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2025 年上海市普通高中学业水平等级性考试物理试卷
一、解答题
光是从哪里来，又回到哪里去？浦济之光，你见过吗？光是一个物理学名词，其本质是一种处于特定频段的光子流。
光源发出光，是因为光源中电子获得额外能量。如果能量不足以使其跃迁到更外层的轨道，电子就会进行加速运动，
并以波的形式释放能量。如果跃迁之后刚好填补了所在轨道的空位，从激发态到达稳定态，电子就停止跃迁。否则
电子会再次跃迁回之前的轨道，并且以波的形式释放能量。
1．以下哪个选项中的图样符合红光和紫光的双缝干涉图样( )
2．如图所示，自然光经过两个偏振片，呈现在光屏上，偏振片B绕圆心转动且周期为T，则光屏上两个光强最小
的时间间隔为（ ）
A．2𝑇 B．T C．0.5𝑇 D．0.25𝑇
3．物理王兴趣小组在做“测量玻璃的折射率”实验时，若从c侧观察，插入c时，应遮住a、b；插入d时，应遮住 ，
依据图中所标数据，可得出该玻璃的折射率为 。
【答案】1．A 2．C 3． 𝑎𝑏𝑐 𝑛 = sin𝜃1
sin𝜃2
【解析】1．干涉条纹是平行等距明暗相间的条纹，根据Δ𝑥 = 𝑙 𝜆
𝑑
红光的波长大于紫光，可知红光的条纹间距大于紫光的条纹间距，A正确；
2．根据偏振原理，偏振片B每转过半周透光强度从最小到最强，再到最小，可知光屏上两个光强最小的时间间隔
为0.5T，故选C。
3．若从c侧观察，插入c时，应遮住a、b；插入d时，应遮住c以及ab的像；
该玻璃的折射率为𝑛 = sin𝜃1。
sin𝜃2
二、综合题
量子力学（Quantum Mechanics），为物理学理论，是研究物质世界微观粒子运动规律的物理学分支，主要研究原子、
分子、凝聚态物质，以及原子核和基本粒子的结构、性质的基础理论。它与相对论一起构成现代物理学的理论基础。
量子力学不仅是现代物理学的基础理论之一，而且在化学等学科和许多近代技术中得到广泛应用。19世纪末，人们发现旧有的经典理论无法解释微观系统，于是经由物理学家的努力，在20世纪初创立量子力学，解释了这些现象。
量子力学从根本上改变人类对物质结构及其相互作用的理解。除了广义相对论描写的引力以外，迄今所有基本相互
作用均可以在量子力学的框架内描述（量子场论）。
4．太阳内部发生的反应是核聚变，即氢原子核在高温高压条件下聚合成氦原子核并释放能量的过程；其核反应方
程为41H→X+20e，则X是（ ）
1 1
A．H核 B．He核 C．Li核 D．Be核
5．（多选）若复色光的频率𝑣 =5.50×1014Hz~6.50×1014Hz，用复色光照射下面金属，可发生光电效应的可能是
( )
金属的极限频率
金属 锌 钙 钠 钾 铷
频率/1014Hz 8.07 7.73 5.53 5.44 5.15
选项 A B C D E
6．氢原子核外电子以半径r绕核做匀速圆周运动，若电子质量为m，元电荷为e，静电力常数为k，则电子动量大
小是 ？
7．一群氢原子处于量子数𝑛 =4的激发态，这些氢原子能够自发地跃迁到𝑛 =2的较低能量状态，R为里伯德常量，
c是真空中的光速；则在此过程中（ ）
A．吸收光子，𝜈 =𝑅𝑐( 1 − 1 ) B．放出光子，𝜈 =𝑅𝑐( 1 − 1 )
2 4 2 4
C．吸收光子，𝜈 =𝑅𝑐( 1 − 1 ) D．放出光子，𝜈 =𝑅𝑐( 1 − 1 )
22 42 22 42
【答案】4．B 5．CDE 6．√
𝑘𝑚𝑒2
7．D
𝑟
【解析】
4．根据核反应方程41H→X+20e，反应前氢核的质量数总和为4，电荷数总和为4×1。反应后两个正电子的质量
1 1
数总和为2×0=0，电荷数总和为2×1=2。设X的质量数为A，电荷数为Z，则有A+0=4，Z+2=4
解得A=4，Z=2
4He的质量数为4，电荷数为2，故选B。
2
5．复色光的频率𝑣 =5.50×1014Hz~6.50×1014Hz，当光的频率大于金属板的极限频率时，可发生光电效应，对比
可知可发生光电效应的钠、钾、铷，故选CDE。
6．电子绕氢原子核做匀速圆周运动，库仑力提供向心力𝑘
𝑒2
=𝑚
𝑣2
𝑟2 𝑟
整理得𝑣 =√
𝑘𝑒2
𝑚𝑟
电子动量大小是𝑝 =𝑚𝑣 =√
𝑘𝑚𝑒2
𝑟
7．氢原子从高能级向低能级跃迁时会放出光子，光子的能量等于两个能级的能量差。氢原子能级公式为𝐸 =− 13.6eV，
𝑛 𝑛2
光子的能量𝐸 =ℎ𝜈
根据巴耳末-里德伯公式1
=𝑅(
1
−
1
)
𝜆 𝑘2 𝑛2
又因为𝜈 = 𝑐，可得𝜈 =𝑐𝑅( 1 − 1 )
𝜆 𝑘2 𝑛2
其中n是跃迁前的能级，k是跃迁后的能级。
氢原子从n=4跃迁到n=2，n=4，k=2，根据𝜈 =𝑐𝑅( 1 − 1 )可得𝜈 =𝑅𝑐( 1 − 1 )
𝑘2 𝑛2 22 42
且是从高能级向低能级跃迁，放出光子，D正确。故选D。三、实验题
滑动变阻器是电路元件，它可以通过来改变自身的电阻，从而起到控制电路的作用。在电路分析中，滑动变阻器既
可以作为一个定值电阻，也可以作为一个变值电阻。滑动变阻器的构成一般包括接线柱、滑片、电阻丝、金属杆和
瓷筒等五部分。滑动变阻器的电阻丝绕在绝缘瓷筒上，电阻丝外面涂有绝缘漆。
8．电学实验中，进行“测量电源电动势和内阻”实验时，记录数据，当电流表𝐼 =1A时，电压表示数为𝑈 =3V；当
1 1
电流表示数为𝐼 =2A，电压表示数𝑈 =1.5V；则此电源电动势为 V内阻为 Ω。
2 2
9．通过实验，某电阻两端的电压与通过它的电流关系，描绘如图所示，在实验过程中，电阻的横截面积和长度保
持不变，依据图像分析：
（1）电阻阻值为R，其材料电阻率为𝜌，由图可知，随着电阻两端的电压增大，则( )
A．R增大，𝜌增大 B．R减小，𝜌减小
C．R增大，𝜌不变 D．R减小，𝜌不变
（2）根据图像分析，当电阻两端电压为1.8V时，该电阻的功率为 W。
（3）根据𝐼−𝑈图像，推测该实验电路为( )
A． B．
C． D
【答案】8． 4.5 1.5 9． B 0.225 C
【解析】8．根据闭合电路欧姆定律𝐸 =𝑈+𝐼𝑟
代入数据可得𝐸 =3+𝑟；𝐸 =1.5+2𝑟
联立两式解得𝐸 =4.5V；𝑟 =1.5Ω
则此电源电动势为4.5V，内阻为1.5Ω。
9．因为电阻𝐼−𝑈图线的斜率为电阻的倒数，随着电阻两端的电压增大，可知斜率在不断增大，故随着电阻两端的
电压增大，R减小，再根据电阻定律𝑅 =𝜌 𝑙
𝑆
可得𝜌也在减小，B选项正确。
故选B。
根据图像分析，当电阻两端电压为1.8V时，可读出此时流过电阻的电流为0.125V，根据公式𝑃 =𝑈𝐼
代入数据解得𝑃 =0.225W
该电阻的功率为0.225W。
根据𝐼−𝑈图像，当电阻两端的电压很小时，斜率几乎为零，电阻阻值很大，滑动变阻器用限流式接法不符合实际情
况，所以滑动变阻器采用分压式接法。随着电阻两端的电压增大，流过电阻的电流也在增大，电流表测流过电阻的
电流，可推测该实验电路符合条件的只有C选项。故选C。
四、综合题
质点在以某点为圆心半径为r的圆周上运动，即质点运动时其轨迹是圆周的运动叫“圆周运动”。它是一种最常见的
曲线运动。例如电动机转子、车轮、皮带轮等都作圆周运动。
如图所示，在竖直平面内有一光滑圆形轨道，a为轨道最低点，c为轨道最高点，b点、d点为轨道上与圆心等高的
两点，e为𝑎𝑏段的中点。一个质量为m的小物块在轨道内侧做圆周运动。
10．若物块从a点运动到c点所用时间为𝑡 ，则在0.5𝑡 时，物块在（ ）
0 0
A．A段 B．B点 C．C段 D．D点 E．E段
11．若物块在a点的速度为𝑣 ，经过时间t刚好到达b点，则在该过程中轨道对物块的支持力的冲量为（ ）
0
A．𝑚𝑣 B．𝑚𝑔𝑡 C．𝑚𝑣 +𝑚𝑔𝑡 D．𝑚√𝑣2+𝑔2𝑡2
0 0 0
12．若物块质量为0.5kg，下图是物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角𝜃的关系图像。
（1）求轨道半径R；
（2）求𝜃 =60°时，物块克服重力做功的瞬时功率P。
【答案】10．E 11．D 12．（1）0.59m；（2）23.8W
【解析】10．物块从a点运动到c点过程中一直做减速运动，可知沿圆弧物块a点运动到b点的平均速率大于b点
运动到c点的平均速率。若物块从a点运动到c点所用时间为𝑡 ，则在0.5𝑡 时，物块在E段。
0 0
故选E。
11．根据动量定理，支持力在水平方向的冲量为𝐼 =0−𝑚𝑣
𝑥 0
竖直方向上根据动量定理有𝐼 −𝑚𝑔𝑡 =0
𝑦
故该过程中轨道对物块的支持力的冲量为𝐼 =√𝐼2+𝐼2 =𝑚√𝑣2+𝑔2𝑡2
𝑥 𝑥 0
故选D。
12．（1）由图像可知，物块的初速度为6m/s，最高点位置的速度为3.5m/s。由动能定理得−𝑚𝑔2𝑅 = 1 𝑚𝑣2− 1 𝑚𝑣2
2 2 0
解得𝑅 =0.59m
（2）由图像可知𝜃 =60°时，物块的速度为5.5m/s，则物块克服重力做功的瞬时功率𝑃 =𝑚𝑔𝑣sin60∘ ≈23.8W
特雷门琴是世界第一件电子乐器。特雷门琴生产於1919年，由前苏联物理学家利夫·特尔门（Lev Termen）教授发
明，艺名雷奥·特雷门（Leon Theremin）。同年已经由一位女演奏家作出公开演奏，尤甚者连爱因斯坦都曾参观，依
然是世上唯一不需要身体接触的电子乐器。13．人手与竖直天线构成可视为如下图所示的等效电容器，与自感线圈L构成𝐿𝐶振荡电路。
（1）当人手靠近天线时，电容变大 （选填“变大”、“不变”、“变小”）。
（2）（多选）在电容器电荷量为零的瞬间，( )达到最大值。
A．电场能 B．电流 C．磁场能 D．电压
14．特雷门琴的扬声器结构如图所示，图a为正面切面图，磁铁外圈为S极，中心横柱为N极，横柱上套着线圈，
其侧面图如图b所示。
（1）此时线圈的受力方向为( )
A．左 B．右 C．径向向外 D．径向向内
（2）若单匝线圈周长为2.0cm，磁场强度𝐵 =0.5T，𝐼 =𝐼 sin(2𝜋𝑓𝑡)，𝐼 =0.71A，𝑓 =100Hz，则I的有效值为 A；
0 0
单匝线圈收到的安培力的最大值为 ？
（3）已知当温度为25℃时，声速𝑣 =347.6m/s，求琴的A5(440Hz)的波长为 ？
15．有一平行板电容器，按如下图接入电路中。
（1）减小两平行板间距d时，电容会变大 （选填“变大”、“变小”、“不变”）。
（2）已知电源电压为U，电容器电容为C，闭合开关，稳定时，电容器的电荷量为
16．有一质量为m，电荷量为q的正电荷从电容器左侧中央以速度𝑣 水平射入，恰好从下极板最右边射出，板间距
0
为d，两极板电压为U，求两极板的长度L（电荷的重力不计）。
17．已知人手靠近竖直天线时，音调变高，靠近水平天线时，声音变小；那么若想声波由图像①变成图像②，则
人手（ ）
A．靠近竖直天线，远离水平天线 B．靠近竖直天线，靠近水平天线
C．远离竖直天线，远离水平天线 D．远离竖直天线，靠近水平天线
【答案】13． 变大 BC 14． B 0.5A 7.1×10−3N 0.79m 15． 变大𝑄 =𝐶𝑈 16．𝐿 =𝑣 𝑑√ 𝑚 17．B
0
𝑈𝑞
【解析】
13．（1）根据平行板电容器电容的决定式𝐶 = 𝜀𝑆 ，当人手靠近天线时，相当于改变了电容器的介电常数ε（人手
4𝜋𝑘𝑑
会使周围介质的介电性质改变），使得介电常数增大，从而电容变大。
（2）在LC振荡电路中，根据i−t图像（LC振荡电路中电流随时间变化的图像），当电荷量为零时，电流达到最大
值。磁场能与电流成正相关，故磁场能也达到最大。而电荷量为零时，电压U=CQ，电压也为零，电场能也为零。
故选BC。
14．（1）观察图a，根据左手定则可知线圈所受安培力方向为向右，故选B。
（2）对于正弦式交变电流，电流的有效值与峰值的关系为𝐼 = 𝐼0
有 √2
则I的有效值为𝐼 = 0.71 A≈0.5A
有 √2
单匝线圈收到的安培力的最大值为𝐹 =𝐵𝐼 𝐿 =7.1×10−3N
0
（3）根据波速、频率和波长的关系𝑣 =𝜆𝑓，则有𝜆 = 𝑣 = 347.6 m=0.79m
𝑓 440
15．（1）根据平行板电容器电容的决定式𝐶 = 𝜀𝑆 ，当减小两平行板间距d时，其他量不变，所以电容C会变大。
4𝜋𝑘𝑑
（2）闭合开关，稳定时，根据电容的定义式可知电容器的电荷量为𝑄 =𝐶𝑈
16．根据牛顿第二定律得𝑞 𝑈 =𝑚𝑎
𝑑
整理得𝑎 = 𝑞𝑈
𝑚𝑑
粒子恰好从下极板最右边射出，垂直于板的方向上，根据位移公式𝑑 = 1 𝑎𝑡2
2 2
解得𝑡 =𝑑√ 𝑚
𝑞𝑈
两极板的长度𝐿 =𝑣 𝑡 =𝑣 𝑑√ 𝑚
0 0
𝑈𝑞
17．人手靠近竖直天线时，音调变高即波的频率变大，靠近水平天线时，声音变小，即波的振幅变小。声波由图像
①变成图像②即频率变大了，振幅变小了，可得人手靠近竖直天线、靠近水平天线。故选B。
自MCB系统是由若干控制器和传感器组成，评估汽车当前速度和移动情况，并检查踏板上是否有驾驶者介入，若
是MCB判断安全气囊弹出后驾驶者没有踩踏板或是踩踏力度不够，则启动电子稳定控制机制，向车轮施加与车辆
速度和移动幅度匹配的制动力，以防止二次事故发生。
18．如图，下列元件在匀强磁场中绕中心轴转动，下列电动势最大的是（ ）
A．𝐴 和𝐴 B．𝐵 和𝐵 C．𝐶 和𝐶 D．𝐷 和𝐷
1 2 1 2 1 2 1 2
19．在倾斜角为4.8°的斜坡上，有一辆向下滑动的小车在做匀速直线运动，存在动能回收系统；小车的质量𝑚 =
1500kg。在𝑡 =5s时间内，速度从𝑣 =72km/h减速到𝑣 =18km/h，运动过程中所有其他阻力的合力𝑓 =500N。
0 𝑡
求这一过程中：（1）小车的位移大小x？
（2）回收作用力大小F？
20．如图，大气压强为𝑝 ，一个气缸内部体积为𝑉 ，初始压强为𝑝 ，内有一活塞横截面积为S，质量为M。
0 0 0
（1）等温情况下，向右拉开活塞移动距离X，求活塞受拉力F？
（2）在水平弹簧振子中，弹簧劲度系数为k，小球质量为m，则弹簧振子做简谐运动振动频率为𝑓 = 1 √ 𝑘，论证
2𝜋 𝑚
拉开微小位移X时，活塞做简谐振动，并求出振动频率f。
（3）若气缸绝热，活塞在该情况下振动频率为𝑓 ，上题中等温情况下，活塞在气缸中的振动频率为𝑓，则两则的大
2 1
小关系为（ ）
A．𝑓 >𝑓 B．𝑓 =𝑓 C．𝑓 <𝑓
1 2 1 2 1 2
【答案】18．A 19．（1）𝑥 =62.5m；（2）𝐹 =5230N 20．（1）𝐹 = 𝑝0𝑆2𝑋；（2）𝑓 = 1 √ 𝑃0𝑆2 ；（3）C
𝑉0+𝑆𝑋 2𝜋 𝑀𝑉0
【解析】
18．由图可知，磁场方向竖直向下，图中各点的线速度都沿切线方向，而此时A 和A 点速度方向与磁场方向垂直，
1 2
产生的感应电动势最大。
故选A。
19．（1）小车的位移𝑥 = 𝑣0+𝑣𝑡𝑡 = 20+5 ×5m=62.5m
2 2
（2）小车的加速度𝑎 = 𝑣𝑡−𝑣0 = 5−20 m/s2 =−3m/s2
𝑡 5
方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律𝐹+𝑓−𝑚𝑔sin4.8∘ =𝑚𝑎
解得𝐹 =5230N
20．（1）根据玻意耳定律𝑝 𝑉 =𝑝(𝑉 +𝑋𝑆)
0 0 0
对活塞分析可知𝐹 =(𝑝 −𝑝)𝑆
0
解得𝐹 =
𝑝0𝑆2𝑋
𝑉0+𝑆𝑋
（2）设X方向为正方向，则此时活塞所受合力𝐹 =−(𝑝 −𝑝)𝑆 =−
𝑝0𝑆2
𝑋
回 0 𝑉0+𝑆𝑋
当X很微小时，则𝐹 ≈−
𝑝0𝑆2
𝑋 =−𝑘𝑋
回 𝑉0
即活塞的振动可视为简谐振动。其中𝑘 =
𝑝0𝑆2
𝑉0
振动频率为𝑓 = 1 √ 𝑘 = 1 √ 𝑝0𝑆2
2𝜋 𝑀 2𝜋 𝑉0𝑀
（3）若气缸绝热，则当气体体积增大时，气体对外做功，内能减小，温度降低，则压强减小，即𝑝′ <𝑝，根据𝐹 =
回
−(𝑝 −𝑝)𝑆 =−
𝑝0𝑆2
𝑋
0
𝑉0+𝑆𝑋
则k值偏大，则𝑓 <𝑓 故选C。
1 2
