2025年高考物理押题模拟卷01（全国新课标卷）解析版

2025年高考物理全真押题模拟卷01（全国新课标卷）

（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

物理*全解全析

1415161718192021

ACCCBADACAD

二、选择题：本题共8小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14〜18题只有一项符

合题目要求，第19〜21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或

不答的得。分。

14.如图所示，某平直公路边间隔均匀地种着一排小树，一辆小汽车车头恰好停在第一棵小树处。某时刻

开始，小汽车沿公路做匀加速直线运动，发现车头从第1棵树运动到第2棵树的时间恰好与车头从第〃棵树

运动到第〃+5棵树的时间相等，则图中“……”处未画出的小树是几棵（）

【详解】设树间距为乙车头从第1棵树运动到第2棵树的时间满足£

10

运动至第n棵树的时间满足（H-1）L

运动至悌〃+5棵树的时间满足（〃+4）£=；at]

根据题意,=%2-。

解得〃=5

则中间还有2棵树。

故选Ao

15.一物理学习小组研究可作为核电池材料的曹Pu衰变为置u的过程，根据测量数据，用横坐标表示时

间，用纵坐标表示任意时刻瞿Pu的质量加与初始时刻（f=0时）的质量外的比值，得出的图像如图所示。

下列说法正确的是（）

A.；『Pu衰变为释放的a射线电离作用很弱

B.；『Pu衰变为释放的a射线在电场中不会偏转

C.图像中的。=87.7

D.图像中的6

O

【答案】c

【详解】A.a射线穿透能力较弱，但电离作用较强，故A错误；

B.a射线为氢核，带正电，所以在电场中会偏转，故B错误；

m3m3

C.由题图可知，■Pu衰变从一=:到一=6经过一个半衰期，则rPu衰变的半衰期

mQ4m08

/、——m1

7=124.1-36.4年=87.7年，由题图可知，。对应一=%,即经过一个半衰期，则a=87.7,故C正确;

”2

,m1

D.由题图可知，6对应2a=2T,即经过两个半衰期，则有6=—=彳，故D错误。

故选C。

16.光伏发电的基本原理基于光电效应，如图所示为某金属材料发生光电效应时，入射光波长彳与发射出

光电子的最大初动能石皿的关系图像，图像纵截距为。，且无限趋近平行于直线加=-6,真空中光速为J

则普朗克常量可表示为（）

be_a_ab_b

A.——B.—C.——D.——

abecac

【答案】c

che

【详解】根据题意，由光电效应方程有凡„,=人口-％，又有〃=£，整理可得彳=口"，由图可知，当2=。

时，加=0

解得明="

a

当4f+8时，E^=-b=-WQ

联立解得〃=也

C

故选C。

17.“鹊桥二号”实现了嫦娥系列探测器与地球的中继通信。如图，“鹊桥二号”的轨道是半长轴为。的椭圆,

其运动周期为T,其中尸是椭圆的近月点，0是椭圆的远月点，〃和N是椭圆短轴与椭圆的两个交点。已

知月球的半径为凡下列说法正确的是（）

A.“鹊桥二号”在P点的速度大小小于在。点的速度大小

B.“鹊桥二号”从P运动到M的时间和从“运动到。的时间相同

4712a3

C.月球表面的重力加速度大小为

T2R2

D.“鹊桥二号”在M点的加速度和在N点的加速度相同

【答案】C

【详解】A.根据开普勒第二定律可知，“鹊桥二号”在尸点的速度大小大于在0点的速度大小，故A错误;

B.根据开普勒第二定律可知，“鹊桥二号”从P运动经M到。的速度逐渐减小，“鹊桥二号”从P运动到M

的时间小于从“运动到0的时间，故B错误；

（乙a）3

C.设绕月圆轨道半径为r的卫星周期为7,根据开普勒第三定律可得匚=二，，解得厂=。，根据万有

引力提供向心力，则有=加*r,若此卫星在月球表面，则根据万有引力和重力的关系可得

G-Mm^=mg,解得月球表面的重力加速度大小为g=孑47r小，故C正确；

D.“鹊桥二号”在“点的加速度和在N点的加速度方向不相同，故D错误。

故选C。

18.利用可控硅电子元件可以对正弦交流电进行调节，这种技术在调光台灯等家用电器中有着广泛的应用。

图甲是正弦交流电经过调节后电压。随时间变化的图像（图像为正弦曲线的部分，图中。0、7已知），图

乙是某调光台灯的电路简化图，图中变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为〃：1。已知当变压器原线

圈中输入图甲所示的交流电时，额定功率为此的调光台灯恰正常发光，则下列说法正确的是（）

A.调光台灯的额定电压为，

2P

B.通过变压器原线圈中的电流为■

C.若仅使输入的交流电的周期减小，调光台灯不可正常发光

D.若仅使交流电电压的最大值增大，调光台灯仍可正常发光

3

调光台灯

【答案】B

【详解】A.设图甲所示的交变电压的有效值为U,则有1,解得17=产,设灯泡的

----X—

额定电压为G，则有皆解得5=2=与，A错误；

d1n2n

B.据理想变压器输入功率等于输出功率，则有勺=勿，结合上述结论解得/=乎，B正确；

C.若通过调节，仅使交流电的周期变化，其他不变，并不会改变电压的有效值与输出功率，调光台灯仍正

常发光，c错误；

D.若仅使交流电电压的最大值增大，则输入电压有效值会相应增大，调光灯的功率将大于正常发光的功率,

调光灯不能处于“正常发光”状态，D错误。

故选B。

19.某同学制作了一个小型喷泉装置，如图甲所示两个瓶子均用瓶塞密闭，两瓶用弯管连通，左瓶插有两

端开口的直管。左瓶装满水，右瓶充满空气。用沸水浇右瓶时，左瓶直管有水喷出，如图乙所示，水喷出

的过程中，装置内的气体（）

A.内能比浇水前大

B.压强与浇水前相等

C.所有分子的动能都比浇水前大

D.对水做的功大于水重力势能的增量

【答案】AD

【详解】A.用沸水浇右瓶时，装置内气体的温度升高，所以内能增大，故A正确；

B.水能喷出的原因就是装置内气体的压强增大，故B错误；

C.装置内气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，但并不是所有分子的动能都增大，故C错误;

D.水喷出时有动能，故瓶内气体对水做的功等于水动能的增量和重力势能增量之和，故D正确。

故选AD»

20.如图甲，$2是均匀介质中关于。点对称的两个波源，其振动方向与纸面垂直，所形成的机械波在纸

面内传播。图乙和图丙分别是凡和邑振动一个周期后向右传播形成的波形图且振幅分别为3cm和2cm。已

知机械波在该介质中的传播速度为2c加/s,&S2=6cm,A点的坐标为（3,8）。/=0时亥1）,两个波源同时振

动，下列说法正确的是（）

A.两列波同时传到。点，且O点的起振方向向下

B.。点的振动方程为x=-sin2/rtcm

C."5.5s时，A点在平衡位置的下方，且距离为2cm

D.将该波源放到折射率较大的均匀介质中，周期变大

【答案】AC

【详解】A.题意知两波在均匀介质中传播速度相同,两波源到。点距离相等，所以两列波同时传到。点。

由图乙可知，W波源起振方向向下，图丙可知S?波源起振方向向上，则两列波在。点引起的振动叠加可知，

。点的起振方向向下，故A正确；

"V2

B.图乙可知E波波长为2cm,每波频率<=^=；Hz=lHz,图丙可知S,波波长为4cm,1波频率

X]z

八v2

力=7=1HZ=0.5HZ,可知两列波频率不同，不能形成稳定的干涉，也就不能简单得出。点的振动方程,

故B错误；

C.E传播到/点时间％=京=#JHs=5s，S?传播到/点时间/2=*=gs=4s,f=5.5s时，E波使/

点振动了0.5s,由于E波周期4=9=ls,即经过半个周期，此时H使/点回到平衡位置；，=5.5s时，s2

71

13

波使/点振动了1.5s,由于邑波周期4=7=2S,即经过:个周期，此时邑使N点回到波谷，故两列波在

J24

/点引起的振动叠加可知，f=5.5s时/点在平衡位置下方，距离为2cm,故C正确；

D.波的周期由波源决定，与介质无关，将波源放到折射率较大的均匀介质中，波的周期不变，故D错误。

故选AC。

21.如图甲，关于V轴对称的两点分别固定两个点电荷口和Q2,Qi=+2q,Q2=-q,且2和0之间的距离

为"。两电荷沿了轴上的电场强度E的分布如图乙所示，位于的。为最高点，△点的坐标是

属，冬，下列说法正确的是()

A.(Pa>(Pb

B.。点的电场强度为零

C.电子从。到6点，电场力先做负功，再做正功

D.将+4的粒子从。移动到6,电场力所做的功大于回I

18A

【答案】AD

【详解】A.可以将两个电荷看成一对等量异种电荷和一个正点电荷，等量异种电荷y轴为等势线，而离正

点电荷越近电势越高，故A正确；

B.根据点电荷电场强度公式，0在。点产生的电场强度用=左患，方向沿无轴正方向，2在。点产生的

电场强度生=明,方向沿％轴正方向，故在。点产生的电场强度£=&+£2=样+明=非，故B错

误;

C.由图乙可知，电势差。3>0，电子带负电，电子从。到6点，电场力一直做负功，C错误；

D.。点的电场强度纥=其胆，。点的电场强度£=近当，a到b的距离d=®一变乙=也乙，因为

“9Z269£222

电场强度在a到b间是变化的，且£>纭，故卬=qU=qEd>qEbd=q.鼻息L=,由于

b9Z2218Z

匹叱>幽1,所以将+4的粒子从。移动到6,电场力所做的功大于画I,故D正确；

18Z18Z18Z

故选AD„

三、非选择题：共62分。

22.（6分）某实验小组的同学用如图所示的装置做“验证碰撞过程中的动量守恒”实验。曲面轨道与水平桌

面平滑连接于。点，小物块A从曲面轨道上的某一点由静止释放，测得小物块A在水平桌面上滑行的距离

为孙。将另一个材质相同、质量不同的小物块B放置在。点，再次将小物块A从曲面轨道上由静止释放,

最终小物块A、B在水平桌面上滑行的距离分别为打、为。

A.小物块A两次释放的位置相同

B.曲面轨道必须是光滑的

C.测量小物块A、B的质量见八mB

D.小物块A、B的质量满足"24加2

（2）若该同学验证了动量守恒后，当沏、X］、应满足时（仅用尤.、无八M表示），可以认为小物块A、B

发生的是弹性碰撞；

（3）某次实验时选择两个质量相等的小物块A、C进行实验，A由静止释放的位置不变，在。点碰撞后它们

粘在一起在水平桌面上滑行，滑行的距离为与。若小物块A、C碰撞的过程中动量守恒，则关系式成

立（用X0、X］、》2、X3中合适的物理量表示）。

【答案】（l）ACD（2分）（2）反+喜=匹（2分）⑶（2分）

【详解】（1）A.根据实验原理可知，实验中需要小物块A两次均从曲面轨道上的同一位置由静止释放，

以保证它经过。点时的速度相同，故A正确；

B.根据动能定理可知，实验中不需要保证曲面轨道光滑，故B错误；

C.动量守恒定律的关系式涉及物体的质量，所以需要测量小物块A、B的质量加，、7如，故C正确；

D.为了防止碰撞后小物块A反弹，因此小物块A、B的质量需要满足别人＞"%，故D正确。

故选ACD。

（2）由于小物块的材质相同，则小物块与水平桌面之间的动摩擦因数相同，对小物块，根据牛顿第二定律

可得〃mg=ma,解得小物块做匀减速直线运动的加速度均为。=,单独释放小物块A时，设其经过。

点时的速度为血，根据匀变速直线运动的规律有0-4=-2”

设小物块A、B在。点碰撞后瞬间的速度分别为v/、V2，则有0-彳=-孙，0-vf=-2OX2

碰撞过程中由动量守恒定律，可得4%=mAVl+mBV2

整理可得加A«"=%&值

若小物块A、B发生弹性碰撞，则由机械能守恒定律可得;％4=；叫*+^恤¥

整理可得加A/=加A』+mBx2

联立解得人+喜=扃

（3）设小物块A、C在。点碰撞后瞬间的速度为力，则有0-片=-23

碰撞过程中动量守恒，则有加A%=（加A+加c）%

联立解得无。=4X3

23.（12分）某实验小组同学要测量一未知电阻的阻值

（1）他们先找来多用电表，使用其欧姆挡粗测电阻阻值。将选择开关置于欧姆挡“x100”位置并欧姆调零后，

将红、黑表笔分别与待测电阻两端相连，发现指针偏角太大。为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧

姆挡（填“xlO”或“xlk”）位置，重新调节后，测量得到指针位置如图1所示，则其阻值为Qo

（2）小组成员又从实验室借了以下器材进行更精确的测量。

A.微安表（量程/g=100〃A,内阻约1000。）

B.滑动变阻器&（最大阻值100000。）

C.电阻箱A（0~99999.9C）

D.电源1（电动势E=3V,内阻很小可忽略）

E.电源2（电动势E=4.5V,内阻很小可忽略）

F.单刀单掷开关0、单刀双掷开关K”导线若干

按图2所示电路图连接好电路，进行如下操作：

①将滑动变阻器滑片调至最右端，电阻箱阻值调至最大。

②K3调至6端，断开K2,闭合K-调节电阻箱阻值使微安表指针半偏，读出此时电阻箱阻值为用。

③断开K「将滑动变阻器滑片调至最左端，降调至。端。闭合调节滑动变阻器阻值，使微安表指针

满偏。

④保持滑动变阻器阻值不变，闭合K?,调节电阻箱阻值，使微安表指针指向20〃A,读出电阻箱的阻值为

R2O

⑤断开开关。

I.根据以上操作和测量的数据，可知微安表的内阻为,待测电阻的阻值为（用题目所给的

物理符号及儿、4、凡表示）。

n.用此方法测量阻值，其测量值和真实值相比（填“偏大”或“偏小”），若要减小实验误差，电源应

该选择（填仪器前的序号）。

【答案】（1）X10（2分）160（2分）

2E2E

（2）丁一属（2分）4&2-丁+与（2分）偏小（2分）E（2分）

【详解】（1）欧姆表指针偏角太大，意味着读数偏小，即该电阻是小电阻，所以应换小倍率，所以应将选

择开关旋转到欧姆挡“X10”位置，欧姆表读数为160Q。

（2）I.用所给电路测电阻时，先通过①②步操作测微安表内阻，再用半偏法测待测电阻阻值。测微安表

内阻时，由于电源内阻可忽略，由闭合电路欧姆定律可得E=g（4+Rj

解得微安表内阻为品=7一与

测待测电阻阻值时由于滑动变阻器接入电路的电阻很大，可以认为闭合K?前后，干路电流不变，微安表示

数为g,则通过电阻箱电流为小，由并联电路关系可得§（%+4）=?与

2E

解得凡=4&一~厂+K。

II.实际情况是闭合K2后电路总电阻变小，通过电阻箱电流大于学，则有孑（凡+凡）＜?凡，所以电阻

的测量值偏小，要减小误差，应使滑动变阻器接入电路的电阻越大越好，由第③步操作可知，电源电动势

越大，滑动变阻器接入电路的电阻越大，所以要减小实验误差，电源应该选择电动势更大的电源2,选E。

24.（10分）如图所示，木板A的中点。和小球B通过长为上的轻杆相连，。为转动轴，小球B的质量

为加，木板A的质量为2加，球和木板都静止在光滑的水平面上，开始时杆处于竖直位置，放开小球B后轻

杆将倒下，求：

（1）若木板固定，轻杆到达水平位置时，小球B接触木板前瞬间的加速度；

【答案】（1）。=后g,方向与水平方向夹角为。=arctan；（2）7=等

【详解】（1）若木板固定，轻杆到达水平位置时，小球的机械能守恒，

由机械能守恒定律得机g£=（1分）

解得T=[2gL（1分）

小球的向心加速度大小与=生=2g

L

切向加速度大小4=g

小球的实际加速度a==岛（1分）

八a,1

加速度方向与水平方向夹角为。，且tan6=，=j（1分）

an2

解得0=arctang（1分）

（2）若木板不固定，轻杆水平时，小球和木板有共同的水平速度，因系统水平方向动量守恒，所以水平方

向的共同速度V,为零。当轻杆到达水平时，由机械能守恒可得小球的竖直速度〜（1分）

设此时木板对地的加速度为q，小球对地水平方向的加速度为%，

2

则球相对转动点（板）的加速度0=%+&=菖（1分）

对木板，根据牛顿第二定律7=2〃叼（1分）

对小球，根据牛顿第二定律7=机电（1分）

联立以上方程，解得7=嘤（1分）

25.（14分）在“鸡蛋撞地球”活动中，某兴趣小组设想利用“电磁阻尼+弹簧”来设计着地缓冲装置，简化的

结构原理如图所示。承重装置和鸡蛋的总质量其内部区域存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场；缓

冲装置由匝数为〃的刚性线圈和上端两个轻质弹簧构成，已知每个弹簧的劲度系数均为左，线圈的总电阻为

尺、宽度为乙、高度足够高。现将整体装置在距离地面高度为H处自由释放，此时弹簧上端与承重装置相

距为〃。假设弹簧与承重装置接触后立即连接在一起，刚性线圈落地后立即静止不动，整个装置始终处于竖

直状态，忽略其他阻力，重力加速度取g。

（1）从开始到弹簧刚接触承重装置的过程中，求流过线圈某截面的电荷量；

（2）若承重装置与弹簧接触前已经做匀速运动，求承重装置匀速运动速度的大小；

（3）装置最终处于竖直静止状态，求整个过程中线圈产生的热量。

~777777777777777777777

【答案】（1）〃等（2）笔T◎）4Mg（H+h）k+M2g2

lx.ITDL4k

【详解】（1）设流过线圈某截面的电荷量“，贝七嗒a分）

E△①/八、

q=IAt=一Z=n---（1分）

RR

得“=〃四（2分）

R

（2）设承重装置做匀速运动速度的大小为匕，感应电流大小为八，则腕=〃以2/（2分）

/_nBLv

2（1分）

2~R

MgR

得当=（1分）

（3）设装置最终保持竖直静止状态时弹簧的压缩量为x,则;浜=依（1分）

片等（1分）

2k

弹性势能£=2*工区2=丝&-a分）

24k

设整个过程中线圈产生的热量为。，由能量关系

Q=Mg（H+h+x）-E（1分）

M2g2_4Mg（H+h）k+M2g2

得。=崛H+h+（1分）

4k4k

26.（20分）如图所示的竖直平面内，水平直线和G8之间有边界互和平行且宽度均为d的六个区域,

交替分布着方向竖直向下、电场强度大小为独外的匀强电场和方向垂直纸面向外、磁感应强度为坳的匀

2m

强磁场。圆心为。、半径为d的四分之一圆形匀强磁场的边界与直线相切于磁场最低点P点，磁感应强

度也为2”方向垂直纸面向外。有一垂直于的长度为d的线状粒子源（N在上）源源不断沿平

行于N2向右的方向发射初速度相同的带正电的粒子，粒子电荷量为［、质量为加。所有粒子都进入四分之

一