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2025 年高考押题预测卷
物理·参考答案
一、单项选择题：本题共7 小题，每小题4 分，共28 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要
求的。
1
2
3
4
5
6
7
C
D
D
C
C
B
D
二、多项选择题：本题共3 小题，每小题6 分，共18 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的
要求，全部选对的得6 分，部分选对的得3 分，有选错的得0 分。
8
9
10
CD
AB
ACD
第II 卷（非选择题）
三、非选择题：本题共5 小题，共54 分
11．（8 分）
【答案】 (1)4.80(1 分）(2)
(1 分）(3)
(2 分）
(2 分）
(4)该阻力不会对重力加速度的测量值引起误差(2 分）
12．（8 分）
【答案】 (1)
(1 分）
(2) 乙 (1 分）
(2 分） 250(2 分）
(3)减小(2 分）
13．（8 分）
【答案】【答案】(1)
(2)
【详解】（1）以腔室内剩余的三分之二气体和塑料管内气体为研究对象，设松手时压强为p1，体积为
V1；弹簧恢复原长前，下阀门始终打开，腔室气体和塑料管内气体压强相等，设压强为p2，体积为V2，有
(1 分） ，
1
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(1 分）
向下按压瓶盖过程中，上阀门始终打开，所以，腔室内气体压强始终等于大气压强。即p1 = p0
由等温变化规律有
(1 分）
解得
(1 分）
（2）设储液瓶内液体的密度为ρ，塑料管内液体上升高度为h，则
(1 分）
由于储液瓶内的气体压强等于大气压强，有
(1 分）
解得
(2 分）
14．(14 分）
【答案】【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
，
【详解】（1）导体棒
处于锁定状态时，设导体棒
匀速转动产生的电动势为
，有
(1 分）
(1 分）
解得
(1 分）
（2）解除锁定后，设回路总电动势为
，回路中的电流为
，有
(1 分）
2
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对
棒，有
(1 分）
解得
(1 分）
当
棒加速度
，速度最大，即
(1 分）
解得
(1 分）
（3）设
棒速度为时，经过一小段时间
，速度变化量为
，流经
棒的电量为
，前进的距离为
，对
棒，有
(1 分）
从解除锁定到导体棒
的速度达到最大速度的
过程，有
(1 分）
另有
(1 分）
即
(1 分）
从解除锁定到导体棒
的速度达到最大速度
的过程，有
3
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(1 分）
解得
(1 分）
15(16 分）
【答案】【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）经过足够长的时间，滑块与木板将会达到共同速度v，对滑块与木板组成的系统，以水平向
右的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v (1 分）
由能量守恒定律得：
(1 分）
联立解得：
(1 分）
（2）如图为两种临界情况（示意图）
(2 分）
物块减到0 的时间是固定的，为：
(1 分）
木块向右加速和向左减速是对称的，段数越多，每段时间就越短，L 就越小。加速时，对木板由牛顿第二
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定律得：μmg=Ma (1 分）
即a=
μg
加速时间最长为t，则2t1=t
对应最长长度为
(1 分）
加速时间最短为t2，则4t2=t
对应最短长度为
(1 分）
最长长度Lmax，如果取等号，物块和木板将会共速为零停下，不会有第二次碰撞；不取等号，L 比Lmax略小
一点。则当木板速度减为零时，物块还有向右的速度（很小），就会带着木板向右发生第二次碰撞。
综上所述可知，L 应满足的条件是：
(1 分）
（3）木板将要与挡板发生碰撞时，滑块的速度为v1，木板的速度为v2，对滑块与木板组成的系统，以水平
向右的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2 (1 分）
木板与挡板发生碰撞后，经过足够长时间滑块与木板共速，对滑块与木板组成的系统，取v1方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv1-Mv2=（m+M）v (1 分）
滑块冲上木板至最终滑块与木板共速的整个过程，由能量守恒定律得：
(1 分）
联立解得：
(1 分）
v2有取值范围，当其最小时
(1 分）
当其最大时，以水平向右的方向为正方向，则mv0=（m+M）v2max
联立解得：v2min≤v2≤v2max
即
当
时，
当
时，
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综上知：
(1 分）
一、选择题：本题共12 小题，每小题4 分，共48 分。在每小题给出的四个选项中，第1~8 题只有一项符
合题目要求，第9~12 题有多项符合题目要求。全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错或不
答的得0 分。注意修改地区、分值等，要与当地考试模式相符
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
C
D
D
C
B
C
C
C
BC
CD
AD
BD
二、实验题：本题共2 小题，共15 分。注意修改分值
13．（1）1.770（2 分） （2）A1（1 分） E1（1 分） 外接法（1 分）
14．（1）8.600（2 分） （2）×10 挡（1 分） 欧姆调零（1 分） 220（1 分）
（3）V1（1 分） A2（1 分） R1（1 分） 如图所示（2 分）
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三、计算题：本题共3 小题，共37 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。
15．（1）A、B 碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=2mv ①（1 分）
碰后水平方向：qE=2max②（1 分）
③（1 分）
由速度位移公式得：0–v2=–2axxm④（1 分）
由①②③④解得：
（1 分）
（2）由能量守恒定律可知，碰撞过程中A 损失的机械能
（2 分）
碰后到距平台边缘最大水平距离的过程中A 损失的机械能
（2 分）
从A、B 碰撞前到A、B 运动到距离平台边缘最大水平距离的过程中A 损失的机械能为：
（2 分）
16．（1）设金属棒ab 的速度为v 时金属棒cd 刚要滑动
由
（1 分）
解得v=5 m/s（1 分）
由v=at 知t=2 s
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匀加速时段内金属棒ab 的位移为x1=
at2=5 m（1 分）
对金属棒ab：
（1 分）
故
（1 分）
带入数据可知F 随t 线性变化，且最大值为F1=22.5 N，最小值F2=12.5 N
因此外力F 的冲量为
解得I=35 N∙s（1 分）
（2）撤力后金属棒cd 仍静止，设金属棒ab 减速滑行的位移为x2
由
和
（1 分）
解得x2=1 m（1 分）
设金属棒ab 返回到出发点时的速度为v1，对金属棒cd，由
（1 分）
解得v1=3 m/s（1 分）
由能量守恒：
（1 分）
解得Q=3.75 J（1 分）
17．（1）电场中，根据牛顿第二定律有，
（1 分）
由运动学公式
（1 分）
（1 分）
得
（2 分）
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（2）在左侧磁场中偏转半圆，根据牛顿第二定律有
得
（1 分）
经历时间
（1 分）
在电场中加速到v，经历时间
（1 分）
又
有
（1 分）
得
（1 分）
在右侧磁场中偏转半圆，根据牛顿第二定律有
（1 分）
得
（1 分）
9
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经历时间
在电场中减速到v0，经历时间仍为
（1 分）
之后经历4 次循环，再在左侧磁场中偏转半周，回到了出发点O
故总时间为
（1 分）
10
