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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，只有一项是符合题
目要求的。
1．贝可勒尔在120 年前首先发现了天然放射现象，如今原子核放射性在众多领域中有着广泛应用。下列
属于放射性衰变的是( )
A.C→N＋e B.U＋n→I＋Y＋2n C.H＋H→He＋n D.He＋Al→P＋n
【答案】：A
【解析】：放射性元素自发地放出射线的现象叫天然放射现象。A 选项为β 衰变方程，B 选项为重核裂
变方程，C 选项为轻核聚变方程，D 选项为原子核的人工转变方程，故选A。
2．一正弦交流电的电压随时间变化规律如图所示，则 ( )
A．交流电的频率为50 Hz B．交流电压的有效值为100 V
C．交流电压瞬时值表达式为u＝100sin 50πt(V) D．此交流电压可以直接接耐压值为80 V 的电容器
【答案】：C
【解析】：由题图可知，T＝4×10－2 s，故f＝＝25 Hz，故A 项错误；由图像可知交流电的最大值为
100 V，因此其有效值为U＝ V＝50 V，故B 项错误；交流电的角速度ω＝2πf＝50π rad/s，所以其表达
式为u＝100sin(50πt) V，故C 项正确；电容器的耐压值为交流电的最大值，最大值100 V 大于80 V，
故不能直接接在此交流电上，故D 项错误。
3．如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O 点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的。一
根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为m1的
小球与O 点的连线与水平面的夹角α＝60°，则两小球的质量之比为 ( )
1
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A． B． C．
D
．
【答案】：A
【解析】：小球m1受拉力T、支持力N、重力m1g 三力作用而处于平衡状态。受力分析如图甲所示，小
球m1处于平衡状态，故N 与T 的合力F＝m1g。根据合力公式可得F＝＝m1g，将N＝T＝m2g，θ＝60°代
入上式解得＝，故选项A 正确。
4．用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流大小与照射光的强弱、频率等物理量的关系。图中A、K 两
极间的电压大小可调,电源的正、负极也可以对调。分别用a、b、c 三束单色光照射,调节A、K 间的电
压U,得到光电流I 与电压U 的关系如图乙所示。由图可知( )。
A.单色光a 和c 的频率相同,但a 的光强更强些
B.单色光a 和c 的频率相同,但a 的光强更弱些
C.单色光b 的频率小于a 的频率
D.改变电源的极性后就一定没有光电流产生
【答案】A
【解析】由题图乙知,a、c 的遏止电压相同,根据光电效应方程可知单色光a 和c 的频率相同,但a 产生的
光电流大,说明a 光的强度大,A 项正确,B 项错误;单色光b 的遏止电压大于a、c 的遏止电压,所以b 光的
频率大于a 光的频率,C 项错误;只要光的频率不变,改变电源的极性,仍可能有光电流产生,D 项错误。
5．关于以下几幅图中现象的分析，下列说法正确的是（ ）
A.甲图中水黾停在水面而不沉，是浮力作用的结果
B.乙图中将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果
C.丙图液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向同性的特点制成的
2
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D.丁图中的酱油与左边材料不浸润，与右边材料浸润
【答案】B
【解析】因为液体表面张力的存在，水黾才能在水面上行走自如，故A 错误；将棉线圈中肥皂膜刺破
后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果，故B 正确；液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向异
性的特点制成的，故C 错误；从题图丁中可以看出酱油与左边材料浸润，与右边材料不浸润（不浸润
液滴会因为表面张力呈球形），故D 错误。
6．兴趣小组利用多匝线圈和灵敏电流计制作了一个简易的电流探测仪，用于检测埋在地下的通电导线，
如图（a）所示。地面表层有两根有绝缘皮包裹的垂直长导线AB、CD，如图（b）所示。当线圈水平放
置沿A1B1快速移动，电流计指针不偏转。当线圈水平放置沿C1D1方向快速移动，电流计指针偏转。下
列说法正确的是（ ）
A.两根导线中都有电流 B.两根导线中都无电流
C.AB 中无电流，CD 中有电流 D.AB 中有电流，CD 中无电流
【答案】D
【解析】当线圈水平放置沿A1B1快速移动时，AB 中即使有电流，其在线圈中产生的磁通量也是不变的；
电流计指针不偏转，说明线圈中磁通量不变，直导线CD 中无电流；当线圈沿C1D1方向快速移动，电
流计指针偏转，说明线圈中磁通量有变化，则直导线AB 中有电流，故D 正确，A、B、C 错误。
7．真空中静止的均匀带正电球体，其半径为R，电场强度大小沿半径方向分布如图所示，静电力常量为
k，则（ ）
A.r1和r2两处电势相等 B.球体表面处电势最高
C.r1和r2两处电势差为E0（r2－r1） D.球体所带的电荷量为Q＝E0r2
2
k
【答案】D
【解析】由E－r 图像可知，r1和r2两处电场强度相同，由于沿电场线方向电势降低，所以r1处的电势
高于r2处电势，故A 错误；沿电场线方向电势降低，所以从球心处开始电势一直降低，故B 错误；r1
和r2两处电势差为E－r 图像与横轴所围区域的面积，大于E0（r2－r1），故C 错误；球体外电场可以
看成是电荷量全部集中于球心处的点电荷产生的电场，则在r2处，有E0＝kQ
r2
2 ，所以Q＝E0r2
2
k
，故D
3
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正确。
二、多项选择题：本题共3 小题，每小题5 分，共15 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要
求。全部选对的得5 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。
8．“战绳”训练是近年健身的一种流行的项目，如图甲，健身者双手握住双绳一端，上下抖动使绳子振
动起来形成绳波，使健身者获得很好的健身效果。健身者抖动其中一根绳子形成的绳波，可看作简谐
波，以手的平衡位置为坐标原点，建立xOy 坐标系，图乙是t＝0 时刻绳子的波形，若抖动的频率是0.5
Hz，不考虑绳波传播过程中的能量损失，则（ ）
A.传播速度为8 m/s
B.该时刻Q 点的振动方向沿y 轴正方向
C.该时刻P 点坐标为（0，16）
D.从该时刻开始计时，质点Q 的振动方程为y＝20sin πt（cm）
【答案】BD
【解析】由图乙可知λ
2＝4 m，则绳波的波长为λ＝8 m，频率f＝0.5 Hz，则周期T＝1
f ＝1
0.5 s＝2 s，
波速为v＝λ
T ＝8
2 m/s＝4 m/s，A 错误；由题意可知，绳波沿x 轴正方向传播，由上下坡法可知，该时
刻Q 点的振动方向沿y 轴正方向，B 正确；由题意可知，质点振动的角速度为ω＝2πf＝2π×0.5 rad/s＝π
rad/s，对P 点，初相位为φ0＝π
4 ，从该时刻开始计时，质点P 的振动方程为yP＝Asin（2πft＋φ0）cm＝
20sin(π t ＋π
4)cm，在t＝0 时yP＝20sin π
4 cm＝10√2 cm，可知该时刻P 点坐标为（0，10√2），C
错误；由题意可知，质点振动的角速度为ω＝2πf＝2π×0.5 rad/s＝π rad/s，从该时刻开始计时，质点Q
的振动方程为y＝20sin πt（cm），D 正确。
9．如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送
带间动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则 ( )
4
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A．传送带一定逆时针转动 B．μ＝tan θ＋
C．传送带的速度大于v0 D．t0后木块的加速度为2gsin θ－
【答案】AD
【解析】若传送带顺时针转动，当木块下滑时(mgsin θ＞μmgcos θ)，将一直匀加速到底端；当木块上
滑时(mgsin θ＜μmgcos θ)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种情况均不符合运动图像，
故传送带是逆时针转动，选项A 正确。木块在0～t0内，滑动摩擦力向下，木块匀加速下滑，a1＝gsin
θ＋μgcos θ，由题图可知a1＝，则μ＝－tan θ，选项B 错误。当木块的速度等于传送带的速度时，木块
所受的摩擦力变成斜向上，故传送带的速度等于v0，选项C 错误。等速即t0后木块的加速度a2＝gsin θ
－μgcos θ，代入μ 值得a2＝2gsin θ－，选项D 正确。
10．如图所示，在磁感应强度B＝1.0 T 的匀强磁场中，金属杆PQ 在外力F 作用下在粗糙U 形导轨上以速
度v＝2 m/s 向右匀速滑动。两导轨间距离l＝1.0 m，电阻R＝3.0 Ω，金属杆的电阻r＝1.0 Ω，导轨电
阻忽略不计。下列说法正确的是( )
A．通过R 的感应电流的方向为由a 到d
B．金属杆PQ 切割磁感线产生的感应电动势的大小为2.0 V
C．金属杆PQ 受到的安培力大小为0.5 N
D．外力F 做功的数值等于电路产生的焦耳热
【答案】ABC
【解析】由右手定则判断知，当金属杆滑动时产生逆时针方向的电流，通过R 的感应电流的方向为由
a 到d，故A 正确。金属杆PQ 切割磁感线产生的感应电动势的大小为：E＝Blv＝1.0×1×2 V＝2 V，故
B 正确。在整个回路中产生的感应电流为：I＝，代入数据得：I＝0.5 A。由安培力公式：F 安＝BIl，代
入数据得：F 安＝0.5 N，故C 正确。金属杆PQ 在外力F 作用下在粗糙U 型导轨上以速度v 向右匀速滑
动，外力F 做功大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间的摩擦力产生的内能之和，故D 错误。
三、非选择题：本题共5 小题，共57 分。
11.（6 分）用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，输出电压有6 V 的
交流电和直流电两种。重物从高处由静止开始下落，重物拖着纸带通过打点计时器打出一系列的点，
对纸带上的点进行测量，即可验证机械能守恒定律。
(1)下面列举了该实验的几个操作步骤：
A．按照图示的装置安装器材；
B．将打点计时器接到电源的直流输出端上；
C．用天平测出重物的质量；
D．释放纸带，同时接通电源开关打出一条纸带；
E．测量打出的纸带上某些点之间的距离；
5
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F．根据测量的结果计算重物下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。
其中没有必要进行或者操作不恰当的步骤是________。(将其选项对应的字母填在横线处)
(2)在验证机械能守恒定律的实验中，若以v2为纵轴、以h 为横轴，根据实验数据绘出v2h 的图像应是
______，才能验证机械能守恒定律。v2h 图像的斜率等于____________的数值。
【答案】(1)BCD（2 分） (2)过原点的倾斜直线（2 分） 重力加速度g（2 分）
【解析】（1）打点计时器使用的是交流电，故B 错误，根据公式：
本实验中不需要物
体的质量故C 答案没有必要，使用打点计时器是先接通电源在释放纸带，目的是让打点计时器预热正
常，故答案为BCD。（2）根据机械能守恒公式：
可得
，这个图像是正比例
函数过原点，斜率为重力加速度g。
12.（9 分）某同学用图甲所示电路测量一段金属丝的电阻率，待测金属丝粗细均匀，阻值约为100 Ω。备
选器材如下：
A．量程为5 mA、内阻r1＝50 Ω 的电流表
B．量程为0.6 A、内阻r2＝0.2 Ω 的电流表
C．量程为6 V、内阻r3约为15 kΩ 的电压表
D．最大阻值为15 Ω、最大允许电流为2 A 的滑动变阻器
E．定值电阻R1＝5 Ω
F．定值电阻R2＝500 Ω
G．电动势E＝6 V、内阻很小的直流电源
H．开关一个，导线若干
I．螺旋测微器，刻度尺
(1)该同学用螺旋测微器测量待测金属丝的直径如图乙所示，则螺旋测微器的示数D＝________ mm。
(2)为了能尽可能精确地测量该金属丝的电阻率，电流表应选用____(填“A”或“B”)，定值电阻应选用
_____(填“E”或“F”)。
(3)电压表的示数记为U，所选用电流表的示数记为I，则该金属丝的电阻的表达式Rx＝________；若
6
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用刻度尺测得待测电阻丝的长度为L，则其电阻率的表达式为ρ＝________(表达式中所用到的阻值必
须用对应的电阻符号表示，不得直接用数值表示)。
【答案】(1)5.900（2 分） (2)A （1 分）E （1 分） (3)（2 分） （3 分）
【解析】(1)根据螺旋测微器读数原理则，金属丝直径为：D＝5.5 mm＋40.0×0.01 mm＝5.900 mm。
(2)电压表量程为6 V，电阻丝电阻约100 Ω，电流表量程应该为60 mA 左右，可以将量程5 mA 的电流
表并联5 Ω 的电阻改装成量程为55 mA 的电流表，故电流表选择A，定值电阻选择E。
(3)根据欧姆定律可知，金属丝中电流为I′＝I＋＝I，电压U′＝U－Ir1，则有：Rx＝＝。
由电阻定律，Rx＝ρ，S＝，解得电阻率ρ＝。
13.（10 分）一个半圆柱体玻璃砖,其横截面是半径为R 的半圆,AB 为半圆的直径,O 为圆心,如图甲所示。玻
璃的折射率n=√2。
甲
(1)一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面,若光线到达上表面后,都能从该表面射出,则入射光束在AB 上
的最大宽度为多少?
(2)一细束光线在O 点左侧与O 相距 √3
2
R 处垂直于AB 从下方入射,求此光线从玻璃砖射出的位置。
乙
【答案】(1)√2R (2)O 点左右两侧与O 相距 √3
2
R 处
【解析】(1)在O 点左侧,设从E 点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于全反射的临界
角θ,则OE 区域的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出,如图乙所示。由全反射条件有
sin θ=1
n
=√2
2
..........................................................................................................................（1 分）
即
θ=45°....................................................................................................................................（1 分）
由几何关系有
OE=Rsin θ..............................................................................................................................（1 分）
由对称性可知,若光线都能从上表面射出,则光束的最大宽度
7
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l=2OE........................................................................................................................................（1 分）
丙
联立上式,代入已知数据解得
l=√2R.......................................................................................................................................（2 分）
(2)设光线在距O 点√3
2
R 的C 点射入后,在上表面的入射角为α,由几何关系知
sin α=√3
2
....................................................................................................................................（1 分）
即
α=60°>θ......................................................................................................................................（1 分）
光线在玻璃砖内会发生三次全反射,最后由G 点射出,考虑整体几何关系,得出光路如图丙所示。由反射
定律和对称性可得
OG=OC=√3
2
R...................................................................................................................................（2 分）
射到G 点的光有一部分被反射,沿原路返回到达C 点射出。
14.（13 分）如图所示，一个带正电的小球，质量为m，电荷量为q，固定于绝缘轻杆一端，轻杆的另一端
光滑铰接于O 点，重力加速度为g。
（1）未加电场时，将轻杆向左拉至水平位置，无初速度释放，小球到达最低点时，求轻杆对它的拉
力大小。
（2）若在空间中施加一个平行于纸面的匀强电场，大小方向未知。将轻杆从左边水平位置无初速度
释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为4mg；将轻杆从右边水平位置无初速度释放，小球到达
最低点时，受到轻杆的拉力为8mg。求电场强度的水平分量Ex和竖直分量Ey。
8
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【答案】（1）3mg；（2）
，方向竖直向下，
，方向水平向左
【解析】（1）未加电场，则从水平位置无初速度释放到最低点时，有
.........................................................................................（1 分）
则小球在最低点有
......................................................................................（1 分）
解得
FT = 3mg...................................................................................................（1 分）
（2）加电场后，无论轻杆从哪边释放小球到达最低点时受到的拉力均比无电场时大，则说明电场在
竖直方向的分量向下；而轻杆从左边释放小球到最低点受到的拉力小于轻杆从右边释放小球到最低点
受到的拉力，则说明电场在水平方向的分量向左，则杆从左边水平位置无初速度释放，到小球到达最
低点的过程中有
..............................................................（2 分）
则小球在最低点有
.........................................................................（2 分）
其中
FT1 = 4mg...............................................................................................（1 分）
杆从右边水平位置无初速度释放，到小球到达最低点的过程中有
...............................................................（1 分）
则小球在最低点有
.........................................................................（1 分）
其中
FT2 = 8mg.................................................................................................（1 分）
9
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联立解得
.................................................................................................（1 分）
..................................................................................................（1 分）
15.（19 分）如图（a），一质量为m 的物块A 与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B 向A 运动，
时与弹簧接触，到
时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B 的
图像如图（b）所示。
已知从
到
时间内，物块A 运动的距离为
。A、B 分离后，A 滑上粗糙斜面，然后滑
下，与一直在水平面上运动的B 再次碰撞，之后A 再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面
倾角为
，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A 与斜面间的动摩擦因数。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时
、
速度相等，即
时刻，根
据动量守恒定律
.....................................................................（1 分）
根据能量守恒定律
10
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..............................................（1 分）
联立解得
..............................................................................................（1 分）
....................................................................................（1 分）
（2）同一时刻弹簧对
、
的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
...................................................................................................（1 分）
可知同一时刻
..................................................................................................（1 分）
则同一时刻
、
的的瞬时速度分别为
....................................................................................................（1 分）
..........................................................................................（1 分）
根据位移等速度在时间上的累积可得
.........................................................................................（1 分）
.........................................................................................（1 分）
又
..............................................................................................（1 分）
解得
............................................................................................（1 分）
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
.........................................................................（1 分）
（3）物块A 第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A 第二次与B 分离后速度大小仍为
，
11
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方向水平向右，设物块A 第一次滑下斜面的速度大小为
，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
...................................................（1 分）
根据能量守恒定律可得
.......................................（1 分）
联立解得
...................................................................................................（1 分）
设在斜面上滑行的长度为
，上滑过程，根据动能定理可得
....................................................（1 分）
下滑过程，根据动能定理可得
...............................................................（1 分）
联立解得
...............................................................................................（1 分）
12
