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2025 年高考押题预测卷（上海卷）
物理·参考答案
一、单摆（4+4+8=16 分）
【答案】1．
A 2． B A 53．0.7 1.6
2p
【解析】1．[1]由机械能守恒定律得
解得
（2 分）
[2] 带电金属球在进入和离开磁场过程中，有感应电流，产生焦耳热，小球动能减小，
故有
故选A。（2 分）
2．[1]若绳子碰到钉子前、后两个瞬间线速度大小不变，由于碰到钉子后半径减小，
由
故选B。（2 分）
[2] 若摆球在左、右两侧最大摆角处与竖直方向的夹角分别为
、
，
在左、右两侧最大摆角处的加速度分别为
由于机械能守恒，左、右两侧最大摆角处高度相等，有
故有
故选A。（2 分）
3．[1]小球在最低点时绳子上的力最大，故在0~1s 内，摆球在最低点的时刻为
；（2 分）
[2] 小球在最高点时绳子上的力最小，相连最高点和最低点的时间间隔
得
（2 分）
[3] [4] 由单摆周期公式有
整理有
所以图像的斜率为
1
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结合题图，整理有
（2 分）
又由纵轴截距
综合解得摆球的直径
（2 分）
二、汽车（5+6=11 分）
【答案】4． BC 42 5．
【解析】4．（1）A.气体体积不变，胎内气体的分子密集程度不变，故A 错误；
B.温度升高，分子平均速率增大，故B 正确；
C.温度升高，气体内能增大，故C 正确；
D.根据热力学第一定律
气体内能增大
气体体积不变
所以
，气体吸收热量，故D 错误。
故选BC。（2 分）
（2）初状态温度为
根据查理定律
可得
（3 分）
5．[1][2]根据牛顿第二定律
且
整理可得
结合图像可知
，
解得
（3 分），
（3 分）
三、微观粒子（3+3+3+5=14 分）
【答案】6．B 7．ABD 8．C 9．ABD
【解析】6．A．最多可放出6 种频率不同的光子，属于巴尔末系的只有两种，故A 错误；
B．光子波长最长时，其频率最小，即光子能量最小，所以放出的光子中波长最长的是
激发态
跃迁到
激发态时产生的，故B 正确；
2
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C．氢原子与实物粒子发生碰撞而跃迁，实物粒子的能量需大于等于能级差值，则处于基态的氢原子
跃迁至
的激发态需要的能量为
因此，用动能为12.7eV 的电子撞击氢原子，不能使处于基态的氢原子跃迁至
的激发态，故C 错
误；
D．处于
能级的氢原子跃迁到
能级需要吸收的能量
而氢原子吸收光子发生跃迁，必须吸收等于能级差值的光子的能量，故D 错误。
故选B。（3 分）
7．A．康普顿效应揭示了光的粒子性，故A 正确；
B．光子散射后能量减小，则频率减小，波长变大，故B 正确；
C．X 射线是电磁波，则光子与电子碰撞后速度不变，故C 错误；
D．若碰撞后电子的动量为p，则其物质波波长为
故D 正确。
故选ABD。（3 分）
8．光电管所加电压为正向电压，则根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子到达A 极时动能的最大值
可知
图像的斜率相同，均为e；截止频率越大，
则图像在纵轴上的截距越小，因
，则图像C 正确，ABD 错误。 故选C。（3 分）
9．A．由题意可知衰变产生的
和α 粒子带电性相同，速度方向相反，故两粒子在同一匀强磁场中外切，
故A 正确；
B．由于衰变时放出核能，比结合能增大，所以
的比结合能大于
的比结合能，故B 正确；
C．由能量守恒可知
由爱因斯坦质能方程可知
解得
故C 错误；
D．根据动量守恒定律有
3
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联立可得
故D 正确。
故选ABD。（5 分）
四、电场与磁场（4+3+4+6+9=26 分）
【答案】10． a、b、c
11．AB 12．负，
13．（1）
，
；（2）
14．（1）见解析（2）
（3）
【解析】10．[1]若小球受到的重力与电场力相等，小球做匀速直线运动，运动轨迹可能为b，
若小球受到的重力小于电场力，且初速度方向与合外力方向不同，小球做匀变速曲线运动，
运动轨迹可能为c，若小球受到的重力大于电场力，且初速度方向与合外力方向不同，
小球做匀变速曲线运动，运动轨迹可能为a，综上所述，其运动轨迹可能为a、b、c。（2 分）
[2]从M 至N，根据动能定理有
可得M 点处的动能为
（2 分）
11．A．当一条形磁铁从上方落下的过程中，闭合导轨内的磁通量增大，由楞次定律“增缩减扩”可
知，
p、q 相互靠近，故A 正确；
B．由楞次定律“来拒去留”可知，磁铁从上方落下的过程中，受到向上的斥力，条形磁铁加速度
小于g，
故B 正确；
C．磁铁从上方落下的过程中，受到向上的斥力，根据牛顿第三定律可知，导轨受到向下的磁场力，
导轨对桌面的压力增大，故C 错误；
D．由于不清楚条形磁铁下端的磁极，无法判断闭合回路中的感应电流方向，故D 错误。
故选AB。（3 分）
12．[1]根据左手定则，电子受到的洛伦力打在B 极板，故B 极板带负电。（2 分）
[2]当电路稳定后有
电场强度为
4
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电压传感器监测到电压为
（2 分）
13．（1）由电阻定律知，线圈1、线圈2 的阻值
当火车经过线圈上方时，线圈中的感应电动势
由图丙可知，在
处，感应电流
则
可得
在
处，感应电流
则
可得
（3 分）
（2）由匀加速直线运动知
则加速度大小
（3 分）
14．（1）轨迹如图所示
（1 分）
（2）设在磁场中运动总时间为，电场中运动总时间为
则由轨迹及几何知磁场中运动时间为
，磁场中运动半径
由
电场中水平方向做匀速运动，则
总时间
解得
（4 分）
（3）在电场中竖直方向
解得
（4 分）
5
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五、电荷的运动（3+9=12 分）
【答案】15．B 16．（1）正电，
；（2）
；（3）
【解析】15．沿电场线方向电势降低，可知电子向上运动，即向电势高处运动，电子所受的电场力向
上，
根据电场力做功特点，可知电场力做正功，电势能减少，B 正确。故选B。（3 分）
16．[1]由题意可知带电粒子受到的电场力水平向右，与电场强度方向相同，故粒子带正电。（1 分）
电粒子从A 点出发到O 点，由动能定理有
解得电荷量为
（2 分）
[2]带电粒子在右边磁场中做匀速圆周运动，转半圆后离开磁场，如图所示
由题意可知带电粒子的轨迹半径为L，由洛伦兹力提供向心力有
联立解得磁感应强度为
（2 分）
[3]带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由运动学知识可知
垂直电场方向上做匀速直线运动
在平行电场方向有
代入数据解得离开电场时平行电场方向的速度为
垂直电场方向上的位移为
根据平行四边形定则可知离开电场时的速度大小为
6
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速度方向与电场方向的夹角为
即
因为带电粒子仍以
的速度大小进入磁场，故带电粒子在磁场中的轨迹半径仍为L，如图所示
由几何关系可知带电粒子在磁场中在垂直电场方向上运动的距离为
故带电粒子第一次离开磁场时距O 点的距离为
（4 分）
六、电磁作用（3+4+4+10=21 分）
【答案】 17．C 18．BD 19．ABD
20．（1）
;导体棒a 顺时针切割磁感线； （2）①
；②
【解析】17．原子核衰变过程动量守恒，由图可知，由
可得
又m1v1=m2v2，
所以r1:r2=q2:q1 可知轨迹半径与粒子和新核的质量无关，与电荷量应有关，半径越大，电荷量越小，
所以b 是新核，a 是释放出的粒子，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，所以a 是电子，
故
核发生的是
衰变。 故选C。（3 分）
18．A．根据
得
则最大动能
与加速电压无关，故A 错
误；
B．若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中加速次数会减小，导致运行时间变短，故B 正确；
C．若只将交变电压的周期变为2T，而质子在磁场中运动的周期不变，则两周期不同，
所以不能始终处于加速状态，故C 错误；
7
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D．根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，可得半径公式
联立
可知质子第n 次被加速前后的轨道半径之比为
故D 正确。
故选BD。（4 分）
19．A．圆环始终与磁感线平行，所用圆环中磁通量始终为零，不变，故A 正确；
B．圆环下落时切割磁感线，根据右手定则可知，圆环中有顺时针的电流，根据左手定则可知，
圆环受到向上的安培力，阻碍圆环下落，故B 正确；
C．圆环切割磁感线，产生的感应电动势
圆环的电阻为
电流为
圆环质量为
由牛顿第二定律可得加速度
故C 错误；
D．当圆环受力平衡时，速度最大，有
可得最大速度为
故D 正确。
故选ABD。（4 分）
20．（1）导体棒平衡，有
电流为
A 切割产生的电动势为
联立可得
根据左手定则和右手定则可知，导体棒a 顺时针切割磁感线；（3 分）
（2）①空载时导体棒a 所受安培力为零，则导体棒a 的电流为零则导体棒a 与导体棒b 两端电压相等，
导体棒b 的电流即恒流源电流I，既
所以
（3 分）
②设导体棒a 切割的电动势为E，其电流为i，导体棒a 与导体棒b 两端电压相等，
即
（外部提供的电压(I-i)R，一部分抵消反向感应电动势，一部分产生电
流i）
8
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由于导体棒a 上的速度随着到圆心距离均匀增大
且有 联立可得 （4 分）
9
