2025年高考押题预测卷：物理（上海卷01）（解析版）

2025年高考押题预测卷（上海卷）

物理，全解全析

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用

橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单摆（4+4+8=16分）

悬锤静候，因重力而兴舞；摆线轻牵，借周期以复回。动止有法，高低错落皆循理；往返有常，左右

参差亦守规。

1.如图，用绝缘细线悬挂一个带电金属球，球心到悬点距离为L。左侧空间存在有界匀强磁场8,已知重

力加速度为g，

（1）在图示位置，由静止释放金属球，则其第一次到达最低点的速率为0==

（2）若金属球第二次到达最低点时的速率为V2,则0V2（选涂：A.>B.<C.=）

2.如图，在悬点正下方有一个能挡住摆线的钉子A,现将单摆向右拉开一个角度后无初速度释放。

（1）若绳子碰到钉子前、后两个瞬间摆球角速度分别为31、32,则532（选涂：A.>B.<C.=）

（2）若摆球在左、右两侧最大摆角处的加速度为。八a2,则s（选涂：A.>B.<C.=）

3.如图（a）,某同学用单摆测当地重力加速度，绳子上端为力传感器，可测摆绳上的张力F。

（1）图（b）为F随时间t变化的图像，在O~ls内，摆球在最低点的时刻为s,该单摆的周期T=s。

（2）该同学测量了摆线长度通过改变L,测得6组对应的周期7。描点，作出产”图线，如图（c）,图

2

线的横、纵截距为-P和q。在图线上选取A、B两点，坐标为（LA,「/）和（民，TB\则重力加速度

g=；摆球的直径d=o

【答案】1.JgLA2.BA53.0.71.62P

q

【解析】1.⑴由机械能守恒定律得相gL（l-cos60）=g"W解得匕=疯（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，

故有匕>内故选A。（2分）

2.田若绳子碰到钉子前、后两个瞬间线速度大小不变，由于碰到钉子后半径减小,

由a>——01<a>故选Bo（2分）

r2

[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4、%,

在左、右两侧最大摆角处的加速度分别为％=gsinqa2=gsin02

由于机械能守恒，左、右两侧最大摆角处高度相等，有4>2

故有sin^>sin02>a2故选A。（2分）

3.⑴小球在最低点时绳子上的力最大，故在0~ls内，摆球在最低点的时刻为0.7s；（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

t=0.7s—0.3s=0.4s=—T得T=1.6s（2分）

4

L+|

4万2°冗2

2

[3][4]由单摆周期公式有T=2乃整理有T=——L+—d

gg

g

所以图像的斜率为

结合题图，整理有g=&（2分）

q

2/

又由纵轴截距q=-d综合解得摆球的直径d=2p（2分）

g

二、汽车（5+6=11分）

作为交通工具的汽车，蕴含着大量的物理现象和规律。

4.一辆汽车停放在小区露天停车场，户外温度为7机刚启动时，仪表盘上显示四个轮胎的胎压数据如图（a）

所示，行驶一段时间后胎压数据如图（b）所示。

胎压；kPa胎压：kPa

240।(JiL2422701(Tj।270

238।।2402651Q।268

-(bj

（1）（多选）对于左前胎内的封闭气体，这一过程中气体o

A.分子数密度增大B.分子平均速率增大C.内能增大D.向外界释放热量

（2）图（b）所示时刻，左前胎内封闭气体的温度为fflo

5.汽车在平直公路上沿直线行驶，发动机功率保持恒定，行驶时所受的阻力恒定，其加速度a和速度”的

倒数（!）关系如图。已知汽车质量为L5xK）3kg。则汽车所受阻力大小为—N,发动机的功率为Wo

V

【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=Q+W

气体内能增大AU>0气体体积不变W=。所以。>0,气体吸收热量，故D错误。

故选BC。（2分）

（2）初状态温度为狐=（7+273）K=280K

根据查理定律空=*可得工=315K=42。。（3分）

5.⑴⑵根据牛顿第二定律e-耳艮=根。且尸=£整理可得a=£2-维

vmvm

结合图像可知左=£=°一（一1°）,6=-史=-1.0

m0.05m

3

解得P=3xl（）4w（3分），^fl=1.5xl0N（3分）

三、微观粒子（3+3+3+5=14分）

对微观粒子性质的研究，是近代物理最重要的方向之一。

nE/eV

oo------------------------------0

4--------------------------------0.85

3--------------------------------1.51

2--------------------------------3.40

113.6

6.如图所示是氢原子的能级图，大量处于〃=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，可以辐射出多种不同频率

的光子，其中巴耳末系是指氢原子由高能级向〃=2能级跃迁时释放的光子。则（）

A.最多可放出6种频率不同的光子，全部属于巴耳末系

B.放出的光子中波长最长的是〃=4激发态跃迁到〃=3激发态时产生的

C.用动能为12.7eV的电子撞击氢原子，可使处于基态的氢原子跃迁至"=4的激发态

D.用能量为2.56eV的光子照射处于力=2能级的氢原子，可以使它跃迁到九=4的激发态

7.（多选）康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现散射的X射线中，除了有与入射波长相同的成分外，

还有其他波长的X射线，这是由入射光子与晶体中的电子碰撞引起的。已知普朗克常量为九则（）

A.康普顿效应揭示了光的粒子性B.光子散射后波长变大

C.光子与电子碰撞后速度变小D.若碰撞后电子的动量为p,则其物质波波长为由

P

8.如图，分别用1、2两种材料作K极进行光电效应探究，其截止频率匕＜唉，保持入射光不变，则光电

子到达A极时动能的最大值Ekm随电压。变化关系的图像是（）

窗口

光束

<Y>

非

9.(多选)杯(2；：pu)静止时衰变为激发态和a粒子，激发态铀核au立即衰变为稳态铀核备u,并

放出能量为Ey的Y光子。已知杯£：Pu、稳态轴核和a粒子的质量分别记为mp“，mu和蛇，衰变放

出光子的动量可忽略且该过程释放的核能除去Y光子的能量国外全部转化为和a粒子的动能。在匀

强磁场中衰变产生的和a粒子，两者速度方向均与磁场垂直，做匀速圆周运动，则()

A.和a粒子在磁场中匀速圆周运动轨迹为外切圆

B.空U的比结合能大于喟Pu的比结合能

2

C.嗡u的动能为4=(%-mv-ma)c-Ey

2

D.a粒子的动能为稣”=—^—[(mPu-mv-ma)c-E~\

L

mv+ma，」

【答案】6.B7.ABD8.C9.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〃=4激发态

跃迁到〃=3激发态时产生的，故B正确；

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〃=4的激发态需要的能量为AE=心-4=-0-85eV-(-13.60eV)=12.75eV

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〃=4的激发态，故C错

误；

D.处于"=2能级的氢原子跃迁到〃=4能级需要吸收的能量

AE=E4-E2=-0.85eV-(-3.40eV)=2.55eV

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Bo（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；

h

D.若碰撞后电子的动量为p,则其物质波波长为2=一故D正确。

P

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

/二口+加-配截止可知/-U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，因匕<%,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；片U和a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，所以肾U的比结合能大于置Pu的比结合能，故B正确；

C.由能量守恒可知E=Ek&+Ey

2

由爱因斯坦质能方程可知£=（mPu-mu-ma）c解得线总=。电-叫）/-4故C错误；

D.根据动量守恒定律有0=%；为+%%

Ek总=%+%=》%说联立可得EL叫厅一纥］故D正确。

故选ABD。（5分）

四、电场与磁场（4+3+4+6+9=26分）

电场与磁场是两种基本的物理场，它们之间存在一定的关系，电场的变化可以引起磁场的产生，磁场

的变化亦可以引起电场的产生，两者的相互影响构成了电磁波。麦克斯韦电磁场理论的诞生不仅对电磁

波的发现和研究有着重要的启示作用，而且也为电磁能的利用提供了理论基础。

10.如图为一竖直方向的匀强电场（电场线未标出方向），有一质量为m且带电量为（g>0）的小球于

点M处释放，其运动轨迹可能为（选填若电场强度为E,方向竖直向下，小球至点

N处动能为EQM至N的水平距离、竖直距离分别为x、h,重力加速度为g,则M点处的动能为。

、、、、、

N

11.如图，水平桌面上放置有一光滑导轨机"，在导轨相〃上放置有一对平行导体棒p、q,且始终接触良好,

当一条形磁铁从上方落下的过程中，下列说法正确的是（不考虑p、q间的相互作用）（）

A.p、q相互靠近B.条形磁铁加速度小于g

C.导轨对桌面的压力减小D.俯视时导轨与导体棒间形成逆时针电流

12.笔记本电脑在合上及打开时，屏幕会自己熄灭及亮屏，这是因为其内部含有磁铁和霍尔传感器。霍尔

传感器类似于如图装置，当合上屏幕时，屏幕上的磁铁极会面向下并产生近似磁感应强度3=0.5T的匀强

磁场，A、B为两个竖直放置且相距d=0.05mm的平行极板（足够长），并都连接在电脑内的电压传感器，

一侧不断有电子（重力不计）以速度v=O」m/s平行且从两极板中央射入，当监测到某一恒定电压值时,

电脑就会熄屏。由此可知，B极板带电（选填"正"或"负"）。当电压传感器监测到电压为V

时，电脑屏幕熄屏。

13.小朱同学的物理兴趣小组通过以下装置对火车速度和加速度进行了测量。在火车头下方安装了一枚磁

体，并在铁轨下埋设了相距r的两个5匝线圈（每匝都为四边封闭的矩形），且都与测量仪器相连。磁体

下表面附近的磁感应强度3=。.003T,线圈材质为铜制（有漆包线包裹），长度。=0.3m,宽度为b=0.16m,

铜丝直径d=Q5mm,线圈与测量仪器间的线路阻值及测量仪器内阻忽略不计，测量数据如图C所示。（最

终结果保留4位有效数字）（参考数据：常温铜的电阻率2=1.7x10-8。.m）

（1）求火车在占=30m和无2=130m处时的速度匕和匕的大小;

（2）若火车做匀加速直线运动，求火车加速度大小。

0.15三

O.lOi

0.05-=

/ll，M/ITT去古券明J线^|20507090110

406080100120140x/m

-0.054

磁体接测量接测量-0.104

仪器仪器-0.15三

A.实验图A.原理图C.测量数据

14.如图，abed、。咙为相邻的两个正方形区域，边长均为""cd内有磁感应强度为8的匀强磁场，cdfg

内有匀强电场，场强方向与B方向垂直。一质子以垂直于2方向的初速度从be边中点进入磁场，恰好以

垂直于电场方向的速度进入电场区域，最终从£点离开电场区域。已知质子的质量为加，电荷量为e。

质子

(1)画出质子在这两个场区域内运动的轨迹；

(2)求质子在这两个场区域内运动的总时间f；

(3)求匀强电场的场强瓦

-6

【答案】10.。、b、cEk+Eqh-mgh11.AB12.负，2.5xlO

13.(1)10.62m/s,13.28m/s；(2)0.3179m/s214.(1)见解析(2)。.(3)----

2qB4m

【解析】10.⑴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。，综上所述，其运动轨迹可能为。、b,Co(2分)

[2]从M至N,根据动能定理有1M=mgh-Eqh

可得/W点处的动能为=Ek+Eqh-mgh(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.⑴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qvB=Eq电场强度为E=§

a

电压传感器监测到电压为U=vBd=OAx0,5x0.05xW3V=2.5xW6V（2分）

（）由电阻定律知，线圈工、线圈的阻值（(03+0.16)x2x5

13.12R=0=L7xlO-8x020.3983。

当火车经过线圈上方时，线圈中的感应电动势e=nBLv

G_nBLv

由图丙可知，在％=30m处，感应电流=0.12A则§=x

RR

0.12x0.3983m/^1062m/s

1nBL5x0.003x0.3

在X2=130m处，感应电流4=O.15A贝|^=幺=理殳

RR

力/口i9R0.15x0.3983..__,/八、

可得v=——=-----------------m/SB13.28om/s(3分)

92nBL5x0.003x0.3

（2）由匀加速直线运动知4—寸=2〃（々一%）

匕2-匕2_13.28?-10.622

则加速度大小a=m/s2=0.3179m/s2（3分）

2(%-%)2x(130-30)

14.（1）轨迹如图所示

（2）设在磁场中运动总时间为：，电场中运动总时间为芍

TT

则由轨迹及几何知磁场中运动时间为。=W，磁场中运动半径厂

2

2冗丫

由=—r1-

r%

电场中水平方向做匀速运动，则乙=的2总时间ff+L解得公空誓（4分）

2eB

（3）在电场中竖直方向‘=工”』eE=ma解得E=（4分）

224m

五、电荷的运动（3+9=12分）

电荷的相互吸引和排斥会产生很多有趣的现象，对电荷运动的研究推动了科学的发展。

15.在地球大气层的某个区域内电场方向竖直向下，一电子向上运动一段距离，电子（）

A.向电势高处运动，电势能增大B.向电势高处运动，电势能减小

C.向电势低处运动，电势能增大D.向电势低处运动，电势能减小

16.（计算）如图，虚线左侧存在水平向右的匀强电场（电场方向与虚线垂直），电场强度大小为E。虚线右

侧分布垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m的带电粒子在电场中A点以大小为v的初速度沿电场方向

向右运动，A点到虚线的距离为L。该粒子运动到虚线上。点时的速度大小为2%粒子在磁场中运动过程

中离虚线最远的距离也为上忽略粒子所受重力和场的边缘效应。

———＞：xXXXX

——＞；xXXXX

E

——＞：xXXXBX

A0-

——＞；xXXXX

——►xXXXX

（1）判断带电粒子的电性并求出电荷量q的数值;

（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小;

（3）若带电粒子初速度大小不变，方向平行虚线方向从A点射出,求带电粒子第一次离开磁场时在虚线上

的位置到。点的距离。

【答案】15.B16.（1）正电，加士；（2）—；（3）送L

2EL3V3

【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.⑴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Z点出发到。点，由动能定理有qEL=m（2v）2-mv2

解得电荷量为q=2（2分）

2EL

⑵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

———>：xXXXX

―►大XXXX

E

XXXBX

AO

——>{xXXXX

——►xXXXX

由题意可知带电粒子的轨迹半径为3由洛伦兹力提供向心力有q（2v»=^y

4F

联立解得磁感应强度为（2分）

3v

⑶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K=vt

在平行电场方向有v：=2%L匕=吗

mm

代入数据解得离开电场时平行电场方向的速度为v,=6v

垂直电场方向上的位移为4=2叵L

根据平行四边形定则可知离开电场时的速度大小为%=〃+（技y=2y

速度方向与电场方向的夹角为tan6=-^="即0=30

A/3V3

因为带电粒子仍以2V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心如图所示

XX

XX

XBx

XX

XX

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饱=庖

故带电粒子第一次离开磁场时距。点的距离为〃="+4=半工（4分）

六、电磁作用（3+4+4+10=21分）

电能生磁，磁能生电，电与磁紧密联系而又相互作用，在生活及科学研究领域都有重要的应用。

17.威耳逊云室是能显示带电粒子径迹的实验装置，是研究微观粒子的重要器材。在真空云室中的矩形区

域内存在着匀强磁场，在A点有一静止的原子核第Th发生了某种衰变，生成的新核和释放出的粒子在磁

场中的径迹如图中的曲线。、b所示，下列说法正确的是（）

A.记Th核发生的是a衰变B.曲线。是新核的径迹

C.匀强磁场方向垂直纸面向里D.曲线a、b的半径比与新核和粒子的质量有关

18."回旋加速器”就是一种典型的粒子加速器，下图为一回旋加速器的简图，。和2是两个中空的半圆形

金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为。、周期为7■的交流电源上。位于2圆心处的

质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略），它们在两盒之间被电场加速。当质子被加速到最大动能稣

后，再将它们引出。忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是（）

B

接交流电源U

A.若只增大交变电压U,则质子的最大动能线会变大

B.若只增大交变电压U,则质子在回旋加速器中运行的时间会变短

C.若只将交变电压的周期变为27，仍可用此装置加速质子

D.质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为G：金

19.用一段横截面半径为r、电阻率为夕、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R（r©的圆环，圆环

竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大

小均为B。圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为“忽略电感的影响，下列说法正确的是（）

A.下落过程圆环中磁通量不变

B.此时圆环受到竖直向上的安培力作用

C.此时圆环的加速度大小为1-g

pa

D.如果径向磁场足够深，则圆环的最大速度为%=察

20.水平放置的金属细圆环P的半径为/,其内部充满方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为8。电

阻为r,长度恰为/的细导体棒。一端搭接在细圆环上，可绕圆心处的金属细圆柱。在水平面内转动。两

平行竖直金属导轨的间距为d,其中M导轨与小圆柱。相连，N导轨与圆环P相连，两导轨上方通过电

键K连接能提供恒定电流大小为/,方向水平向右的恒流源5。质量为m,电阻为R的均匀导体棒b水平

搁置在固定支架上并与两导轨紧密接触，棒b处在方向垂直于导轨平面向内的匀强磁场中，磁感应强度

的大小为B。除了导体棒a和导体棒b外其余电阻不计，一切摩擦不计。

（1）若电键K断开，外力使导体棒a以某一角速度。匀速转动时导体棒b对支架的作用力恰好为0。求此

时导体棒。的旋转方向（俯视图）和。的大小。

（2）若电键K闭合，导体棒。作为"电动机”在水平面内旋转。

①"电动机”空载时导体棒a所受安培力为零，其匀速转动的角速度记为g,求4的大小。

②“电动机"效率为50%时，导体棒a的角速度。2。

【答案】17.C18.BD19.ABD

20.（1）黑］;导体棒a顺时针切割磁感线;⑵①4=篝;②/=应2（.+2厂）

n?v2mv

【解析】17.原子核衰变过程动量守恒，由图可知，由qvB=—可得r=--又rmvkm2V2,

rq6

所以ri：r2=q2：qi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，。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。是电子，

故记Th核发生的是夕衰变。故选C。（3分）

2

18.A.根据qvB=—得丫=幽则最大动能Ev=-mv=^^-与加速电压无关，故A错误;

rm22m

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；