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2025 年高考押题预测卷
物理·参考答案
一、选择题：本题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1
2
3
4
5
6
7
C
D
D
C
D
C
D
二、多项选择题（本题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题列出的四个选项中，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，有选错的得0 分）
8
9
10
BCD
CD
BD
三、非选择题（本题共5 小题，共54 分。考生根据要求作答）
11．（8 分）(1)0.660（1 分）
(2)高（1 分）
(3) d
2
2 L ( 1
t2
2 −1
t1
2 )（2 分）
(4)
1
2 M （2 分） 滑块在气垫导轨上重力的沿导轨分力的2 倍（2 分）
12．（8 分）(1)196.6（1 分） 98.3（2 分）
(2)5901.7（2 分）
(3)
（1 分） 偏小（2 分）
13．（8 分）
（1）受力分析有mg= ρgSℎ
解得m= ρSℎ
联立解得，盆内空气的压强p1= ρgℎ+ p0
（2）当盆内的水高度为H 时，盆内空气的压强p2满足p2+ ρgH = p0
1
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缓慢拉升，充足时间热交换，发生等温变化，根据玻意耳定律有p1 S
ℎ= p2(d −H )S
联立解得d = (ρgℎ+ p0)ℎ
p0−ρgH
+ H
（3）等温过程，内能不变，ΔU =0，由第（2）问可知，提升过程中，盆内空气的压强减小，体积增大，
气体对外做功，W <0，根据热力学第一定律有ΔU =W +Q
可知Q>0，故吸热。
14．（14 分）
（1）设P 第一次滑上传送带时，物块P 的速度大小为v1，根据机械能守恒定律有mgR = 1
2 m v1
2
解得v1=√2gR
圆弧最低点时由牛顿第二定律得F N −mg= mv1
2
R
解得FN=3mg
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力F
′
N= FN=3mg
（2）设物块在传送带上先减速后匀速，则匀减速运动的加速度大小a= μg=0.4 g
减速运动的距离x = v1
2−y1
2
2a
=1.25 R> R
假设不成立，因此P 第一次通过传送带一直做减速运动，设通过传送带的速度大小为v2
，v1
2−v2
2
2a
= R
解得v2=√
6
5 gR
设Q，P 碰撞后，P 的速度大小为v3，Q 的速度大小为v4，根据动量守恒定律有m v2=−m v3+3m v4
根据能量守恒有1
2 m v2
2= 1
2 m v3
2+ 1
2 ×3m v4
2
解得v3= v4= 1
2 v2= 1
2√
6
5 gR
2
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碰撞过程中，Q 对P 的冲量大小I =m v2+m v3= 3m√30 gR
10
（3）碰撞后P 向左减速至速度为0 过程位移x3= v3
2
2 μg = 3
8 R< R
又v3<v0
因此滑块P 第二次在传送带上先减速再反向加速运动，运动的时间t2= 2v2
μg =√
15 R
2g
最终Q、P 共速，它们间的最远距离s= v4t2= 3
2 R
15．（16 分）
（1）带电粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场做匀速圆周运动，轨迹如图1 所示。
设OP 与x 轴负方向的夹角为α，由几何关系得OP=2Rcosα
根据题设条件有3
2 R =OPcosα
解得α=30°，OP =√3 R
由几何关系可知△OPO2
为等边三角形，则轨迹半径：r1=OP =√3 R
根据洛伦兹力提供向心力得q v0 B =m v0
2
r1
解得 v0= √3qBR
m
（2）将速度v0分解，设某一分速度v1使粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，即q v1B =qE
又由题设条件E = √3q B
2 R
2m
3
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联立，解得v1= v0
2 = √3qBR
2m
由左手定则知速度v1方向沿x 轴正方向，与v0方向相同，令v0= v1+ v2
代入数据解得v2= v1= √3qBR
2m
v2方向也与v0方向相同，所以带电粒子的运动可以分解为速度为v1的匀速直线运动与速度为v2的逆时针方
向的匀速圆周运动的合运动，轨迹如图2 所示，
粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得q v2B =m v2
2
r2
带电粒子将做旋轮线运动，图中实线表示它的轨迹，M 点为粒子距x 轴的最远点。在这一点粒子的速度
v M = v1−v2=0
它到x 轴的最大距离ym=2r2
联立，解得ym=√3 R
（3）粒子在第一象限的运动周期T = 2πm
qB
Q 点为粒子运动轨迹与x 轴的相切点，Q 点坐标xQ= v1T
联立，解得xQ=√3 πR
根据运动的周期性，粒子与x 轴相切点的坐标x =n xQ=√3nπR(n=1,2,3，⋯)
4
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