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2025 年高考押题预测卷（上海卷）
物理·参考答案
一、动车组列车（3+3+6=12 分）
【答案】1．D 2．19.44 3． B CD
【解析】1．根据相对论的“尺缩效应”，即
为物体的固有长度，为物体运动的速
度。
可知，当小庞同学的速度接近光速时，在小庞同学看来，车窗长度
明显缩短了，
在垂直车的运动方向上
，所以观察到车窗的高度
无变化。 故选D。（3 分）
2．设小洛同学离车窗距离为d，公路与铁轨间距离为L，的座位上，车窗长度为s，
车窗内看到的公路上的距离为x，由相似三角形可知
解得
列车与拖拉机的相对速度
解得拖拉机的速度
（3 分）
3．[1]列车进站时，根据右手定则可知，产生由a 到b 的感应电动势，故b 端电势比较高。
故选B。（3 分）
[2]ABC．列车动能
随运动时间t 变化的图像的斜率
列车匀减速进站，加速度不变，速度减小，图像的斜率减小，故AB 错误，C 正确；
DEF．列车动能
随运动距离s 变化的图像的斜率
列车匀减速进站，加速度不变，图像的斜率不变，故D 正确，EF 错误。
故选CD。（3 分）
二、中国高铁（5+5+6+4+10=30 分）
【答案】4．（1）BD （2）BCF 5．（1）A （2）8 6．（1）B （2）25
7．（1）
（2）175 8．（1）6:1 （2）
（3）7:5
1
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【解析】4．（1）[1]AB．在空气中传播时，5G 信号与4G 信号具有相同的传播速度，均为光速，故A
错误，B 正确；
CD．5G 信号相较于4G 信号采用了频率更高的无线电波，则5G 信号的波长小于4G 信号的波长，所以
5G 信号与4G 信号更不容易发生衍射，故C 错误，D 正确。
故选BD。（2 分）
（2）[2]由题图可知电流方向由下极板流向上极板，且上极板带正电，则此时电容器正在充电；可知此
时电容器电场能正在增大，线圈储存的磁场能正在减小；根据右手螺旋定则可知线圈中磁场的方向向
上。
故选BCF。（3 分）
5．（1）[1]卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得
可得
由于同步轨道卫星半径大于中轨道卫星半径，则有
故选A。（2 分）
（2）[2]由题图可知，两卫星每隔
相距最近，则有
可得中轨道卫星的运行周期为
（3 分）
6．（1）[1]根据
图像可知，列车做匀加速直线运动，加速度大小为
乘客将一水杯放置在车厢水平桌面上，设水面与水平方向的夹角为，则有
可得
可知此过程中水杯里水面的形状是一倾斜直线，且水的加速度方向与行驶方向相同。
故选B。（3 分）
（2）[2]由题图可知，
，
（3 分）
则列车通过此路段所用的时间为
7．（1）[1]以8 节车厢为整体，根据牛顿第二定律可得
2
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以后面4 节车厢为整体，根据牛顿第二定律可得
联立解得第4 节车厢对第5 节车厢的作用力大小为
（2 分）
（2）[2]若动车组在高速行驶过程中所受阻力与其速率成正比，采用4 动4 拖模式，
最高时速可达350km/h，则有
则改为采用1 动7 拖模式后，则
可得动车组的最高时速为
（2 分）
8．（1）[1]设线框abcd 的电阻为
，线框abcd 刚进入磁场时，产生的电动势为
此时ab 两点间的电势差为
线框abcd 刚离开磁场时，产生的电动势为
此时ab 两点间的电势差为
则有
（3 分）
（2）[2]线框从进入磁场到离开磁场过程，根据动量定理可得
又
则有
联立解得线框abcd 的电阻为
（3 分）
（3）[3]设线框完全进入磁场时的速度大小为
，则线框进入磁场过程，
根据动量定理可得
线框离开磁场过程，根据动量定理可得
解得
根据能量守恒可得
，
3
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则有
（4 分）
三、发光二极管（2+3+6+3+6=20 分）
【答案】9．D 10．C 11． C D 12．B 13．
15mA/16mA
【解析】9．根据的动量公式
，该束光中光子的动量大小为
故选D。（2 分）
10．首先根据楞次定律判断感应电流方向。当磁铁S 极朝下从图中位置静止释放向下运动穿入线圈时，
线圈中向上的磁通量增加，根据楞次定律“增反减同”，感应电流产生的磁场方向向下。
再根据右手螺旋定则（安培定则），此时感应电流从螺线管下端流出，上端流入，
电流方向使得红灯所在支路导通，红灯亮。
当磁铁穿出线圈时，线圈中向上的磁通量减少，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向上。
再根据右手螺旋定则，此时感应电流从螺线管上端流出，下端流入，电流方向使得绿灯所在支路导
通，
绿灯亮。所以是先红灯亮后绿灯亮。
故选C。（3 分）
11．[1]发光二极管具有单向导电性。闭合开关S 后，电源左侧为正极，右侧为负极，
电流从电源正极流出，二极管b、d 正向导电会发光，由于二极管c 的接法是反向的，不会发光。
开关S 后，电感线圈充当电源，在回路中电流方向为逆时针，二极管a 正向导电会发光，
所以无论电路中电流如何变化，二极管c 都不会导通，一直不会发光。 故选C。（3 分）
[2]当闭合开关S 时，通过电流传感器的电流立即增大，由于自感线圈L 的自感作用，
会产生自感电动势阻碍电流的增大，所以自感线圈L 的电流从零开始逐渐增大，由于电源有内阻，
路端电压会减小，通过电流传感器的电流会减小，最后达到稳定值。
当断开开关S 时，自感线圈L 产生自感电动势，此时自感线圈L 的电流不能突变，与电流传感器
支路组成闭合回路，通过电流传感器的电流会反向，然后电流逐渐减小到零。 故选D。（3 分）
12．
要使发光面发出的光第一次到达半球面时均可从球面射出，则临界情况是边缘光线竖直向上发出的
光
4
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到达半球的入射角最大，此时没有发生全反射，则所有得光线都能射出半球。
由几何知识有
则
故选B。（3 分）
13．[1]已知副线圈的输出电压
，根据正弦式交变电压的有效值公式，
可得副线圈输出电压有效值
再根据变压器原、副线圈电压关系
解得
（3 分）
[2]根据闭合电路欧姆定律，把定值电阻
等效成副线圈电源的内阻，可得
把电流单位换算为mA，即
作图线与该LED 的伏安特性曲线交于一点，
可以读出电流值，如图所示
所以工作时流过LED 的最大电流约为15mA。（3 分）
四、电和磁（7+11+3=21 分）
【答案】14．M
BD 15．（1）见解析 （2）①
25 ②
③
到 ④
16．B
【解析】14．[1][2]根据左手定则可知带正电粒子受向上的洛伦兹力，向M 板偏转，所以上极板带正电，
（2 分）电势更高；设高能粒子带电量为q，当高能粒子所受电场力与洛伦兹力等大反向后，粒子不再
偏转，则根据平衡条件，有
解得
（2 分）
5
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[3]根据电容定义式可得
可知增加板间电压或增大电容均可增加电容的带电量，由上分析可知板间电压为
所以高能粒子流速度增加，可以使板间电压增大，板间电压与高能粒子流电量和质量均无关。
故选BD。（3 分）
15．[1]没有漏电时，A、B 两个线圈都有电流，大小相等，方向相反，铁芯内的磁场互相抵消，
不会在
线圈中产线感应电流。（2 分）
[2]该交流电压的有效值为
（1 分）
[3]频率为
（1 分）
[4]当S 接到1 时，求用电器R 在2 小时内消耗的电能
（2
分）
[5]根据右手定则可知在C 线圈产生向下的磁场，因为电流增强，所以穿过线圈C 的磁通量增大，
根据楞次定律可知指示灯中感应电流方向为b 到a。（2 分）
[6]当S 接到2 时,线圈的有效匝数为200 匝，根据理想变压器电压与匝数成正比
解得
流过灯泡L 的电流大小为
根据理想变压器电流与匝数成反比，有
解得A 线圈内的电流强度为
（3 分）
16．根据法拉第电磁感应定律可得在
时间内线圈两端和之间的电势差
大小不变。 故选B。（3 分）
五、回旋加速器（6+11=17 分）
6
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【答案】 17．
，
18. (1)
(2)
(3)
【解析】17．（1）D 型盒最大回旋半径为R，则电子做圆周运动的最大半径为R，则
电子加速后获得的最大速度
（2 分）
（2）电子在电场中加速度大小不变，尽管电子在电场中往返运动，但可以看做电子做初速度为零的匀加
速运动，所以电子在电场中运动的时间为
解得
（4 分）
18．（1）粒子离开加速器时，粒子运动半径为
，洛伦兹力提供向心力，
则
解得
粒子加速后的动能为
联立解得
（2 分）
（2）第1 次进入加速1 次，第3 次进入加速5 次，根据动能定理
洛伦兹力提供向心力
联立解得
（3 分）
（3）粒子在电场中的加速度大小为
粒子在电场中做匀加速运动，则
根据动能定理
解得
粒子在磁场中运动周期为
粒子在磁场中的时间
则总时间为
（6 分）
7
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8
