【高考真题】上海市2025年5月普通高中学业水平等级性考试物理试卷
一、光
（2025·上海）光是从哪里来，又回到哪里去？浦济之光，你见过吗？光是一个物理学名词，其本质是一种处于特定频段光子流。光源发出光，是因为光源中电子获得额外能量。如果能量不足以使其跃迁到更外层的轨道，电子就会进行加速运动，并以波的形式释放能量。如果跃迁之后刚好填补了所在轨道的空位，从激发态到达稳定态，电子就停止跃迁。否则电子会再次跃迁回之前的轨道，并且以波的形式释放能量。
1．以下哪个选项中的图样符合红光和紫光的双缝干涉图样 。
A．A B．B C．C D．D
2．如图所示，自然光经过两个偏振片，呈现在光屏上，偏振片B绕圆心转动且周期为T，则光屏上两个光强最小的时间间隔为（ ）
A． B．T C． D．
3． 物理王兴趣小组在做“测量玻璃的折射率”实验时，若从c侧观察，插入c时，应遮住a、b；插入d时，应遮住 ，依据图中所标数据，可得出该玻璃的折射率为 。
【答案】1．A
2．C
3．；
【知识点】光的干涉；测定玻璃的折射率；光的偏振现象
【解析】【解答】（1）根据：，红光的波长大于紫光的，可知红光的条纹间距大于紫光的条纹间距，光的双缝干涉图样是平行等距明暗相间的条纹，衍射条纹中间宽，两边窄，故BCD错误，A正确。
故选：A。
（2）根据偏振原理，当两个偏振片相互垂直时，在光屏上光强最小，偏振片B每转过半周透光强度从最小到最强，再到最小，可知光屏上两个光强最小的时间间隔为0.5T，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（3）若从c侧观察，插入c时，应遮住a、b的像；插入d时，应遮住a、b的像和c；
根据折射定律可得该玻璃的折射率为。
【分析】 （1）利用双缝干涉图样中相邻亮条纹的间距公式进行推导分析。
（2）依据偏振原理，当偏振片 B 每旋转半周（180°），透射光强会由最小变为最大，再回到最小；据此可进行分析判断
（3）由实验原理可知，插入d时应遮住a、b的像和c；通过折射定律来求解该玻璃的折射率。
1．（1）根据：，红光的波长大于紫光的，可知红光的条纹间距大于紫光的条纹间距，光的双缝干涉图样是平行等距明暗相间的条纹，衍射条纹中间宽，两边窄，故BCD错误，A正确。
故选：A。
2．（2）根据偏振原理，当两个偏振片相互垂直时，在光屏上光强最小，偏振片B每转过半周透光强度从最小到最强，再到最小，可知光屏上两个光强最小的时间间隔为0.5T，故ABD错误，C正确。
故选：C。
3．（3）若从c侧观察，插入c时，应遮住a、b的像；插入d时，应遮住a、b的像和c；
根据折射定律可得该玻璃的折射率为。
二、量子学
4．（2025·上海）量子力学（Quantum Mechanics），为物理学理论，是研究物质世界微观粒子运动规律的物理学分支，主要研究原子、分子、凝聚态物质，以及原子核和基本粒子的结构、性质的基础理论。它与相对论一起构成现代物理学的理论基础。量子力学不仅是现代物理学的基础理论之一，而且在化学等学科和许多近代技术中得到广泛应用。19世纪末，人们发现旧有的经典理论无法解释微观系统，于是经由物理学家的努力，在20世纪初创立量子力学，解释了这些现象。量子力学从根本上改变人类对物质结构及其相互作用的理解。除了广义相对论描写的引力以外，迄今所有基本相互作用均可以在量子力学的框架内描述（量子场论）。
（1）太阳内部发生的反应是核聚变，即氢原子核在高温高压条件下聚合成氦原子核并释放能量的过程；其核反应方程为，则X是（ ）
A．H核 B．核 C．核 D．核
（2）若复色光的频率~，用复色光照射下面金属，可发生光电效应的可能是 。
金属的极限频率
金属 锌 钙 钠 钾 铷
频率 8.07 7.73 5.53 5.44 5.15
选项 A B C D E
（3）氢原子核外电子以半径r绕核做匀速圆周运动，若电子质量为m，元电荷为e，静电力常数为k，则电子动量大小是 ？
（4）一群氢原子处于量子数的激发态，这些氢原子能够自发地跃迁到的较低能量状态，R为里伯德常量，c是真空中的光速；则在此过程中（ ）
A．吸收光子， B．放出光子，
C．吸收光子， D．放出光子，
【答案】（1）B
（2）CDE
（3）
（4）D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；动量；光电效应；核聚变
【解析】【解答】（1） 氢原子核在高温高压条件下聚合成氦原子核，根据核反应方程，反应前氢核的质量数总和为4，电荷数总和为4。反应后两个正电子的质量数总和为0，电荷数总和为2。设X的质量数为A，电荷数为Z，则有：A+0＝4，Z+2＝4，解得：A＝4，Z＝2，核的质量数为4，电荷数为2，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2）当入射光的频率大于金属板的极限频率时，可发生光电效应，复色光的频率ν＝5.50×1014Hz～6.50×1014Hz，对比可知可发生光电效应的有钠、钾、铷，故选：CDE。
（3）电子绕氢原子核做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，根据库仑定律以及牛顿第二定律可得得：，解得：
（4）氢原子从高能级向低能级跃迁时会放出光子，光子的能量等于两个能级的能量差。
根据里德伯公式：，其中m是跃迁前的能级，k是跃迁后的能级。
氢原子从n＝4跃迁到n＝2，则有：m＝4，k＝2
又有：
联立可得：，故D正确，ABC错误。
故选：D。
电子动量大小为：
【分析】（1）根据核反应遵循质量数与电荷数守恒分析判断；
（2）根据发生光电效应的条件分析解答；
（3）电子绕氢原子核做匀速圆周运动，根据库仑力提供向心力求得电子的线速度大小，根据动量的定义求得电子的动量大小；
（4）氢原子从高能级向低能级跃迁时会放出光子。根据里德伯公式，结合光速、频率、波长的关系解答。
（1）（1） 氢原子核在高温高压条件下聚合成氦原子核，根据核反应方程，反应前氢核的质量数总和为4，电荷数总和为4。反应后两个正电子的质量数总和为0，电荷数总和为2。设X的质量数为A，电荷数为Z，则有：A+0＝4，Z+2＝4，解得：A＝4，Z＝2，核的质量数为4，电荷数为2，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2）（2）当入射光的频率大于金属板的极限频率时，可发生光电效应，复色光的频率ν＝5.50×1014Hz～6.50×1014Hz，对比可知可发生光电效应的有钠、钾、铷，故选：CDE。
（3）（3）电子绕氢原子核做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，根据库仑定律以及牛顿第二定律可得得：，解得：
电子动量大小为：
（4）氢原子从高能级向低能级跃迁时会放出光子，光子的能量等于两个能级的能量差。
根据里德伯公式：，其中m是跃迁前的能级，k是跃迁后的能级。
氢原子从n＝4跃迁到n＝2，则有：m＝4，k＝2
又有：
联立可得：，故D正确，ABC错误。
故选：D。
三、滑动变阻器
（2025·上海）滑动变阻器是电路元件，它可以通过来改变自身的电阻，从而起到控制电路的作用。在电路分析中，滑动变阻器既可以作为一个定值电阻，也可以作为一个变值电阻。滑动变阻器的构成一般包括接线柱、滑片、电阻丝、金属杆和瓷筒等五部分。滑动变阻器的电阻丝绕在绝缘瓷筒上，电阻丝外面涂有绝缘漆。
5．电学实验中，进行“测量电源电动势和内阻”实验时，记录数据，当电流表时，电压表示数；当电流表示数为，电压表示数；则此电源电动势为 V内阻为 。
6．通过实验，某电阻两端的电压与通过它的电流关系，描绘如图所示，在实验过程中，电阻的横截面积和长度保持不变，依据图像分析：
①电阻阻值为R，其材料电阻率为，由图可知，随着电阻两端的电压增大，则 。
A.R增大，增大 B.R减小，减小
C.R增大，不变 D.R减小，不变
②根据图像分析，当电阻两端电压为时，该电阻的功率为 W。
③根据图像，推测该实验电路为 。
A. B.
C. D
【答案】5．4.5；1.5
6．B；0.225；C
【知识点】电功率和电功；导体电阻率的测量；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）进行“测量电源电动势和内阻”实验时，当电流表I1＝1A时，电压表示数为U1＝3V，根据闭合电路欧姆定律E＝U1+I1r
当电流表示数为I2＝2A，电压表示数U2＝1.5V，根据闭合电路欧姆定律E＝U2+I2r
代入数据联立解得电动势E＝4.5V；内阻r＝1.5Ω
①根据欧姆定律
电阻两端电压与通过它的电流关系图线的斜率
由此可知，随着电阻两端的电压增大，电阻R减小
根据电阻定律
在长度和横截面积不变时，导体的电阻率ρ减小，故ACD错误，B正确。
故选：B。
②电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，当电阻两端电压为U＝1.8V时，流过电阻的电流为I＝0.125A，根据功率公式P＝UI＝1.8×0.125W＝0.225W
③根据电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，电阻两端的电压变化范围很大，可以测出很小的电压，因此滑动变阻器采用分压式接法；
根据电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，当电压很小时，I﹣U图像几乎为倾斜直线，最大电阻约为
由于Rx RV，因此电流表采用外接法；
故ABD错误，C正确。
故选：C。
【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律求解作答；
（2）①根据欧姆定律和电阻定律，结合I﹣U图像分析作答；
②根据I﹣U图像可知，当电阻两端电压为U＝1.8V时，流过电阻的电流，根据功率公式求解作答；
③根据I﹣U图像分析电阻两端的电压变化范围大小，确定滑动变阻器的连接方式；根据I﹣U图像，当电压很小时，I﹣U图像几乎为倾斜直线，求解最大电阻，分析电流表的内外接法，然后作答。
5．（1）进行“测量电源电动势和内阻”实验时，当电流表I1＝1A时，电压表示数为U1＝3V，根据闭合电路欧姆定律E＝U1+I1r
当电流表示数为I2＝2A，电压表示数U2＝1.5V，根据闭合电路欧姆定律E＝U2+I2r
代入数据联立解得电动势E＝4.5V；内阻r＝1.5Ω
6．①根据欧姆定律
电阻两端电压与通过它的电流关系图线的斜率
由此可知，随着电阻两端的电压增大，电阻R减小
根据电阻定律
在长度和横截面积不变时，导体的电阻率ρ减小，故ACD错误，B正确。
故选：B。
②电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，当电阻两端电压为U＝1.8V时，流过电阻的电流为I＝0.125A，根据功率公式P＝UI＝1.8×0.125W＝0.225W
③根据电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，电阻两端的电压变化范围很大，可以测出很小的电压，因此滑动变阻器采用分压式接法；
根据电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，当电压很小时，I﹣U图像几乎为倾斜直线，最大电阻约为
由于Rx RV，因此电流表采用外接法；
故ABD错误，C正确。
故选：C。
四、圆周运动
7．（2025·上海）质点在以某点为圆心半径为r的圆周上运动，即质点运动时其轨迹是圆周的运动叫“圆周运动”。它是一种最常见的曲线运动。例如电动机转子、车轮、皮带轮等都作圆周运动。如图所示，在竖直平面内有一光滑圆形轨道，a为轨道最低点，c为轨道最高点，b点、d点为轨道上与圆心等高的两点，e为段的中点。一个质量为m的小物块在轨道内侧做圆周运动。
（1）若物块从a点运动到c点所用时间为，则在时，物块在（ ）
A．A段 B．B点 C．C段 D．D点 E．E段
（2）若物块在a点的速度为，经过时间t刚好到达b点，则在该过程中轨道对物块的支持力的冲量为（ ）
A． B． C． D．
（3）若物块质量为，下图是物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角的关系图像。
①求轨道半径R；
②求时，物块克服重力做功的瞬时功率P。
【答案】（1）E
（2）D
（3）⑴ 由 物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角的关系图可知，物块的初速度为6m/s，最高点位置的速度为3.5m/s。由动能定理得
解得R＝0.59m
⑵ 由图像可知θ＝60°时，物块的速度为5.5m/s，则物块克服重力做功的瞬时功率P＝mgvsin60°
解得P≈23.8W
【知识点】竖直平面的圆周运动；功率及其计算；冲量
【解析】【解答】（1） a为轨道最低点，c为轨道最高点，b点、d点为轨道上与圆心等高的两点， 物块从a点运动到c点过程中一直做减速运动，可知沿圆弧物块a点运动到b点的平均速率大于b点运动到c点的平均速率。若物块从a点运动到c点所用时间为t0，则在0.5t0时，物块在E段。故ABCD错误，E正确；
故选：E。
（2） 根据动量定理，以初速度方向为正方向，合力冲量等于物体动量变化，支持力在水平方向的冲量为Ix＝0﹣mv0
竖直方向上根据动量定理有Iy﹣mgt＝0
故该过程中轨道对物块的支持力的冲量为：
故ABC错误，D正确。
故选：D。
(3)①由 物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角的关系图可知，物块的初速度为6m/s，最高点位置的速度为3.5m/s。由动能定理得
解得R＝0.59m
② 由图像可知θ＝60°时，物块的速度为5.5m/s，则物块克服重力做功的瞬时功率P＝mgvsin60°
解得P≈23.8W
【分析】（1）根据沿圆弧物块a点运动到b点的平均速率大于b点运动到c点的平均速率分析求解；
（2）根据动量定理，对水平和竖直方向上分析求解；
（3）①由动能定理，结合图像分析求解；
②由功率表达式，结合图像分析求解。
（1）（1） a为轨道最低点，c为轨道最高点，b点、d点为轨道上与圆心等高的两点， 物块从a点运动到c点过程中一直做减速运动，可知沿圆弧物块a点运动到b点的平均速率大于b点运动到c点的平均速率。若物块从a点运动到c点所用时间为t0，则在0.5t0时，物块在E段。故ABCD错误，E正确；
故选：E。
（2）（2） 根据动量定理，以初速度方向为正方向，合力冲量等于物体动量变化，支持力在水平方向的冲量为Ix＝0﹣mv0
竖直方向上根据动量定理有Iy﹣mgt＝0
故该过程中轨道对物块的支持力的冲量为：
故ABC错误，D正确。
故选：D。
（3）(3) ⑴ 由 物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角的关系图可知，物块的初速度为6m/s，最高点位置的速度为3.5m/s。由动能定理得
解得R＝0.59m
⑵ 由图像可知θ＝60°时，物块的速度为5.5m/s，则物块克服重力做功的瞬时功率P＝mgvsin60°
解得P≈23.8W
五、特雷门琴
8．（2025·上海）特雷门琴是世界第一件电子乐器。特雷门琴生产於1919年，由前苏联物理学家利夫·特尔门（Lev Termen）教授发明，艺名雷奥·特雷门（Leon Theremin）。同年已经由一位女演奏家作出公开演奏，尤甚者连爱因斯坦都曾参观，依然是世上唯一不需要身体接触的电子乐器。
（1）人手与竖直天线构成可视为如下图所示的等效电容器，与自感线圈L构成振荡电路。
①当人手靠近天线时，电容变大 （选填“变大”、“不变”、“变小”）。
②在电容器电荷量为零的瞬间， 达到最大值。
A．电场能 B．电流 C．磁场能 D．电压
（2）特雷门琴的扬声器结构如图所示，图a为正面切面图，磁铁外圈为S极，中心横柱为N极，横柱上套着线圈，其侧面图如图b所示。
①此时线圈的受力方向为
A．左 B．右 C．径向向外 D．径向向内
②若单匝线圈周长为，磁场强度，，，，则I的有效值为 A；单匝线圈收到的安培力的最大值为 ？
③已知当温度为25℃时，声速，求琴的的波长为 ？
（3）有一平行板电容器，按如下图接入电路中。
①减小两平行板间距d时，电容会变大 （选填“变大”、“变小”、“不变”）。
②已知电源电压为U，电容器电容为C，闭合开关，稳定时，电容器的电荷量为
（4）有一质量为m，电荷量为q的正电荷从电容器左侧中央以速度水平射入，恰好从下极板最右边射出，板间距为d，两极板电压为U，求两极板的长度L（电荷的重力不计）。
（5）已知人手靠近竖直天线时，音调变高，靠近水平天线时，声音变小；那么若想声波由图像①变成图像②，则人手（ ）
A．靠近竖直天线，远离水平天线 B．靠近竖直天线，靠近水平天线
C．远离竖直天线，远离水平天线 D．远离竖直天线，靠近水平天线
【答案】（1）变大；BC
（2）B；；；
（3）变大；
（4）电荷量为q的正电荷在电容器中做类平抛运动
竖直方向根据牛顿第二定律得
竖直位移
水平方向做匀速直线运动，水平位移L＝v0t
联立解得两板的长度
（5）B
【知识点】简谐运动的表达式与图象；电容器及其应用；安培力；带电粒子在电场中的运动综合；LC振荡电路分析
【解析】【解答】（1）①当人手靠近天线时，相当于改变了电容器的介电常数εr（人手会使周围介质的介电性质改变），使得介电常数增大，根据平行板电容器电容的决定式，从而电容变大。
②当电荷量为零时，电流达到最大值，电场能全部转化为磁场能，磁场能达到最大值；电荷量为零时，电容器两端电压，电场能也为零，故AD错误，BC正确。
故选：BC。
（2）①观察图a，根据左手定则可知线圈所受安培力方向为向右，故ACD错误，B正确。
故选：B。
② 单匝线圈周长为，磁场强度，，，， 根据正弦式交变电流有效值与峰值的关系，有效值
根据安培力公式，单匝线圈收到的安培力的最大值为
③根据波速、频率和波长的关系v＝λf，则有
（3）①根据平行板电容器电容的决定式可知，当减小两平行板间距d时，其他量不变，所以电容C会变大。
②闭合开关，稳定时，根据电容的定义式，电容器的电荷量为Q＝CU。
（4）电荷量为q的正电荷在电容器中做类平抛运动
竖直方向根据牛顿第二定律得
竖直位移
水平方向做匀速直线运动，水平位移L＝v0t
联立解得两板的长度
（5）声音的音调由频率决定，人手靠近竖直天线时，音调变高即波的频率变大；声音的强度由振幅决定，靠近水平天线时，声音变小，即波的振幅变小；声波由图像①变成图像②即频率变大了，振幅变小了，可得人手靠近竖直天线、靠近水平天线，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【分析】（1）①当人手靠近天线时，相当于改变了电容器的介电常数，根据平行板电容器电容的决定式分析作答；
②根据LC振荡电路的i﹣t图像和q﹣t图像，结合LC电路的特点分析作答；
（2）①根据左手定则分析作答；
②根据正弦交变电流有效值与最大值的关系求解作答；根据安培力公式求解作答；
③根据波速、频率和波长的关系v＝λf求解作答；
（3）①根据平行板电容器的决定式分析作答；
②根据电容器的定义式分析作答；
（4）带电粒子在电场中（平行板电容器中）做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求解作答；
（5）声音的音调由频率决定，人手靠近竖直天线时，音调变高即波的频率变大；声音的强度由振幅决定，靠近水平天线时，声音变小，即波的振幅变小，结合图像分析作答。
（1）（1） ⑴ 当人手靠近天线时，相当于改变了电容器的介电常数εr（人手会使周围介质的介电性质改变），使得介电常数增大，根据平行板电容器电容的决定式，从而电容变大。
⑵ 当电荷量为零时，电流达到最大值，电场能全部转化为磁场能，磁场能达到最大值；电荷量为零时，电容器两端电压，电场能也为零，故AD错误，BC正确。
故选：BC。
（2）（2）①观察图a，根据左手定则可知线圈所受安培力方向为向右，故ACD错误，B正确。
故选：B。
② 单匝线圈周长为，磁场强度，，，， 根据正弦式交变电流有效值与峰值的关系，有效值
根据安培力公式，单匝线圈收到的安培力的最大值为
③根据波速、频率和波长的关系v＝λf，则有
（3）①根据平行板电容器电容的决定式可知，当减小两平行板间距d时，其他量不变，所以电容C会变大。
②闭合开关，稳定时，根据电容的定义式，电容器的电荷量为Q＝CU
（4）（4）电荷量为q的正电荷在电容器中做类平抛运动
竖直方向根据牛顿第二定律得
竖直位移
水平方向做匀速直线运动，水平位移L＝v0t
联立解得两板的长度
（5）（5）声音的音调由频率决定，人手靠近竖直天线时，音调变高即波的频率变大；声音的强度由振幅决定，靠近水平天线时，声音变小，即波的振幅变小；声波由图像①变成图像②即频率变大了，振幅变小了，可得人手靠近竖直天线、靠近水平天线，故ACD错误，B正确。
故选：B。
六、汽车制动防撞
9．（2025·上海）自MCB系统是由若干控制器和传感器组成，评估汽车当前速度和移动情况，并检查踏板上是否有驾驶者介入，若是MCB判断安全气囊弹出后驾驶者没有踩踏板或是踩踏力度不够，则启动电子稳定控制机制，向车轮施加与车辆速度和移动幅度匹配的制动力，以防止二次事故发生。
（1）如图，下列元件在匀强磁场中绕中心轴转动，下列电动势最大的是（ ）
A．和 B．和 C．和 D．和
（2）在倾斜角为4.8°的斜坡上，有一辆向下滑动的小车在做匀速直线运动，存在动能回收系统；小车的质量。在时间内，速度从减速到，运动过程中所有其他阻力的合力。求这一过程中：
①小车的位移大小x？
②回收作用力大小F？
（3）如图，大气压强为，一个气缸内部体积为，初始压强为，内有一活塞横截面积为S，质量为M。
①等温情况下，向右拉开活塞移动距离X，求活塞受拉力F？
②在水平弹簧振子中，弹簧劲度系数为k，小球质量为m，则弹簧振子做简谐运动振动频率为，论证拉开微小位移X时，活塞做简谐振动，并求出振动频率f。
③若气缸绝热，活塞在该情况下振动频率为，上题中等温情况下，活塞在气缸中的振动频率为，则两则的大小关系为 。
A． B． C．
【答案】（1）A
（2）小车的位移
小车的加速度
方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律
解得
（3）根据玻意耳定律对活塞分析可知解得
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用；简谐运动；导体切割磁感线时的感应电动势；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】（1）图中各点的线速度都沿切线方向，由图可知，磁场方向竖直向下，此时A1和A2点速度方向与磁场方向垂直，根据E=BLv可知，产生的感应电动势最大。故BCD错误，A正确；
故选：A。
（2）①小车的位移
②小车的加速度
方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律F+f﹣mgsin4.8°＝ma
解得F＝5230N
（3）①根据玻意耳定律p0V0＝p（V0+XS）
对活塞分析可知F＝（p0﹣p）S
解得
②设X方向为正方向，则此时活塞所受合力
当X很微小时，则
即活塞的振动可视为简谐振动。其中
振动频率为
③若气缸绝热，则当气体体积增大时，气体对外做功，内能减小，温度降低，则压强减小，即p'＜p，根据
则k值偏大，则f1＜f2
故AB错误，C正确。
故选：C。
【分析】（1）根据速度方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大分析求解；
（2）根据牛顿第二定律，结合匀变速直线运动公式分析求解；
（3）根据玻意耳定律，结合对活塞的受力分析，综合热力学第一定律分析求解。
（1）（1）图中各点的线速度都沿切线方向，由图可知，磁场方向竖直向下，此时A1和A2点速度方向与磁场方向垂直，根据E=BLv可知，产生的感应电动势最大。故BCD错误，A正确；
故选：A。
（2）（2）①小车的位移
②小车的加速度
方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律F+f﹣mgsin4.8°＝ma
解得F＝5230N
（3）（3）①根据玻意耳定律p0V0＝p（V0+XS）
对活塞分析可知F＝（p0﹣p）S
解得
②设X方向为正方向，则此时活塞所受合力
当X很微小时，则
即活塞的振动可视为简谐振动。其中
振动频率为
③若气缸绝热，则当气体体积增大时，气体对外做功，内能减小，温度降低，则压强减小，即p'＜p，根据
则k值偏大，则f1＜f2
故AB错误，C正确。
故选：C。
1 / 1【高考真题】上海市2025年5月普通高中学业水平等级性考试物理试卷
一、光
（2025·上海）光是从哪里来，又回到哪里去？浦济之光，你见过吗？光是一个物理学名词，其本质是一种处于特定频段光子流。光源发出光，是因为光源中电子获得额外能量。如果能量不足以使其跃迁到更外层的轨道，电子就会进行加速运动，并以波的形式释放能量。如果跃迁之后刚好填补了所在轨道的空位，从激发态到达稳定态，电子就停止跃迁。否则电子会再次跃迁回之前的轨道，并且以波的形式释放能量。
1．以下哪个选项中的图样符合红光和紫光的双缝干涉图样 。
A．A B．B C．C D．D
2．如图所示，自然光经过两个偏振片，呈现在光屏上，偏振片B绕圆心转动且周期为T，则光屏上两个光强最小的时间间隔为（ ）
A． B．T C． D．
3． 物理王兴趣小组在做“测量玻璃的折射率”实验时，若从c侧观察，插入c时，应遮住a、b；插入d时，应遮住 ，依据图中所标数据，可得出该玻璃的折射率为 。
二、量子学
4．（2025·上海）量子力学（Quantum Mechanics），为物理学理论，是研究物质世界微观粒子运动规律的物理学分支，主要研究原子、分子、凝聚态物质，以及原子核和基本粒子的结构、性质的基础理论。它与相对论一起构成现代物理学的理论基础。量子力学不仅是现代物理学的基础理论之一，而且在化学等学科和许多近代技术中得到广泛应用。19世纪末，人们发现旧有的经典理论无法解释微观系统，于是经由物理学家的努力，在20世纪初创立量子力学，解释了这些现象。量子力学从根本上改变人类对物质结构及其相互作用的理解。除了广义相对论描写的引力以外，迄今所有基本相互作用均可以在量子力学的框架内描述（量子场论）。
（1）太阳内部发生的反应是核聚变，即氢原子核在高温高压条件下聚合成氦原子核并释放能量的过程；其核反应方程为，则X是（ ）
A．H核 B．核 C．核 D．核
（2）若复色光的频率~，用复色光照射下面金属，可发生光电效应的可能是 。
金属的极限频率
金属 锌 钙 钠 钾 铷
频率 8.07 7.73 5.53 5.44 5.15
选项 A B C D E
（3）氢原子核外电子以半径r绕核做匀速圆周运动，若电子质量为m，元电荷为e，静电力常数为k，则电子动量大小是 ？
（4）一群氢原子处于量子数的激发态，这些氢原子能够自发地跃迁到的较低能量状态，R为里伯德常量，c是真空中的光速；则在此过程中（ ）
A．吸收光子， B．放出光子，
C．吸收光子， D．放出光子，
三、滑动变阻器
（2025·上海）滑动变阻器是电路元件，它可以通过来改变自身的电阻，从而起到控制电路的作用。在电路分析中，滑动变阻器既可以作为一个定值电阻，也可以作为一个变值电阻。滑动变阻器的构成一般包括接线柱、滑片、电阻丝、金属杆和瓷筒等五部分。滑动变阻器的电阻丝绕在绝缘瓷筒上，电阻丝外面涂有绝缘漆。
5．电学实验中，进行“测量电源电动势和内阻”实验时，记录数据，当电流表时，电压表示数；当电流表示数为，电压表示数；则此电源电动势为 V内阻为 。
6．通过实验，某电阻两端的电压与通过它的电流关系，描绘如图所示，在实验过程中，电阻的横截面积和长度保持不变，依据图像分析：
①电阻阻值为R，其材料电阻率为，由图可知，随着电阻两端的电压增大，则 。
A.R增大，增大 B.R减小，减小
C.R增大，不变 D.R减小，不变
②根据图像分析，当电阻两端电压为时，该电阻的功率为 W。
③根据图像，推测该实验电路为 。
A. B.
C. D
四、圆周运动
7．（2025·上海）质点在以某点为圆心半径为r的圆周上运动，即质点运动时其轨迹是圆周的运动叫“圆周运动”。它是一种最常见的曲线运动。例如电动机转子、车轮、皮带轮等都作圆周运动。如图所示，在竖直平面内有一光滑圆形轨道，a为轨道最低点，c为轨道最高点，b点、d点为轨道上与圆心等高的两点，e为段的中点。一个质量为m的小物块在轨道内侧做圆周运动。
（1）若物块从a点运动到c点所用时间为，则在时，物块在（ ）
A．A段 B．B点 C．C段 D．D点 E．E段
（2）若物块在a点的速度为，经过时间t刚好到达b点，则在该过程中轨道对物块的支持力的冲量为（ ）
A． B． C． D．
（3）若物块质量为，下图是物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角的关系图像。
①求轨道半径R；
②求时，物块克服重力做功的瞬时功率P。
五、特雷门琴
8．（2025·上海）特雷门琴是世界第一件电子乐器。特雷门琴生产於1919年，由前苏联物理学家利夫·特尔门（Lev Termen）教授发明，艺名雷奥·特雷门（Leon Theremin）。同年已经由一位女演奏家作出公开演奏，尤甚者连爱因斯坦都曾参观，依然是世上唯一不需要身体接触的电子乐器。
（1）人手与竖直天线构成可视为如下图所示的等效电容器，与自感线圈L构成振荡电路。
①当人手靠近天线时，电容变大 （选填“变大”、“不变”、“变小”）。
②在电容器电荷量为零的瞬间， 达到最大值。
A．电场能 B．电流 C．磁场能 D．电压
（2）特雷门琴的扬声器结构如图所示，图a为正面切面图，磁铁外圈为S极，中心横柱为N极，横柱上套着线圈，其侧面图如图b所示。
①此时线圈的受力方向为
A．左 B．右 C．径向向外 D．径向向内
②若单匝线圈周长为，磁场强度，，，，则I的有效值为 A；单匝线圈收到的安培力的最大值为 ？
③已知当温度为25℃时，声速，求琴的的波长为 ？
（3）有一平行板电容器，按如下图接入电路中。
①减小两平行板间距d时，电容会变大 （选填“变大”、“变小”、“不变”）。
②已知电源电压为U，电容器电容为C，闭合开关，稳定时，电容器的电荷量为
（4）有一质量为m，电荷量为q的正电荷从电容器左侧中央以速度水平射入，恰好从下极板最右边射出，板间距为d，两极板电压为U，求两极板的长度L（电荷的重力不计）。
（5）已知人手靠近竖直天线时，音调变高，靠近水平天线时，声音变小；那么若想声波由图像①变成图像②，则人手（ ）
A．靠近竖直天线，远离水平天线 B．靠近竖直天线，靠近水平天线
C．远离竖直天线，远离水平天线 D．远离竖直天线，靠近水平天线
六、汽车制动防撞
9．（2025·上海）自MCB系统是由若干控制器和传感器组成，评估汽车当前速度和移动情况，并检查踏板上是否有驾驶者介入，若是MCB判断安全气囊弹出后驾驶者没有踩踏板或是踩踏力度不够，则启动电子稳定控制机制，向车轮施加与车辆速度和移动幅度匹配的制动力，以防止二次事故发生。
（1）如图，下列元件在匀强磁场中绕中心轴转动，下列电动势最大的是（ ）
A．和 B．和 C．和 D．和
（2）在倾斜角为4.8°的斜坡上，有一辆向下滑动的小车在做匀速直线运动，存在动能回收系统；小车的质量。在时间内，速度从减速到，运动过程中所有其他阻力的合力。求这一过程中：
①小车的位移大小x？
②回收作用力大小F？
（3）如图，大气压强为，一个气缸内部体积为，初始压强为，内有一活塞横截面积为S，质量为M。
①等温情况下，向右拉开活塞移动距离X，求活塞受拉力F？
②在水平弹簧振子中，弹簧劲度系数为k，小球质量为m，则弹簧振子做简谐运动振动频率为，论证拉开微小位移X时，活塞做简谐振动，并求出振动频率f。
③若气缸绝热，活塞在该情况下振动频率为，上题中等温情况下，活塞在气缸中的振动频率为，则两则的大小关系为 。
A． B． C．
答案解析部分
【答案】1．A
2．C
3．；
【知识点】光的干涉；测定玻璃的折射率；光的偏振现象
【解析】【解答】（1）根据：，红光的波长大于紫光的，可知红光的条纹间距大于紫光的条纹间距，光的双缝干涉图样是平行等距明暗相间的条纹，衍射条纹中间宽，两边窄，故BCD错误，A正确。
故选：A。
（2）根据偏振原理，当两个偏振片相互垂直时，在光屏上光强最小，偏振片B每转过半周透光强度从最小到最强，再到最小，可知光屏上两个光强最小的时间间隔为0.5T，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（3）若从c侧观察，插入c时，应遮住a、b的像；插入d时，应遮住a、b的像和c；
根据折射定律可得该玻璃的折射率为。
【分析】 （1）利用双缝干涉图样中相邻亮条纹的间距公式进行推导分析。
（2）依据偏振原理，当偏振片 B 每旋转半周（180°），透射光强会由最小变为最大，再回到最小；据此可进行分析判断
（3）由实验原理可知，插入d时应遮住a、b的像和c；通过折射定律来求解该玻璃的折射率。
1．（1）根据：，红光的波长大于紫光的，可知红光的条纹间距大于紫光的条纹间距，光的双缝干涉图样是平行等距明暗相间的条纹，衍射条纹中间宽，两边窄，故BCD错误，A正确。
故选：A。
2．（2）根据偏振原理，当两个偏振片相互垂直时，在光屏上光强最小，偏振片B每转过半周透光强度从最小到最强，再到最小，可知光屏上两个光强最小的时间间隔为0.5T，故ABD错误，C正确。
故选：C。
3．（3）若从c侧观察，插入c时，应遮住a、b的像；插入d时，应遮住a、b的像和c；
根据折射定律可得该玻璃的折射率为。
4．【答案】（1）B
（2）CDE
（3）
（4）D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；动量；光电效应；核聚变
【解析】【解答】（1） 氢原子核在高温高压条件下聚合成氦原子核，根据核反应方程，反应前氢核的质量数总和为4，电荷数总和为4。反应后两个正电子的质量数总和为0，电荷数总和为2。设X的质量数为A，电荷数为Z，则有：A+0＝4，Z+2＝4，解得：A＝4，Z＝2，核的质量数为4，电荷数为2，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2）当入射光的频率大于金属板的极限频率时，可发生光电效应，复色光的频率ν＝5.50×1014Hz～6.50×1014Hz，对比可知可发生光电效应的有钠、钾、铷，故选：CDE。
（3）电子绕氢原子核做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，根据库仑定律以及牛顿第二定律可得得：，解得：
（4）氢原子从高能级向低能级跃迁时会放出光子，光子的能量等于两个能级的能量差。
根据里德伯公式：，其中m是跃迁前的能级，k是跃迁后的能级。
氢原子从n＝4跃迁到n＝2，则有：m＝4，k＝2
又有：
联立可得：，故D正确，ABC错误。
故选：D。
电子动量大小为：
【分析】（1）根据核反应遵循质量数与电荷数守恒分析判断；
（2）根据发生光电效应的条件分析解答；
（3）电子绕氢原子核做匀速圆周运动，根据库仑力提供向心力求得电子的线速度大小，根据动量的定义求得电子的动量大小；
（4）氢原子从高能级向低能级跃迁时会放出光子。根据里德伯公式，结合光速、频率、波长的关系解答。
（1）（1） 氢原子核在高温高压条件下聚合成氦原子核，根据核反应方程，反应前氢核的质量数总和为4，电荷数总和为4。反应后两个正电子的质量数总和为0，电荷数总和为2。设X的质量数为A，电荷数为Z，则有：A+0＝4，Z+2＝4，解得：A＝4，Z＝2，核的质量数为4，电荷数为2，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2）（2）当入射光的频率大于金属板的极限频率时，可发生光电效应，复色光的频率ν＝5.50×1014Hz～6.50×1014Hz，对比可知可发生光电效应的有钠、钾、铷，故选：CDE。
（3）（3）电子绕氢原子核做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，根据库仑定律以及牛顿第二定律可得得：，解得：
电子动量大小为：
（4）氢原子从高能级向低能级跃迁时会放出光子，光子的能量等于两个能级的能量差。
根据里德伯公式：，其中m是跃迁前的能级，k是跃迁后的能级。
氢原子从n＝4跃迁到n＝2，则有：m＝4，k＝2
又有：
联立可得：，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【答案】5．4.5；1.5
6．B；0.225；C
【知识点】电功率和电功；导体电阻率的测量；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）进行“测量电源电动势和内阻”实验时，当电流表I1＝1A时，电压表示数为U1＝3V，根据闭合电路欧姆定律E＝U1+I1r
当电流表示数为I2＝2A，电压表示数U2＝1.5V，根据闭合电路欧姆定律E＝U2+I2r
代入数据联立解得电动势E＝4.5V；内阻r＝1.5Ω
①根据欧姆定律
电阻两端电压与通过它的电流关系图线的斜率
由此可知，随着电阻两端的电压增大，电阻R减小
根据电阻定律
在长度和横截面积不变时，导体的电阻率ρ减小，故ACD错误，B正确。
故选：B。
②电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，当电阻两端电压为U＝1.8V时，流过电阻的电流为I＝0.125A，根据功率公式P＝UI＝1.8×0.125W＝0.225W
③根据电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，电阻两端的电压变化范围很大，可以测出很小的电压，因此滑动变阻器采用分压式接法；
根据电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，当电压很小时，I﹣U图像几乎为倾斜直线，最大电阻约为
由于Rx RV，因此电流表采用外接法；
故ABD错误，C正确。
故选：C。
【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律求解作答；
（2）①根据欧姆定律和电阻定律，结合I﹣U图像分析作答；
②根据I﹣U图像可知，当电阻两端电压为U＝1.8V时，流过电阻的电流，根据功率公式求解作答；
③根据I﹣U图像分析电阻两端的电压变化范围大小，确定滑动变阻器的连接方式；根据I﹣U图像，当电压很小时，I﹣U图像几乎为倾斜直线，求解最大电阻，分析电流表的内外接法，然后作答。
5．（1）进行“测量电源电动势和内阻”实验时，当电流表I1＝1A时，电压表示数为U1＝3V，根据闭合电路欧姆定律E＝U1+I1r
当电流表示数为I2＝2A，电压表示数U2＝1.5V，根据闭合电路欧姆定律E＝U2+I2r
代入数据联立解得电动势E＝4.5V；内阻r＝1.5Ω
6．①根据欧姆定律
电阻两端电压与通过它的电流关系图线的斜率
由此可知，随着电阻两端的电压增大，电阻R减小
根据电阻定律
在长度和横截面积不变时，导体的电阻率ρ减小，故ACD错误，B正确。
故选：B。
②电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，当电阻两端电压为U＝1.8V时，流过电阻的电流为I＝0.125A，根据功率公式P＝UI＝1.8×0.125W＝0.225W
③根据电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，电阻两端的电压变化范围很大，可以测出很小的电压，因此滑动变阻器采用分压式接法；
根据电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，当电压很小时，I﹣U图像几乎为倾斜直线，最大电阻约为
由于Rx RV，因此电流表采用外接法；
故ABD错误，C正确。
故选：C。
7．【答案】（1）E
（2）D
（3）⑴ 由 物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角的关系图可知，物块的初速度为6m/s，最高点位置的速度为3.5m/s。由动能定理得
解得R＝0.59m
⑵ 由图像可知θ＝60°时，物块的速度为5.5m/s，则物块克服重力做功的瞬时功率P＝mgvsin60°
解得P≈23.8W
【知识点】竖直平面的圆周运动；功率及其计算；冲量
【解析】【解答】（1） a为轨道最低点，c为轨道最高点，b点、d点为轨道上与圆心等高的两点， 物块从a点运动到c点过程中一直做减速运动，可知沿圆弧物块a点运动到b点的平均速率大于b点运动到c点的平均速率。若物块从a点运动到c点所用时间为t0，则在0.5t0时，物块在E段。故ABCD错误，E正确；
故选：E。
（2） 根据动量定理，以初速度方向为正方向，合力冲量等于物体动量变化，支持力在水平方向的冲量为Ix＝0﹣mv0
竖直方向上根据动量定理有Iy﹣mgt＝0
故该过程中轨道对物块的支持力的冲量为：
故ABC错误，D正确。
故选：D。
(3)①由 物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角的关系图可知，物块的初速度为6m/s，最高点位置的速度为3.5m/s。由动能定理得
解得R＝0.59m
② 由图像可知θ＝60°时，物块的速度为5.5m/s，则物块克服重力做功的瞬时功率P＝mgvsin60°
解得P≈23.8W
【分析】（1）根据沿圆弧物块a点运动到b点的平均速率大于b点运动到c点的平均速率分析求解；
（2）根据动量定理，对水平和竖直方向上分析求解；
（3）①由动能定理，结合图像分析求解；
②由功率表达式，结合图像分析求解。
（1）（1） a为轨道最低点，c为轨道最高点，b点、d点为轨道上与圆心等高的两点， 物块从a点运动到c点过程中一直做减速运动，可知沿圆弧物块a点运动到b点的平均速率大于b点运动到c点的平均速率。若物块从a点运动到c点所用时间为t0，则在0.5t0时，物块在E段。故ABCD错误，E正确；
故选：E。
（2）（2） 根据动量定理，以初速度方向为正方向，合力冲量等于物体动量变化，支持力在水平方向的冲量为Ix＝0﹣mv0
竖直方向上根据动量定理有Iy﹣mgt＝0
故该过程中轨道对物块的支持力的冲量为：
故ABC错误，D正确。
故选：D。
（3）(3) ⑴ 由 物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角的关系图可知，物块的初速度为6m/s，最高点位置的速度为3.5m/s。由动能定理得
解得R＝0.59m
⑵ 由图像可知θ＝60°时，物块的速度为5.5m/s，则物块克服重力做功的瞬时功率P＝mgvsin60°
解得P≈23.8W
8．【答案】（1）变大；BC
（2）B；；；
（3）变大；
（4）电荷量为q的正电荷在电容器中做类平抛运动
竖直方向根据牛顿第二定律得
竖直位移
水平方向做匀速直线运动，水平位移L＝v0t
联立解得两板的长度
（5）B
【知识点】简谐运动的表达式与图象；电容器及其应用；安培力；带电粒子在电场中的运动综合；LC振荡电路分析
【解析】【解答】（1）①当人手靠近天线时，相当于改变了电容器的介电常数εr（人手会使周围介质的介电性质改变），使得介电常数增大，根据平行板电容器电容的决定式，从而电容变大。
②当电荷量为零时，电流达到最大值，电场能全部转化为磁场能，磁场能达到最大值；电荷量为零时，电容器两端电压，电场能也为零，故AD错误，BC正确。
故选：BC。
（2）①观察图a，根据左手定则可知线圈所受安培力方向为向右，故ACD错误，B正确。
故选：B。
② 单匝线圈周长为，磁场强度，，，， 根据正弦式交变电流有效值与峰值的关系，有效值
根据安培力公式，单匝线圈收到的安培力的最大值为
③根据波速、频率和波长的关系v＝λf，则有
（3）①根据平行板电容器电容的决定式可知，当减小两平行板间距d时，其他量不变，所以电容C会变大。
②闭合开关，稳定时，根据电容的定义式，电容器的电荷量为Q＝CU。
（4）电荷量为q的正电荷在电容器中做类平抛运动
竖直方向根据牛顿第二定律得
竖直位移
水平方向做匀速直线运动，水平位移L＝v0t
联立解得两板的长度
（5）声音的音调由频率决定，人手靠近竖直天线时，音调变高即波的频率变大；声音的强度由振幅决定，靠近水平天线时，声音变小，即波的振幅变小；声波由图像①变成图像②即频率变大了，振幅变小了，可得人手靠近竖直天线、靠近水平天线，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【分析】（1）①当人手靠近天线时，相当于改变了电容器的介电常数，根据平行板电容器电容的决定式分析作答；
②根据LC振荡电路的i﹣t图像和q﹣t图像，结合LC电路的特点分析作答；
（2）①根据左手定则分析作答；
②根据正弦交变电流有效值与最大值的关系求解作答；根据安培力公式求解作答；
③根据波速、频率和波长的关系v＝λf求解作答；
（3）①根据平行板电容器的决定式分析作答；
②根据电容器的定义式分析作答；
（4）带电粒子在电场中（平行板电容器中）做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求解作答；
（5）声音的音调由频率决定，人手靠近竖直天线时，音调变高即波的频率变大；声音的强度由振幅决定，靠近水平天线时，声音变小，即波的振幅变小，结合图像分析作答。
（1）（1） ⑴ 当人手靠近天线时，相当于改变了电容器的介电常数εr（人手会使周围介质的介电性质改变），使得介电常数增大，根据平行板电容器电容的决定式，从而电容变大。
⑵ 当电荷量为零时，电流达到最大值，电场能全部转化为磁场能，磁场能达到最大值；电荷量为零时，电容器两端电压，电场能也为零，故AD错误，BC正确。
故选：BC。
（2）（2）①观察图a，根据左手定则可知线圈所受安培力方向为向右，故ACD错误，B正确。
故选：B。
② 单匝线圈周长为，磁场强度，，，， 根据正弦式交变电流有效值与峰值的关系，有效值
根据安培力公式，单匝线圈收到的安培力的最大值为
③根据波速、频率和波长的关系v＝λf，则有
（3）①根据平行板电容器电容的决定式可知，当减小两平行板间距d时，其他量不变，所以电容C会变大。
②闭合开关，稳定时，根据电容的定义式，电容器的电荷量为Q＝CU
（4）（4）电荷量为q的正电荷在电容器中做类平抛运动
竖直方向根据牛顿第二定律得
竖直位移
水平方向做匀速直线运动，水平位移L＝v0t
联立解得两板的长度
（5）（5）声音的音调由频率决定，人手靠近竖直天线时，音调变高即波的频率变大；声音的强度由振幅决定，靠近水平天线时，声音变小，即波的振幅变小；声波由图像①变成图像②即频率变大了，振幅变小了，可得人手靠近竖直天线、靠近水平天线，故ACD错误，B正确。
故选：B。
9．【答案】（1）A
（2）小车的位移
小车的加速度
方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律
解得
（3）根据玻意耳定律对活塞分析可知解得
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用；简谐运动；导体切割磁感线时的感应电动势；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】（1）图中各点的线速度都沿切线方向，由图可知，磁场方向竖直向下，此时A1和A2点速度方向与磁场方向垂直，根据E=BLv可知，产生的感应电动势最大。故BCD错误，A正确；
故选：A。
（2）①小车的位移
②小车的加速度
方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律F+f﹣mgsin4.8°＝ma
解得F＝5230N
（3）①根据玻意耳定律p0V0＝p（V0+XS）
对活塞分析可知F＝（p0﹣p）S
解得
②设X方向为正方向，则此时活塞所受合力
当X很微小时，则
即活塞的振动可视为简谐振动。其中
振动频率为
③若气缸绝热，则当气体体积增大时，气体对外做功，内能减小，温度降低，则压强减小，即p'＜p，根据
则k值偏大，则f1＜f2
故AB错误，C正确。
故选：C。
【分析】（1）根据速度方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大分析求解；
（2）根据牛顿第二定律，结合匀变速直线运动公式分析求解；
（3）根据玻意耳定律，结合对活塞的受力分析，综合热力学第一定律分析求解。
（1）（1）图中各点的线速度都沿切线方向，由图可知，磁场方向竖直向下，此时A1和A2点速度方向与磁场方向垂直，根据E=BLv可知，产生的感应电动势最大。故BCD错误，A正确；
故选：A。
（2）（2）①小车的位移
②小车的加速度
方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律F+f﹣mgsin4.8°＝ma
解得F＝5230N
（3）（3）①根据玻意耳定律p0V0＝p（V0+XS）
对活塞分析可知F＝（p0﹣p）S
解得
②设X方向为正方向，则此时活塞所受合力
当X很微小时，则
即活塞的振动可视为简谐振动。其中
振动频率为
③若气缸绝热，则当气体体积增大时，气体对外做功，内能减小，温度降低，则压强减小，即p'＜p，根据
则k值偏大，则f1＜f2
故AB错误，C正确。
故选：C。
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