2025年高考物理模拟试卷3（北京卷）详细解析

2025年高考物理模拟试卷03（北京卷）

详细解析

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14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题

目要求。

1.某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到图（甲）所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观

察到的条纹如图（乙）所示。他改变的实验条件是（）

IIIIIHI

甲

乙

A.减小双缝之间的距离B.减小光源到双缝的距离

C.减小双缝到光屏之间的距离D.换用频率更高的单色光源

【答案】A

【解析】A.由题可知，改变实验条件后，条纹间距变宽，由可知减小双缝间距离，条纹间

d

距会变宽，A符合题意；

B.减小光源到双缝的距离，条纹间距不变，B不符合题意；

C.减小双缝到光屏之间的距离，条纹间距变窄，C不符合题意；

D,换用频率更高的单色光源，波长更小，条纹间距更窄，D不符合题意。

故答案为：A

2.如图所示是一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系），取g=10m/s2,

712«10=下列说法正确的是（)

A.此单摆的摆长约为2m

B.此单摆的固有周期为0.5s

C.若摆长增大，共振曲线的“峰”将向左移动

D.若将该单摆运到月球上，共振曲线的“峰”将向右移动

【答案】C

【解析】AB.由共振曲线可知，该单摆的固有频率为0.5Hz,由T可得，该单摆的固有周期为2s,

根据单摆的周期公式T=；可得此单摆的摆长为工="=12^Nm=lm；AB不符合题意;

Ng4/4x10

C.若摆长增大，根据单摆的周期公式T=2%j；可知，单摆的固有周期变大，固有频率变小，共振曲

线的“峰”将向左移动，C符合题意;

D.若将该单摆运到月球上，重力加速度变小，根据T=可知，单摆的固有周期变大，固有频率

变小，共振曲线的“峰”将向左移动，D不符合题意。

故答案为：C。

3.1887年，赫兹在研究电磁波的实验中偶然发现，接收电路的间隙如果受到光照，就更容易产生电火花,

这就是最早发现的光电效应现象。用如图所示电路研究光电效应，下列说法正确的是（）

A.爱因斯坦为了解释光电效应现象的实验规律，提出了“光子”说

B.光照强度越大，电子从K板逸出时的初动能越大

C.光照条件不变时，闭合开关S,滑片P向右移动时，光电流会一直增大

D.只要照射足够长的时间，任何频率的光都能够使K板发出光电子

【答案】A

【解析】A、爱因斯坦为了解释光电效应现象的实验规律，提出了“光子”说，故A正确;

B、根据光电效应方程4=/〃-网；可知电子从K板逸出时的初动能与光照强度无关，故B错误;

C、光照条件不变时，闭合开关S,滑片P向右移动时，加在光电管上的正向电压增大，光电流先增大，

当达到饱和光电流时，光电流不再增大，故C错误；

D、由发生光电效应的条件可知，入射光的频率大于极限频率时，才能使K板发出光电子，故D错误。

故答案为：Ao

4.网课期间，小飞同学向爸爸学习刀削面。若面团到锅边缘的竖直距离为0.45m,面团离锅边缘最近的水

平距离为0.70m,锅的直径为0.40m。为使削出的面片能落入锅中，不计空气阻力，重力加速度大小取

10m/s2,则面片的水平初速度可能是（）

A.1.0m/sB.2.0m/sC.3.0m/sD.4.0m/s

【答案】C

【解析】根据/ygg/；代入数据/z=o.45m；得/=0.3s；由题意知水平位移最大为

x.=0-7m+0.4m=Llm；最小为%=°.7m；根据％代入数据得（m/sWvW芳m/s

故答案为：Co

5.如图为一定质量的理想气体经历a—b-c过程的压强p随摄氏温度t变化的图像，其中ab平行于t轴,

cb的延长线过坐标原点。下列判断正确的是（）

A.a-b过程，所有气体分子的运动速率都减小

B.a—b过程，单位时间撞击单位面积器壁的分子数增加

C.b-c过程，气体体积保持不变，从外界吸热，内能增加

D.b-c过程，气体膨胀对外界做功，从外界吸热，内能增加

【答案】B

【解析】A、a-b过程，温度降低，气体分子的平均速率减小，满足统计规律，也有个别分子运动速率

会增加，故A错误;

B、a—b过程，温度降低，分子撞击容器壁的平均作用力减小，而压强保持不变，因此单位时间撞击单

位面积器壁的分子数增加，故B正确;

在b-c过程，图像上的点与坐标原点连线斜率增加，根据史=C；可知气体体积减小，外界对气体

T

做功，温度升高内能增加，故CD错误。

故答案为：B。

6.如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为机，水的阻力恒为了,当轻绳与水平面的夹角为0时，人以

速度n匀速向左运动，此时人的拉力大小为尸，则此时（）

A.船的速度为VCQSOB.船的速度为——

COS0

C.船将匀速靠岸D.船的加速度为W

m

【答案】B

【解析】ABC.根据牵连速度的规律可知，将船的速度分解为沿绳子方向与垂直绳子方向的两个分速度，

其中船速沿绳方向的速度分量与人的速度相等，有v船cos6=v；可得y=一^；由于船在靠岸过程

cos0

中，。逐渐增大，可知V船逐渐增大，船将加速靠岸，AC不符合题意，B符合题意;

D.对船,根据牛顿第二定律可得尸cos。-/=胸；解得船的加速度为a=Fcosf；D不符合题意。

m

故答案为：Bo

7.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5-s内做匀加速直线运动，5-s末达到额定功率，之后保

持额定功率运动，其v—t图像如图所示，已知汽车的质量为m=2x103kg,汽车受到的阻力为车重的

A.汽车在前5―s内的位移为50m

B.汽车在达到最大速度的过程中牵引力做的功为1.5x105j

C.汽车的额定功率为6%kW

D.汽车的最大速度为15-m/s

【答案】C

【解析】A、汽车在前5s内的位移为A错误；

2

B、汽车在前5s内的牵引力所做的功为卬=国=6'1033*_1*10*5=1.5><105,人汽车在达到最大速度

2

的过程中牵引力做的功一定大于L5X105J,故B错误；

C、汽车受到的阻力/=7g=0.1x2x103xlON=2xlO3N；前5s内，由图知a=2m/s2；由牛顿

第二定律：F-f=nm-求得尸=6X1()3N；t=5s末功率达到额定功率

P=FV=6X103X10W=6X104W=60A;W；故C正确；

PP60000,

D、汽车的最大速度为匕“=7；=二==^m/s;=30m/s；故D错误；

Ff2000

故答案为：Co

8.两条通电的直导线互相垂直，如图所示，但两导线相隔一小段距离，其中导线AB是固定的，另一条导

线CD能自由转动或平动。它们通以图示方向的直流电流时，CD导线将(

CD

A

A.逆时针方向转动,同时靠近导线AB

B.顺时针方向转动,同时靠近导线AB

C.逆时针方向转动,同时离开导线AB

D.顺时针方向转动,同时离开导线AB

【答案】A

【解析】电流AB产生的磁场在右边垂直纸面向里，在左边垂直纸面向外，在CD左右两边各取一小电

流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向向下，右边的电流元所受安培力方向向上，知

CD导线逆时针方向转动，当CD导线转过90°后，两电流为同向电流，相互吸引，所以导线CD逆时

针方向转动，同时靠近导线AB,A符合题意，BCD不符合题意。

故答案为：A

9.竖直放置口轻质弹簧，下端固定在水平地面上，一小球从弹簧正上方某一高度处自由下落，从小球开

始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，下列说法正确的是（）

i

s

?

/////////

A.小球和弹簧组成的系统动量守恒

B.小球的动量一直减小

C.弹簧对小球冲量的大小大于重力对小球冲量的大小

D.小球的机械能守恒

【答案】C

【解析】A、弹簧为轻质弹簧，质量忽略不计，弹簧的动量为0,对小球进行受力分析，从小球开始接

触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球先做自由落体运动，后向下做加速度减小的变加速直线运动,

最后向下做加速度增大的变减速直线运动，可知，速度先增大后减小，动量先增大后减小，可知，小球

和弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误；

B、根据上述可知，小球的动量先增大后减小，故B错误；

C、根据上述，从小球开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球先向下做加速度减小的变加速

直线运动，后向下做加速度增大的变减速直线运动，直至速度减为0,根据动量定理有IG-I^=Q-mv;

可知，弹簧对小球冲量的大小大于重力对小球冲量的大小，故C正确；

D、根据上述，从小球开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球先向下做加速度减小的变加速

直线运动，后向下做加速度增大的变减速直线运动，弹簧弹力对小球做负功，小球的机械能减小，故D

错误。

故答案为：Co

10.如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），O、A、B为轴上三点。放在A、B两点的试

探电荷受到的静电力与其所带电荷量的关系如图乙所示。以x轴的正方向为静电力的正方向，则（）

A.点电荷Q一定为正电荷

B.点电荷Q在A、B之间

C.点电荷Q在A、。之间

D.A点的电场强度大小为5X1（）3N/C

【答案】B

【解析】ABC.由图乙知，正的试探电荷放在A点，受到的电场力方向沿x轴正方向，所以A点的场强

向右，负的试探电荷放在B点，所受的静电力的方向也沿x轴的正方向，所以B点的场强方向向左，说

明点电荷Q为负电荷且在A、B之间，AC不符合题意，B符合题意；

D.根据尸=行；可知，图乙中A点的试探电荷受到的静电力与其所带电荷量的关系图像的斜率等于点

4V1o-3

电荷Q在A点的场强，即乙=——^-N/C=2X103N/C

A2x10-6

D不符合题意。

故答案为：Bo

11.1772年，法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》中指出：两个质量相差悬殊的天体（如太阳

和地球）所在同一平面上有5个特殊点，如图中的4、L］、右、耳、人所示,人们称为拉格朗日点。若

飞行器位于这些点上，会在太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳

做圆周运动，若发射一颗卫星定位于拉格朗日L点，下列说法正确的是（）

A.该卫星绕太阳运动周期和地球自转周期相等

B.该卫星在4点处于平衡状态

C.该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度

D.该卫星在4处所受太阳和地球引力的合力比在4处小

【答案】C

【解析】A、根据题意可知，该卫星绕太阳运动周期和地球公转周期相等，故A错误；

B、该卫星在L2点绕太阳做匀速圆周运动，不是平衡状态，故B错误；

C、根据题意可知，卫星位于这些点上与地球同步绕太阳做圆周运动，由公式。=者/；可知，由于

卫星绕太阳运动的半径大于地球绕太阳运动的半径，则该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳

运动的向心加速度，故C正确；

D、根据题意，由牛顿第二定律有FA=m^-r；卫星在L处和在Li处绕太阳做圆周运动的周期相同，

口r-pZ.2

L2处半径大，则卫星在L2处所受太阳和地球引力的合力比在Li处大，故D错误。

故答案为：Co

12.在如图甲所示的虚线框内有匀强磁场，一固定的金属线圈abed有部分处在磁场中，磁场方向垂直于线

圈平面，磁感应强度B随时间f的变化规律如图乙所示.线圈中产生的电动势E、电流/、内能。、线圈

受到的安培力厂与时间f的关系可能正确的是（）

【解析】AB、若设磁场向里为正方向，由楞次定律可知，在0~1时间内线圈中产生逆时针方向电流，

AOAB

在1~2T时间内线圈中产生顺时针方向电流，根据E=——=——S；可知感应电动势大小不变，但是

A?A?

E

方向不同，根据/=1；可知，在0~1时间内线圈中产生的逆时针方向电流不变，在1~2T时间内线圈

中产生顺时针方向的电流也不变，故AB错误；

C、根据Q=可知，因I、R不变，则Q-t图像是过原点的直线，故C正确；

D、根据是=BZL；在0~：时间内B随时间均匀减小，则F安随时间均匀减小，且F安方向向左；在

Z~T时间内B随时间均匀增加，则F安随时间均匀增加，且F安方向向右；故D错误。

2

故答案为：C。

13.一线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，得到的交变电流的电动势瞬时值表达式为

e=220s%314/（V）,则下列说法正确的是（）

A.该交变电流电动势的有效值为220V

B.该线圈匀速转动的转速约为3000〃加n

C.当仅将线圈的转速提高时，电动势的峰值不发生变化

D.将该交变电流加在标称为220V的灯泡上时，灯泡能正常发光

【答案】B

【解析】A、根据电动势为e=220sin314f(V)；得，电动势最大值为220V,所以该交变电流电动势

的有效值为110后V，故A错误；

B、根据电动势为e=220sin314/(V)；得。=314raz//s；所以转速为”=&=50r/s=3000r/min

2〃

故B正确；

C、根据耳0；可知当仅将线圈的转速提高时，电动势的峰值变大，故C错误；

D、将该交变电流加在标称为220V的灯泡上时，电源有效值小于灯泡额定电压，灯泡的亮度会发暗，

不能正常发光，故D错误；

故答案为：Bo

14.自行车轮胎正常气压约为大气压强外的4倍，一同学骑自行车上学时，发现自行车轮胎气压大约只

有L5z，于是用家里容积为lOcn?的圆柱形打气筒给自行车轮胎充气。己知自行车轮胎的容积为

80cm3,打气过程中气体温度不变，为使轮胎内气体的压强达到正常值，该同学至少要打气的次数为

()

A.16B.20C.24D.36

【答案】B

【解析】设该同学打气的次数最少为n次，此时胎内气体压强为4%，由题意可知，打气过程气温不变，

根据玻意耳定律有1.50丫+叨0%=4。(7；解得n=20(次)；B符合题意，ACD不符合题意。

故答案为：B„

二、实验题(本大题共2小题，共18.0分。第一小题6分，第二小题12分)

打点计时器/小车细线定滑轮

纸带a

-7\口

长木板水平实验台

重物

15.（甲）

打点计时乜/卜车细线定滑轮

纸带^―、

~7\

长木板水平实验台

重物

（丙）

（1）甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图（甲）、（乙）、（丙）所示的实验装置，验证“当质量一定时，

物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律。已知他们使用的小车完全相同，小车的质量

为M,重物的质量为相，试回答下列问题：

①实验时，必须满足“M远大于加'的实验小组是（填“甲”、“乙”或“丙”）。

②实验时，甲、乙、丙三组同学的操作均完全正确，他们作出的歹图线如图（丁）中A、B、C所

示，则甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是o（选填“ABC，、“BCA”或“C48”）。

（2）小明同学采用（乙）图实验装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验时，以弹簧测力计的示

数厂为横坐标，加速度。为纵坐标，画出的a-b图像是图（丁）中的一条直线，根据图线与横坐标的

夹角求得图线的斜率为七则小车的质量为o

2

【答案】（1）甲；CAB；（2）-

k

【解析】（1）①乙有弹簧测力计测量绳的拉力，丙有力的传感器测量绳的拉力，甲图中没有弹簧测力计,

必须用重物的重力替代绳的拉力，为了使绳的拉力近似等于重物的重力，甲图必须满足“M远大于m”。

②根据牛顿第二定律，三个小车的加速度分别为

鳖=LF

MM

2mg_2a

M~M

鳖=L

MM

乙的比例系数最大，斜率最大，对应图线A；甲和丙的比例系数相等，斜率相等，但是甲不能直接测量

绳的拉力，用重物的重力替代，小车的加速度越大，重物的重力与绳的拉力相差越大，实验误差越大,

图线弯曲程度越大，而丙有弹簧测力计直接测量绳的拉力，不产生实验误差，图线不发生弯曲，所以丙

对应图线B,甲对应图线C。故甲、乙、丙对应图线CAB。

2mp22

（2）由。乙=—5=—尸；结合图像可得”=—

乙MMk

16.某同学在研究标有额定工作状态为“3V1.5W”的小灯泡的伏安特性曲线实验中，实验室提供以下器材:

电流表A1（量程100mA,内阻约为1C）

电流表A2（量程600mA,内阻约为0.3Q）

电压表V（量程3.0N,阻约为6000Q）

滑动变阻器&（最大阻值为10Q）

滑动变阻器&（最大阻值为500Q）

电源E（电动势为4V,内阻不计）

图(2)

（1）为了提高测量的准确度与有效性，应该选择电流表，滑动变阻器（填器材后

面的代号）;

（2）若实验电路如图1所示，在实验过程中，应先将滑动变阻器的滑片P置于变阻器的端（填

“左”或“右”）；调整好滑片位置后将单刀双掷开关S3置_________点（“a”或"b”）。

（3）将滑片P向右调节，得到多种状态下小灯泡实际工作的电压与电流的对应数据、记录在表格中，

描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图2所示。

（4）将这个小灯泡接入新电路（图3所示）中，电源内阻不计，该电路中其他元件的相关参数如图中

标识，则该小灯泡在该电路中的实际工作功率为W（结果保留三位有效数字）。

E=4V/

H——4-----

凡=5。

----；I~"

—II-----11

&=5QQ

图⑶

【答案】（1）A2；R1；（2）左；b；（3）无；（4）0.384

P15

【解析】（1）灯泡的额定电流为/=—=——A=0.5A=500MA

U3

U3

所以电流表应选择A2；灯泡的电阻约为凡=—=——。=6。

因为提高实验的准确度，滑动变阻器应选择分压式接法，所以为了方便调节，滑动变阻器应选最大阻值

较小的用。

（2）为了保护电路安全，在实验过程中，应先将滑动变阻器的滑片P置于变阻器的左端；根据前面所

R

选器材，分析有Uv=幽=1。。。。〉&=9=2。

居6RA0.3

则电流表应选择外接法，调整好滑片位置后将单刀双掷开关S3置b点。

U

（4）在图（3）电路图中，设灯泡的电压为U,电流为I,根据闭合电路欧姆定律可得E=U+—+IR3

7

代入数据整理得。=2—2.5/

将此函数图象在图（2）中画出来，如图所示:

两图线交点对应坐标即为该小灯泡工作电压和电流，可得小灯泡在该电路中的实际工作功率为

P=UI=1.2xO.32W=0.384W

三.计算题：本题共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后

答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

17.（7分）如图所示，水平轨道AB与竖直半圆形轨道BC在B点相切。质量加=lkg的小物块（可视为

质点）以一定的初速度从水平轨道的A点向左运动，进入圆轨道后，沿圆轨道内侧做圆周运动，恰好到

达最高C,之后离开圆轨道，做平抛运动，落在圆轨道上的D点。已知小物块在B点进入圆轨道瞬间,

速度为=3向$,圆轨道半径H=0.1m,重力加速度g=10m/s2,忽略空气阻力。求：

（1）小物块从B点进入圆轨道瞬间对轨道压力的大小；

（2）小物块到达C点的瞬时速度上的大小；

（3）小物块的落点D与B点的距离。

2

【答案】（1）在B点，设轨道对小物块的支持力为N,根据牛顿第二定律N-/ng=机会

根据牛顿第三定律可得小物块从B点进入圆轨道瞬间对轨道压力N'=N

联立解得N'=100N

2

（2）小物块恰好到达最高C,在C点根据牛顿第二定律mg

解得％=lm/s

1

（3）小物块从。点飞出后做平抛运动，竖直方向2R=5g/9

水平方向

联立解得和B=02m

18.（10分）如图所示，在x轴上方有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子

以速度v从坐标原点O沿xOy平面射入磁场，v与x轴负方向的夹角a=30。；粒子射入磁场后的某个

时刻在x轴上方再加一个匀强电场，使粒子做匀速直线运动并从x轴的P（L,0）点沿垂直x轴方向进

入第四象限，在第四象限内有一半径R=*^L的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，磁场边

3

界与x轴相切于P点。不计粒子的重力。

(1)求从粒子射入磁场到加匀强电场经过的时间t及所加电场的电场强度E的大小；

(2)要使粒子离开圆形匀强磁场区域后能运动到x轴的负半轴，求圆形区域内磁场的磁感应强度B的

取值范围。

【答案】(1)解：某个时刻在x轴上方再加一个匀强电场，使粒子做匀速直线运动并从x轴的P(L,0)

点沿垂直x轴方向进入第四象限，

根据题意可知，粒子到达P所在竖直线时，速度方向竖直向下，根据几何关系Rsin300+R=L

mv2

根据qvB

结合平衡条件qvB=Eq

3mv2

解得E=

2qL

7T4

粒子在磁场中偏转对应圆心角为。二2兀-01-5=耳兀

。D

粒子运动周期丁=工4兀L

v3v

所以从粒子射入磁场到加匀强电场经过的时间t=2T=但

2兀9v

(2)解：粒子离开圆形磁场，刚好通过原点时，根据几何关系可知，对应速度偏转角为120°,有

弓+r—L

sin3001

沿x轴负方向射出，则转四分之一圆周r2=R=^L

mv2

根据qvB二旨

-r,Hzpem中*n附加同号由6mv3mv

可得磁感应强度B的取值氾围-----<B<------

qLqL

19.(9分)饭卡是学校等单位最常用的辅助支付手段，其内部主要部分是一个多匝线圈，当刷卡机发出电

磁信号时，置于刷卡机上的饭卡线圈的磁通量发生变化，发生电磁感应，产生电信号，其原理可简化为

如图所示。设线圈的匝数为1000匝，每匝线圈面积均为S=1CT3m2,线圈的总电阻为r=0.1Q,线圈

连接一电阻R=0.4Q,其余部分电阻不计。线圈处磁场的方向不变，其大小按如图所示的规律变化，(垂

直纸面向里为正),

(1)请你判定0~0.1s时间内，流经电阻R的电流方向

(2)求0~0.1s时间内，电阻R产生的焦耳热；

(3)求0.1~0.4s时间内，通过电阻R的电荷量。

【答案】(1)解：根据楞次定律“增反减同”可知0~(Ms时间内，流经电阻R的电流方向从上到下；

AtDbB

(2)解：由法拉第电磁感应定律有E=〃——=n——S

△tM

0〜0.1s时间内线圈产生的感应电动势为g==1000x2空x10-3v=0.2V

M0.1

F02

根据闭合电路欧姆定律，则有人==—:—A=0.4A

1r+R0.1+0.4

根据焦耳定律，可得0〜0.1s时间内，电阻R产生的焦耳热为Q=I^Rt=O.42x0.4x0.1J=6