甘肃2025年高考甘肃卷物理高考真题文档版_1.高考2025全国各省真题+答案_7.高考物理试题及答案更新中

2025 年甘肃高考物理部分试题 1．利用电子与离子的碰撞可以研究离子的能级结构和辐射特性。He+离子相对基态的能级 图（设基态能量为0）如图所示。用电子碰撞He+离子使其从基态激发到可能的激发态，若 所用电子的能量为50eV，则He+离子辐射的光谱中，波长最长的谱线对应的跃迁为（ ） A．n4n3能级 B．n4n2能级 C．n3n2能级 D．n3n1能级 2．如图，一小星球与某恒星中心距离为R时，小星球的速度大小为v、方向与两者中心连 线垂直。恒星的质量为M，引力常量为G。下列说法正确的是（ ） GM A．若v ，小星球做匀速圆周运动 R GM 2GM B．若 v ，小星球做抛物线运动 R R 2GM C．若v ，小星球做椭圆运动 R 2GM D．若v ，小星球可能与恒星相撞 R 3．2025年4月24日，在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞船的长 征二号F遥二十运载火箭。若在初始的1s内燃料对火箭的平均推力约为6106N。火箭质量 约为500吨且认为在1s内基本不变，则火箭在初始1s内的加速度大小约为（ ）（重力加 试卷第1页，共8页速度g取10m/s2） A．2m/s2 B．4m/s2 C．6m/s2 D．12m/s2 4．如图，小球A从距离地面20m处自由下落，1s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A 落地时的水平位移为3m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2， 则碰撞前小球B的速度大小v为（ ） A．1.5m/s B．3.0m/s C．4.5m/s D．6.0m/s 5．如图，两极板不平行的电容器与直流电源相连，极板间形成非匀强电场，实线为电场线， 虚线表示等势面。M、N点在同一等势面上，N、P点在同一电场线上。下列说法正确的是 （ ） A．M点的电势比P点的低 B．M点的电场强度比N点的小 C．负电荷从M点运动到P点，速度增大 D．负电荷从M点运动到P点，电场力做负功 6．闭合金属框放置在磁场中，金属框平面始终与磁感线垂直。如图，磁感应强度B随时间 t按正弦规律变化。为穿过金属框的磁通量，E为金属框中的感应电动势，下列说法正确 的是（ ） 试卷第2页，共8页T T 3T A．t在0~ 内，和E均随时间增大 B．当t  与 时，E大小相等，方向相同 4 8 8 T T C．当t 时，最大，E为零 D．当t 时，和E均为零 4 2 7．离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图1所示。从离子源S释放 的正离子（初速度视为零）经电压为U 的电场加速后，沿OO方向射入电压为U 的电场 1 2 （OO为平行于两极板的中轴线）。极板长度为l、间距为d，U t关系如图2所示。长度 2 为a的样品垂直放置在距U 极板L处，样品中心位于O点。假设单个离子在通过U 区域的 2 2 极短时间内，电压U 可视为不变，当U U 时。离子恰好从两极板的边缘射出。不计重 2 2 m 力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是（ ） d2 A．U 的最大值U  U 2 m l2 1 (ad)l B．当U U 且L 时，离子恰好能打到样品边缘 2 m 2d C．若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大U 1 D．在t 和t 时刻射入U 的离子，有可能分别打在A和B点 1 2 2 8．如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为m的小球B与A用细 线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。现剪断细线，下列 说法正确的是（ ） 试卷第3页，共8页A．小球A运动到弹簧原长处的速度最大 B．剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为 g 2 mg C．小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为 D．小球A运动到最低点时，弹簧的伸长 k 2mg 量为 k 9．如图，一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B，然后经等温过程到达状态C。 已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关，且随温度升高而增大。下列说法正确的 是（ ） A．A→B过程为吸热过程 B．B→C过程为吸热过程 C．状态A压强比状态B的小 D．状态A内能比状态C的小 10．2025年5月1日，全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导托卡马克核聚变实 验装置（BEST）在我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图， 两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径 为R 。在内圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动，并都恰好到达磁场外边界后返 0 q qBR 回。已知a、b、c带正电且比荷均为 ，a粒子的速度大小为v  0 ，方向沿同心圆的 m a m 径向；b和c粒子速度方向相反且与a粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和 相互作用。下列说法正确的是（ ） 试卷第4页，共8页A．外圆半径等于2R B．a粒子返回A点所用的最短时间为 0 (3π2)m qB 2 2 C．b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为 D．c粒子的速度大小为 v 22 2 a 11．某学习小组使用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。 把一个直径为d的小球用不可伸长的细线悬挂，光电门置于小球平衡位置处，其光线恰好通 过小球球心，计时器与光电门相连。 将小球拉离平衡位置并记录其高度h，然后由静止释放（运动平面与光电门光线垂直），记 录小球经过光电门的挡光时间t。改变h，测量多组数据。已知重力加速度为g，忽略阻力。 1 1 (1)以h为横坐标、 （填“t”、“(t)2”、“ ”或“ ”）为纵坐标作直线图。若 t (t)2 所得图像过原点，且斜率为 （用d和g表示），即可证明小球在运动过程中机械能 守恒。 (2)实验中，用游标卡尺测得小球直径d 20．48mm。 ①由结果可知，所用的是 分度的游标卡尺（填“10”、“20”或“50）； ②小组设计了一把25分度的游标卡尺，未测量时的状态如图所示。如果用此游标卡尺测量 试卷第5页，共8页该小球直径、则游标尺上第 条刻度线与主尺上的刻度线对齐。 12．某兴趣小组设计测量电阻阻值的实验方案。可用器材有：电池（电动势1．5V）两节， 电压表（量程3V，内阻约3k），电流表（量程0.3A，内阻约1），滑动变阻器（最大阻 值20），待测电阻R ，开关S ，单刀双掷开关S ，导线若干。 x 1 2 (1)首先设计如上图所示的电路。 ①要求用S 选择电流表内、外接电路，请在图1中补充连线将S 的c、d端接入电路 ； 2 2 ②闭合S 前，滑动变阻器的滑片P应置于 端（填“a”或“b”）； 1 ③闭合S 后，将S 分别接c和d端，观察到这两种情况下电压表的示数有变化、电流表的 1 2 示数基本不变，因此测量电阻时S 应该接 端（填“c”或“d”）。 2 (2)为了消除上述实验中电表引入的误差、该小组又设计了如图所示的电路。 试卷第6页，共8页①请在上图中补充连线将电压表接入电路 ； ②闭合S ，将S 分别接c和d端时，电压表、电流表的读数分别为U 、I 和U 、I 。则待 1 2 c c d d 测电阻阻值R  （用U 、U 、I 和I 表示）。 x c d c d 13．已知一圆台容器，高H 15cm，上口径R13cm，容器底部中心有一质点，未装入水 时，人眼从容器边缘无法观测到该质点，装入某种液体后，恰好可以看到，此时液面高度 3 h12cm，人眼观测角度满足sin ，人眼到入射处距离为5cm。光在真空中的传播速 5 度c3108m s，求： (1)该液体的折射率； (2)光从底部质点反射至人眼全过程的时间。 14．如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻。物块刚好能静 止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动 瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。 试卷第7页，共8页求： (1)t=6s时F的大小，以及t在0~6s内F的冲量大小。 (2)t在0~6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f−t图像。 (3)t=6s时，物块的速度大小。 15．已知在一磁感强度为B的磁场中存在一光滑双轨，左端接入电容C，两机械臂1和机械 臂2（可视为杆），质量均为m，两机械臂接入磁场中的长度均为L，电阻均为R。机械臂1 的初速度为v ，机械臂2静止，两者不相撞。求： 0 (1)初始时刻机械臂1的感应电动势大小和感应电流方向； (2)在达到稳定前，两机械臂电流分别为I 和I ，求此时两机械臂所受安培力的大小，以及 1 2 此时电容器电荷量的表达式； (3)稳定时的速度和两棒间初始距离的最小值。 试卷第8页，共8页1．C 【详解】根据题意可知，用能量为50eV的电子碰撞He+离子，可使He+离子跃迁到n3能 c 级和n2能级，由E E E hh m n  可知，波长最长的谱线对应的跃迁为n3n2能级。 故选C。 2．A GMm v2 【详解】A．根据题意，由万有引力提供向心力有 m R2 R GM 解得v R GM 可知，若v ，小星球做匀速圆周运动，故A正确； R GM 2GM B．结合A分析可知，若 v ，万有引力不足以提供小星球做匀速圆周运动 R R 所需要的向心力，小星球做离心运动，但又不能脱离恒星的引力范围，所以小星球做椭圆运 动，而不是抛物线运动，故B错误； 2GM C．若v ，这是小星球脱离恒星引力束缚的临界速度，小星球将做抛物线运动，而 R 不是椭圆运动，故C错误； 2GM D．若v ，小星球将脱离恒星引力束缚，做双曲线运动，不可能与恒星相撞，故D R 错误。 故选A。 3．A 【详解】根据题意，由牛顿第二定律有Fmg ma 61065106 代入数据解得a m s2 2m s2 5105 故选A。 4．B 【详解】根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球 的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为v ，B球水平速度为v ，则有mvmv mv 1 2 1 2 1 1 1 1 1 碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有 mv2 mv2  mv2  mv2 mv2 2 2 A 2 A 2 1 2 2 联立解得v v，v 0 1 2 答案第1页，共9页1 小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有h gt2 2 解得t2s 可知，碰撞后，小球A运动t1s落地，则水平方向上有xvt 解得v3.0m s 故选B。 5．D 【详解】A．MN两点电势相等，电场线由上到下，NP在同一电场线上，沿电场线电势逐渐 降低，可知N点电势高于P点，可知M点电势高于P点，选项A错误； B．M点电场线分布比N点密集，可知M点电场强度比N点大，选项B错误； CD．负电荷从M点运动到P点，电势能增加，则电场力做负功，动能减小，速度减小，选 项C错误，D正确； 故选D。 6．C T 【详解】A．在0 时间内，磁感应强度B增加，根据BS则磁通量增加，但是图像 4 B 的斜率减小，即磁感应强度B的变化率逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知E S， t 感应电动势E逐渐减小，选项A错误； T 3T B．当t  和t 时，因B-t图像的斜率大小相等，符号相反，可知感应电动势E大小相 8 8 等，方向相反，选项B错误； T C．t 时，B最大，则磁通量最大，但是B的变化率为零，则感应电动势E为零，选 4 项C正确； T D ．t 时，B为零，则磁通量为零，但是B的变化率最大，则感应电动势E最大，选 2 项D错误。 故选C。 7．B 1 【详解】A．粒子在加速电场中被加速时U q mv2 1 2 0 d 1 U q 在偏转电场中做类平抛运动，则lv t   m t2 0 2 2 dm 答案第2页，共9页2d2 解得U  U m l2 1 选项A错误； d l 2 2 B．当U U 时粒子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，则  2 m a l L 2 2 adl 解得L 2d 选项B正确； 1 U q U l2 C．根据y  m t2 m 2 dm 4dU 1 若其它条件不变，要增加样品的辐照范围，则需减小U ，选项C错误； 1 D ．由图可知t 时刻所加的向上电场电压小于t 时刻所加的向下的电场的电压，则t 时刻 1 2 1 射入的粒子打到A点时的竖直位移小于打到B点时的竖直位移，则选项D错误。 故选B。 8．BC 【详解】A．剪断细线后，弹力大于A的重力，则A先向上做加速运动，随弹力的减小， 则向上的加速度减小，当加速度为零时速度最大，此时弹力等于重力，弹簧处于拉伸状态， 选项A错误； B．剪断细线之前则F 3mg 弹 剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律F 2mg 2ma 弹 g 解得A的加速度a 2 选项B正确； 3mg C．剪断细线之前弹簧伸长量x  1 k 2mg 剪断细线后A做简谐振动，在平衡位置时弹簧伸长量x  2 k mg 即振幅为Ax x  1 2 k mg 由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸长量为 ，选项C正确； k 3mg D．由上述分析可知，小球A运动到最低点时，弹簧伸长量为 ，选项D错误。 k 故选BC。 答案第3页，共9页9．ACD 【详解】A．A→B过程，体积不变，则W=0，温度升高，则∆U>0，根据热力学第一定律∆U=W+Q 可知Q>0，即该过程吸热，选项A正确； B ．B→C过程，温度不变，则∆U=0，体积减小，则W>0，根据热力学第一定律∆U=W+Q 可知Q<0，即该过程为放热过程，选项B错误； pV C ．A→B过程，体积不变，温度升高，根据 C T 可知，压强变大，即状态A压强比状态B压强小，选项C正确； D．状态A的温度低于状态C的温度，可知状态A的内能比状态C的小，选项D正确。 故选ACD。 10．BD 【详解】由题意，作出a粒子运动轨迹图，如图所示 a粒子恰好到达磁场外边界后返回，a粒子运动的圆周正好与磁 场外边界，然后沿径向做匀速直线运动，再做匀速圆周运动恰好回到A点， qBR 根据a粒子的速度大小为v  0 a m 可得R R a 0 设外圆半径等于R,由几何关系得AOB270 则RR  2R 0 0 A错误； B．由A项分析，a粒子返回A点所用的最短时间为第一次回到A点的时间t min 2R 2m a粒子做匀速圆周运动的周期T  0  v qB a 540 3m 在磁场中运动的时间t  T  1 360 qB 2R 2m 匀速直线运动的时间t  0  2 v qB a 答案第4页，共9页(3π2)m 故a粒子返回A点所用的最短时间为t t t  min 1 2 qB B正确； C．由题意，作出b、c粒子运动轨迹图，如图所示 q 因为b、c粒子返回A点都是运动一个圆周，根据b、c带正电且比荷均为 ，所以两粒子 m 做圆周运动周期相同，故所用的最短时间之比为1:1，C错误； D．由几何关系得2R  2R c 0 mv2 洛伦兹力提供向心力有qv B c c R c 2 联立解得v  v c 2 a D正确。 故选BD。 1 2g 11．(1) (t)2 d2 (2) 50 12 d 【详解】（1）[1][2]小球经过光电门的挡光时间t，可得小球到达平衡位置v t 1 为验证机械能守恒定律，此过程中重力势能转化为动能有mgh mv2 2 1 2g 联立解得  h (t)2 d2 1 可得纵坐标为 (t)2 2g 图像的斜率为k  。 d2 （2）[1]10分度、20分度、50分度的游标卡尺的精确度分别为0.1mm、0.05mm、0.02mm 此游标卡尺测得小球直径d 20．48mm 可以判断所用的是50分度的游标卡尺。 答案第5页，共9页[2]若为25分度的游标卡尺，其精确度为0.04mm，用此游标卡尺测量该小球直径，可得 0.48 n 12 0.04 则游标尺上第12条刻度线与主尺上的刻度线对齐。 12．(1) 见解析实物连接图 b c Uc U (2) 见解析实物连接图  d I I c d 【详解】（1）[1]实物连接图如图所示， [2]闭合S 前，根据滑动变阻器的限流式接法，滑片P应置于b端，连入电路中的阻值最大， 1 保护电路的安全。 [3]闭合S 后，将S 分别接c和d端，观察到这两种情况下电压表的示数有变化、电流表的 1 2 示数基本不变，说明电流表分压明显，为减小实验误差，应采用电流表外接法，因此测量电 阻时S 应该接c端。 2 （2）[1]实物连接图如图所示， [2]根据电路分析，当闭合S ，将S 接c端时，电压表、电流表的读数分别为U 、I ， 1 2 c c U 则 c R R R I x A 滑 c 答案第6页，共9页U 将S 接d端时，电压表、电流表的读数分别为U 、I ，则 d R R 2 d d I A 滑 d U U 那么待测电阻阻值R  c  d 。 x I I c d 4 13．(1) 3 (2)1109s 【详解】（1）根据题意，画出光路图，如图所示 4 由几何关系可得sini ，OBH h3cm 5 则有OA4cm，AB5cm OC ROA 3 sinr   则 OB h2ROA2 5 sini 4 由折射定律可得该液体的折射率为n  sinr 3 （2）根据题意，由图可知，光在空气中传播的距离为s 10cm 1 光在液体中的传播距离为s OB h2ROA2 15cm 2 c 3c 光在液体中的传播速度为v  n 4 s s 0.1 0.15 则光从底部质点反射至人眼全过程的时间t 1  2  s  s 1109s c v 3108 2.25108 3 3mg 9 3mg 14．(1)F  ， 2 2 (2)见解析 11 (3)v g 2 3mg 【详解】（1）由图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知F  t 4 3 3mg 所以当t=6s时，F  2 1 3 3 9 3 0~6s内F的冲量为F−t图围成的面积，即I   mg6  mg 2 2 2 （2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有mgsin30 mgcos30 答案第7页，共9页3 即tan30 3 在垂直杆方向，当Fsinmgcos时，t4s 则0−4s，垂直杆方向FsinN mgcos 3 3 3  1 1  摩擦力 f N    mg mgt    tmg 0t4 3  2 8  2 8  在4−6s内，垂直杆方向FsinmgcosN 3 3 3  1 1 摩擦力 f N    mgt mg   t mg 4t6 3  8 2  8 2 相应的f−t图像如图 （3）在0~6s内沿杆方向根据动量定理有I cosI mv F f 1 1 1 1 5 在0~6s内摩擦力的冲量为f−t图围成的面积，则I   mg4   mg2  mg f 2 2 2 4 4 9 3 5 联立有 mgcos30 mg mv 2 4 11 可得v g 2 15．(1)BLv ，竖直向上 0 mCBLv I RI R (2)BI L，BI L，Q 0 1 2 1 2 2mB2L2C mv CRmv (3) 0 ， 0 CB2L2 2m 2mCB2L2 【详解】（1）初始时刻机械臂1的感应电动势大小为EBLv 0 由右手定则可知感应电流方向竖直向上。 （2）在达到稳定前，两机械臂电流分别为I 和I ，两机械臂安培力的大小分别为F  BI L， 1 2 1 1 答案第8页，共9页F  BI L 2 2 设此时两机械臂的速度分别为v 、v 1 2 根据动量守恒BI L·t mv mv ，BI L·t mv 1 1 0 2 2 而I·t Q ，I ·t Q 1 1 2 2 电容器的带电量QQ Q 1 2 Q 电容器两端的电压U  BLv I RBLv I R C 1 1 2 2 m(BLv I RI R) 联立解得U  0 1 2 2mB2L2C mC(BLv I RI R) 所以此时电容器电荷量为QCU  0 1 2 2mB2L2C （3）当I  I 0时，两机械臂的速度相同，此时U BLv 1 mv 可得两机械臂的速度为v 0 2mB2L2C B2L2v B2L2x 此过程中，对机械臂1，根据动量定理 ·Δt 1 mvmv R R 0 B2L2v B2L2x 对机械臂2，根据动量定理 ·Δt  2 mv R R 初始距离的最小值xx x 1 2 CRmv 解得Δx 0 2mB2L2C 答案第9页，共9页