题目要求，全部选对的得
6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。
5．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
D．负电荷从C 点移动到B 点，电场力做的总功为0
【答案】CD
【解析】根据电场线的密疏程度表示场强大小，可知A 点电场强度比
点小，A 错误；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；根据
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；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。
6．“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前几秒至数十秒发
出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，如图甲所示为研究过程中简谐横
波
时刻的波形图，M 是此波上的一个质点，平衡位置处于
处，图乙为质点M 的振动图像，
则（ ）
3
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A．该列波的传播速度为2m/s
B．该列波的传播方向沿x 轴负向传播
C．质点M 在9s 内通过的路程为340cm
D．质点M 在2s 内沿x 轴运动了8m
【答案】AB
【解析】由甲、乙图可知
，
，则该列波的传播速度为
，故A 正确；由图乙可
知
时刻质点M 沿沿y 轴正方向振动，根据波形平移法可知，该列波的传播方向沿x 轴负向传播，B
正确；根据
可知，质点
在
内通过的路程为
，故C 错误；质点
只在其平衡位置上下振动，并不会随波的传播方向迁移，D 错误。
7．如图，倾角为30°且足够长的光滑斜劈固定在水平面上，P、Q 两个物体通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，
Q 的另一端与固定在水平面的轻弹簧连接，P 和Q 的质量分别为4m 和m。初始时，控制P 使轻绳伸直
且无拉力，滑轮左侧轻绳与斜劈上表面平行，右侧轻绳竖直，弹簧始终在弹性限度范围内，弹簧劲度系
数为k，重力加速度大小为g。现无初速释放P，则在物体P 沿斜劈下滑过程中（ ）
A．P 的加速度大小先减小后增大
B．P 的加速度大小一直增大
C．P 沿斜劈下滑的最大距离为
D．P 沿斜劈下滑的最大距离为
【答案】AD
【解析】设物体P 向下运动过程中的位移为x，弹簧的形变量为Δx，开始时弹簧的弹力表现为支持力，
从释放P 到弹簧恢复原长过程中，对P、Q 整体根据牛顿第二定律，
，
可得
，随着x 增大Δx 减小，则加速度逐渐减小，当弹簧恢复原长后，弹簧表现为拉伸状态，
弹簧弹力为拉力，随着x 增大Δx 增大，根据牛顿第二定律，
，可得
，随着x 增大Δx 增大，当mg > kΔx 时，随着x 增大，加速度逐渐减小，当kΔx > mg 时，
随着x 增大，加速度反向增大，所以物体P 的加速度大小先减小后反向增大，A 正确，B 错误；没有释
放物体P 前，根据平衡条件，
，可得
，物体P 沿斜劈下滑的最大距离为xmax，根据系统
机械能守恒可得
，解得
，D 正确，C 错误。
8．如图所示的正方形区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从ad 边中点e 沿ec 方向射入磁场。
当射入速度大小为v 时，恰好从bc 边中点f 飞出磁场。不计粒子所受重力。下列说法正确的是（ ）
4
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A．当粒子速度大小为
时，粒子离开磁场时的速度方向与磁场边界不垂直
B．当粒子速度大小为
时，粒子在磁场区域运动过程中速度方向改变了90°
C．粒子两次射入速度大小分别为
，在磁场中运动时间分别为
，若
，则有
D．若粒子射入速度大小合适，可能从ab 边界上任一点飞出磁场
【答案】BC
【解析】由左手定则判断，粒子带负电，做匀速圆周运动，
，
，周期
，
设正方形边长为L，粒子射入速度方向与ef 时夹角为θ，有
，当粒子射入速度大小为v 时，轨迹
对应的圆心角为
，运动时间
，由几何关系可得
，当粒子速度大小为
时，
轨迹半径
，粒子的轨迹圆心恰好位于cb 边的延长线上，如图1 所示，粒子离开磁场时速度
方向应与磁场边界垂直，A 错误；设粒子速度大小为
时，在磁场区域运动过程中速度方向改变了
90°，轨迹半径
，如图2 所示。由几何关系可得
，
解得
，即
，故B 正确；粒子入射
速度变小，轨迹半径变小，粒子两次射入速度大小分别为
，只要两次不都是从ea 边射出，
时，轨迹半径
，轨迹对应的圆心角
，则有
，若两次都是从ea 边射出，
时，轨迹
半径
，轨迹对应的圆心角
，则有
，C 正确；当入射速度使粒子运动轨迹恰好与ab 边界
相切时，设切点为g，速度再小时，粒子就从ea 边射出，所以粒子不可能在ag 间飞出磁场，D 错误。
三、非选择题：共60 分，其中9、10、11 题为填空题，12、13 题为实验题，14、15、16 题为计算题。考
生根据要求作答。
9．（3 分）带有活塞的汽缸中封有一定质量的理想气体，缸内气体从状态A 变化到状态B，再从状态B 变
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化到状态C，如图所示。在从状态A 变化到状态B 过程中，汽缸单位面积上所受气体分子撞击的作用力
（选填“增大”“不变”或“减小”），在从状态B 变化到状态C 过程中，缸内气体对外界
（选填“做正功”“做负功”或“不做功”），在整个过程中，缸内气体的内能 （选填“增
大”“不变”或“减小”）。
【答案】不变（1 分） 不做功（1 分） 增大（1 分）
【解析】由状态A 变化到状态B 为等压膨胀过程，由于气体压强不变，由压强物理意义可知汽缸单位面
积上所受气体分子撞击的作用力不变；由状态B 变化到状态C 为等容升温过程，由于气体的体积不变，
缸内气体对外界不做功；由于汽缸中为理想气体，不用考虑分子势能，所以根据在整个过程中气体温度
升高，气体分子动能增加，气体的内能增大。
10．（3 分）五边形
为单反照相机取景器中五棱镜的一个截面示意图，
，由a、b 两种单
色光组成的细光束从空气垂直于
射入棱镜，光线经两次反射后垂直于
射出，且在
、
边b
光恰好发生全反射，只有a 光射出，如图所示，则a、b 两束光的频率关系为
（选填
“大于”“小于”或“等于”），从
到
的传播时间关系
（选填“大于”“小
于”或“等于”），该五棱镜对b 光的折射率为 （可用三角函数表示）。
【答案】小于（1 分） 小于（1 分）
（1 分）
【解析】根据题意可知，b 光恰好发生全反射，a 光射出，则b 光的临界角小于a 光的临界角，由临界
角公式
可知，b 光的折射率大于a 光的折射率，则有
小于
。根据题意，由公式
可知，
b 光在棱镜中的传播速度小于a 光在棱镜中的传播速度，则从
到
的传播时间关系
小于
。由题
意画出光路图如图所示 ，根据光路图和反射
定律可知
，又有
，可得
。
6
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11．（3 分）光电效应实验中，以不同频率的光入射同一金属表面，并测量与各频率ν 对应的遏止电压
Uc，所得结果如图所示。若图线斜率为k，电子电荷量大小为e，则普朗克常量h= （用上述字
母表示）。若用频率为3×1014Hz 很强的入射光照射到该金属表面 （选填“能”或“不能”）产
生光电效应。
【答案】ek（2 分） 不能（1 分）
【解析】由光电效应方程
和
，可得
，对照题给的
图像，则
，
(2)由图像的直线与
轴的交点可知，遏止电压为零时，入射光的频率等于截止频率，该金属板对入射光
的截止频率大于
Hz，所以频率为
Hz很强的入射光照射到该金属板表面不能产生光电效应。
12．根据变压器工作原理，完成以下问题：
(1)街头见到的变压器是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，则导线较粗的线圈为
（选填“原”或“副”）线圈。
(2)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，可拆变压器如图甲所示。实验过程中，变
压器的原、副线圈选择不同的匝数，利用多用电表10V 交流电压档测量相应电压，记录如下，从实验数
据分析可知，原、副线圈的电压之比并不等于匝数之比，造成这种结果的可能原因是 。
（写出两个原因）
匝
200
400
400
800
匝
100
100
200
400
4.0
8.2
6.1
9.6
1.9
2.0
2.9
4.6
(3)利用等效法可以简化处理含有理想变压器的问题。如图乙所示的电路，可以把虚线框内理想变压器
和副线圈的电阻共同等效为一个电阻
，如图丙所示，且等效电阻
的功率与原电阻
的功率相同。
若理想变压器原、副线圈的匝数之比为
，则等效电阻
。
【答案】(1)副（2 分） (2)漏磁、铁芯发热或导线发热（2 分） (3)
（2 分）
【解析】（1）理想变压器的输入功率等于输出功率，因为是降压变压器，所以副线圈的电压小于原线
7
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圈的电压，而功率又相等，所以副线圈的电流大于原线圈的电流，为了减少功率损失，根据电阻定律可
知副线圈应用较粗的导线绕制。
（2）通过分析实验数据发现，每次实验，变压器副线圈输出电压总比理论值小，造成这种结果的主要
原因是漏磁、铁芯和导线发热。
（3）由功率相同可得
，解得
13．（6 分）某物理兴趣小组利用如图甲所示实验装置来验证牛顿第二定律。图中小车两端各有一个宽度
为
的遮光板1 和2，两遮光板的中心距离为
，小车和遮光板的总质量为
，主要实验步骤如下：
A．将光电门固定在一端装有定滑轮的长木板中间位置，用活动支柱将木板装有定滑轮的一端垫高，平
行于木板的细绳一端系在小车上，另一端绕过定滑轮后挂一个小砝码盘；在盘中放入质量为
的砝码，
调整木板倾角，使小车恰好能沿长木板匀速下滑；保持木板倾角不变，取下砝码盘，记录砝码和砝码盘
的质量
，然后，将小车由靠近定滑轮的位置释放，记下遮光板1 和2 经过光电门时的挡光时间
、
；改变盘中砝码的质量，重复
、
步骤进行实验；
E.将砝码和砝码盘的总重力作为小车受到的合力
，作出
与
的图像，该图像为过坐标原点的
一条直线，如图乙所示，即可验证牛顿第二定律中加速度与合力的关系。
回答下列问题：
(1)在步骤B 中，调整木板倾角使小车匀速下滑，如果遮光板1 和2 经过光电门时的挡光时间分别为
、
，那么，遮光板1 经过光电门时的速度为 ，当满足 条件时，说明小车匀速下滑（用题中
已知字母表示）；
(2)本实验中小车的质量 （选填“是”或“不”）需要远远大于砝码的质量；
(3)图乙所示图像的斜率为 （用题中已知字母表示）；
(4)在上述步骤C 及后面改变砝码后的重复实验中，如果只记录砝码的质量
，其他步骤与计算都正确
的情况下，请在丙图
坐标系中，作出大致的图像 。
8
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【答案】(1)
（1 分）
（1 分） (2)不（1 分） (3)
（2 分） (4)
（1 分）
【解析】（1）根据题意可知，遮光板1 经过光电传感器时的速度为
若气垫导轨水平，则滑块做匀速直线运动，则有
（2）根据题意可知，合力的测量值为
，无需满足小车的质量远远大于砝码的质量
（3）根据牛顿第二定律有
，根据运动学规律有
，联立可得
，
图像的斜率为
（4）应该记录砝码和砝码盘的质量m+m0，如果只记录砝码的质量，则不加砝码时也存在合外力，即
在外力为零时，加速度不为零，即图像的斜率不变，与横轴有交点，如图
14．（11 分）2014 年10 月8 日，月全食带来的“红月亮”亮相天空，引起人们对月球的关注．我国发射
的“嫦娥三号”探月卫星在环月圆轨道绕行n 圈所用时间为t，如图所示。已知月球半径为R，月球表
面处重力加速度大小为
，引力常量为G。试求：
（1）月球的质量M；
（2）月球的第一宇宙速度
；
（3）“嫦娥三号”卫星离月球表面的高度h。
9
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）月球表面处引力等于重力，即
（2 分）
得
（1 分）
（2）第一宇宙速度为近月卫星运行速度，由万有引力提供向心力得
（2 分）
所以月球第一宇宙速度
（1 分）
（3）“嫦娥三号”卫星做圆周运动，由万有引力提供向心力，得
（2 分）
卫星周期
（1 分）
轨道半径
（1 分）
联立解得“嫦娥三号”卫星离月球表面的高度为
（1 分）
15．（12 分）如图所示，足够长的水平传送带MN 以速度
自西向东匀速运动，某时刻将一质量
的小物块轻放在传送带上，离放置小物块的位置足够远的地方固定有南北方向的竖直挡板
ABCD，当小物块运动到此处时，挡板可阻止小物块继续向东运动。已知小物块与传送带之间的动摩擦
因数
，与挡板之间的动摩擦因数
，重力加速度大小g 取
。求：
(1)在小物块到达挡板之前，物块与传送带间因摩擦产生的热量Q；
(2)小物块被挡板阻止后，对小物块施加一水平向南的拉力F，使小物块相对地面以
的速度向南
匀速滑动，该拉力F 的大小。
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）设小物块的加速度大小为
，则有
（1 分）
设小物块与传送带共速所需的时间为
（1 分）
小物块的位移大小为
（1 分）
传送带的位移大小为
（1 分）
故系统产生的热量
（1 分）
解得
（1 分）
10
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（2）设与
之间的夹角为
，则有
而
（1 分）
小物块相对于传送带和挡板的运动情况与受力情况如图所示
传送带对小物块的摩擦力大小为
（1 分）
挡板对小物块的摩擦力大小为
（1 分）
故拉力
的大小为
（1 分）
又因为
（1 分）
解得
（1 分）
16．（16 分）如图所示，两平行金属直导轨
、
固定于同一水平绝缘桌面上，两导轨之间的距离为
L，a、
端与倾角为
的倾斜金属导轨平滑连接，倾斜导轨上端连接阻值为
的定值电阻，
、
端
与位于竖直面内、半径相同的半圆形金属导轨平滑连接，所有金属导轨的电阻忽略不计。仅水平导轨
所围矩形区域存在方向竖直向下，磁感应强度大小为
的匀强磁场。一根质量为
、电阻为
、
长度为
的细金属棒
与导轨垂直，静置于
处，另一根与
长度相同、质量为
的细绝缘棒
由
倾斜导轨上与
距离为
处静止释放，一段时间后
与
发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞后，
和
先后恰好运动到半圆形导轨的最高点（抛出后立即撤去），运动过程中棒与导轨始终垂直且接
触良好。不计一切摩擦，重力加速度大小为
。求：
(1)半圆形金属导轨的半径；
(2)整个过程中定值电阻
产生的焦耳热
；
(3)绝缘棒
通过
区域的时间。
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】（1）
、
碰前过程，对绝缘棒
，由动能定理得
（1 分）
解得
绝缘棒
与金属棒
发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得
（1 分）
11
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由机械能守恒定律得
（1 分）
解得
，
因
和
恰好均能通过半圆形轨道的最高点，则
和
通过
时速度大小相等，设为
则
（1 分）
在半圆形轨道最高点时有
（1 分）
由半圆形轨道最低点到最高点，由动能定理得
（1 分）
解得
（1 分）
（2）
从
运动到
，由能量守恒得
（1 分）
定值电阻
产生的焦耳热
（1 分）
解得
（1 分）
（3）设
由
运动到
的位移为
，对
，由动量定理得
（1 分）
电荷量
（1 分）
平均感应电动势
（1 分）
平均感应电流
（1 分）
又
（1 分）
解得
（1 分）
12
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13
