陕、晋、宁、青物理-答案_1.高考2025全国各省真题+答案_00.2025各省市高考真题及答案（按省份分类）_23、山西卷（9科全）_物理

2025 年高考陕西、山西、青海、宁夏卷物理真题 一、单选题 1．某同学绘制了四幅静电场的电场线分布图，其中可能正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】ABC．静电场中电场线不相交、不闭合，B正确、AC错误； D．若电场线相互平行，应等间距，D错误。 故选B。 2．我国计划于2028年前后发射“天问三号”火星探测系统，实现火星取样返回。其轨道器将环绕火星做匀速圆周运 动，轨道半径约3750km，轨道周期约2h。引力常量G取6.67 × 10－11N⋅m2/kg2，根据以上数据可推算出火星的（ ） A．质量 B．体积 C．逃逸速度 D．自转周期 【答案】A 【详解】轨道器绕火星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，可得𝐺 𝑀𝑚 =𝑚 𝑣2 =𝑚𝜔2𝑟 =𝑚 4𝜋2 𝑟 =𝑚𝑎 𝑟2 𝑟 𝑇2 A．题中已知的物理量有轨道半径r，轨道周期T，引力常量G，可推算出火星的质量，A正确； B．若想推算火星的体积和逃逸速度，则还需要知道火星的半径r，BC错误； D．根据上述分析可知，不能通过所提供物理量推算出火星的自转周期，D错误。 故选A。 3．某智能物流系统中，质量为20kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t 的变化如图所示，则下列图像可能正确的是（ ） A． B．C． D． 【答案】A 【详解】根据牛顿第二定律和题图的F—t图画出如图所示的a—t图像 可知机器人在0 ~ 1s和2 ~ 3s内加速度大小均为1m/s2，方向相反，由v—t图线的斜率表示加速度可知A正确。 故选A。 4．如图，质量为m的均匀钢管，一端支在粗糙水平地面上，另一端被竖直绳悬挂，处于静止状态，钢管与水平地 面之间的动摩擦因数为𝜇、夹角为𝜃，重力加速度大小为g。则地面对钢管左端的摩擦力大小为（ ） A．𝜇𝑚𝑔cos𝜃 B．1 𝜇𝑚𝑔 C．𝜇𝑚𝑔 D．0 2 【答案】D 【详解】对钢管受力分析，如图所示 若钢管受到地面的摩擦力，则钢管水平方向受力不平衡，钢管不可能处于静止状态，故地面对钢管左端的摩擦力大 小为零。ABC错误，D正确。 故选D。 5．我国首台拥有自主知识产权的场发射透射电镜TH—F120实现了超高分辨率成像，其分辨率提高利用了高速电 子束波长远小于可见光波长的物理性质。一个静止的电子经100V电压加速后，其德布罗意波长为𝜆，若加速电压为 10kV，不考虑相对论效应，则其德布罗意波长为（ ） A．100𝜆 B．10𝜆 C．1 𝜆 D． 1 𝜆 10 100 【答案】C 【详解】设电子经过电压加速后速度大小为𝑣，由动能定理得𝑒𝑈 = 1 𝑚𝑣2 2 电子的动量大小为𝑝 =𝑚𝑣电子的德布罗意波长为𝜆 = ℎ 𝑝 联立解得𝜆 = ℎ √2𝑚𝑒𝑈 因为𝑈′:𝑈 =100:1 可解得𝜆′ = 1 𝜆 10 C正确，ABD错误。 故选C。 6．电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一，其原理如图所示，在钢制线圈内同轴放置可压缩的铜环，其 内已“注入”一个初级磁场，当钢制线圈与电容器组接通时，在极短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培， 铜环迅速向内压缩，使初级磁场的磁感线被“浓缩”，在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉。此 过程，铜环中的感应电流（ ） A．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同 B．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反 C．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同 D．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反 【答案】B 【详解】当钢制线圈与电容器组连通时，钢制线圈中产生迅速增大的电流，线圈中产生迅速增强的磁场。根据楞次 定律，可知铜环中产生的感应电流的磁场会阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故铜环中的感应电流与钢制线圈中 的电流方向相反。为阻碍铜环中磁通量变化，铜环上感应的电流与钢制线圈的电流大小几乎相等。因此两个方向相 反的大电流之间的作用力使圆环被急速的向内侧压缩。ACD错误，B正确。 故选B。 7．如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2𝐿的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线 框的质量均为m，长均为2𝐿，宽均为L，电阻分别为R和2𝑅。两线框在光滑水平面上以相同初速度𝑣 = 4𝐵2𝐿3 并排 0 𝑚𝑅 进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则（ ） A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同 B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1:1 C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0 D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4:3 【答案】D 【详解】A．根据楞次定律，甲线框进磁场的过程电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，A错误；B．甲线框刚进磁场区域时，合力为𝐹 =𝐵𝐼 𝐿，𝐼 = 𝐵𝐿𝑣0 安1 1 1 𝑅 乙线框刚进磁场区域时，合力为𝐹 =𝐵𝐼 𝐿，𝐼 = 𝐵𝐿𝑣0 安2 2 2 2𝑅 𝐹 可知 安1=2； 𝐹 安2 故B错误； ΔΦ CD．假设甲乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有−𝐵𝐼 𝐿Δ𝑡 =𝑚𝑣 −𝑚𝑣 ，𝑞 =𝐼 Δ𝑡 = Δ𝑡 ⋅Δ𝑡 = ΔΦ = 𝐵⋅4𝐿2 1 1 0 1 1 𝑅 𝑅 𝑅 ΔΦ 同理对乙有−𝐵𝐼 𝐿Δ𝑡′ =𝑚𝑣 −𝑚𝑣 ，𝑞 =𝐼 Δ𝑡′ = Δ𝑡′ ⋅Δ𝑡′ = ΔΦ = 𝐵⋅4𝐿2 2 2 0 2 2 2𝑅 2𝑅 2𝑅 解得𝑣 =0，𝑣 = 1 𝑣 = 2𝐵2𝐿3 1 2 0 2 𝑚𝑅 故甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域时，速度大小不为0；由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁场区域到 2 完全出磁场区域产生的焦耳热分别为𝑄 = 1 𝑚𝑣 2，𝑄 = 1 𝑚𝑣 2− 1 𝑚( 𝑣0) = 3 𝑚𝑣 2 1 0 2 0 0 2 2 2 2 8 即𝑄1 = 4；C错误，D正确。 𝑄2 3 故选D。 二、多选题 8．一列简谐横波在介质中沿直线传播，其波长大于1m，a、b为介质中平衡位置相距2m的两质点，其振动图像如 图所示。则𝑡 =0时的波形图可能为（ ） A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】根据振动图像可知当波的传播方向为a到b时，𝑥 = 1 𝜆+𝑛𝜆,(𝑛 =0,1,2...)，𝜆>1m 𝑎𝑏 4 解得𝑛 =0或1即𝑥 = 1 𝜆或5 𝜆 𝑎𝑏 4 4 当波的传播方向为b到a时，𝑥 = 3 𝜆+𝑛𝜆,(𝑛 =0,1,2...)，𝜆>1m 𝑎𝑏 4 解得𝑛 =0或1 即𝑥 = 3 𝜆或7 𝜆 𝑎𝑏 4 4 同时𝑡 =0时，a处于平衡位置，b处于波谷位置，结合图像可知AD符合； 故选AD。 9．在双缝干涉实验中，某实验小组用波长为440nm的蓝色激光和波长为660nm的红色激光组成的复合光垂直照射 双缝，双缝间距为0．5mm，双缝到屏的距离为500mm，则屏上（ ） A．蓝光与红光之间能发生干涉形成条纹 B．蓝光相邻条纹间距比红光相邻条纹间距小 C．距中央亮条纹中心1．32mm处蓝光和红光亮条纹中心重叠 D．距中央亮条纹中心1．98mm处蓝光和红光亮条纹中心重叠 【答案】BC 【详解】 A．蓝光与红光频率不等，不能发生稳定干涉形成条纹，A错误； B．根据相邻干涉条纹间距公式Δ𝑥 = 𝐿 𝜆，由于蓝光的波长较短，故蓝光相邻条纹间距比红光相邻条纹间距小，B正 𝑑 确； CD．蓝光的相邻干涉条纹间距为Δ𝑥 =4.4×10−4m 1 红光的相邻干涉条纹间距为Δ𝑥 =6.6×10−4m 2 要使蓝光和红光亮条纹中心重叠，可知Δ𝑥 ⋅𝑚 =Δ𝑥 ⋅𝑛，𝑚=0,1.2...，𝑛=0,1.2... 1 2 可知当Δ𝑥 ⋅𝑚 =Δ𝑥 ⋅𝑛 =1.32mm时，满足条件；当Δ𝑥 ⋅𝑚 =Δ𝑥 ⋅𝑛 =1.98mm，不满足条件；C正确，D错误。 1 2 1 2 故选BC。 10．如图，与水平面成53°夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为1kg的滑块，弹性轻绳一端固定于O点， 另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为1.6m且垂直于OM。 现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹 力F的大小与其伸长量x满足𝐹 =𝑘𝑥。𝑘 =10N/m，g取10m/s2，sin53°=0.8。则滑块（ ） A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6N B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C．从释放到静止的位移大小为0.64m D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56J 【答案】AC 【详解】 A．根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为𝜃时，对滑块进行受力分析，如图所示由平衡条件有𝐹 cos𝜃 =𝑚𝑔cos53°+𝐹 T N 由胡克定律结合几何关系有𝐹 =𝑘 𝑃𝑄 T cos𝜃 联立解得𝐹 =𝑘⋅𝑃𝑄−𝑚𝑔cos53°=10N N 可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为𝑓 =𝜇𝐹 =1.6N N A正确； B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同，B错误； C．设滑块从释放到静止运动的位移为𝑥，此时弹性轻绳与PQ间夹角为𝜃 ，由平衡条件有𝑚𝑔sin53°=𝑓+𝑘 𝑃𝑄 ⋅ 1 cos𝜃1 sin𝜃 1 解得tan𝜃 =0.4 1 由几何关系可得𝑥 =𝑃𝑄⋅tan𝜃 =0.64m，C正确； 1 D．从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为𝑊，由能量守恒定律有𝑚𝑔sin53°⋅𝑥 = 1 𝑘(𝑃𝑄2+𝑥2−𝑃𝑄2)+𝑊 f f 2 解得𝑊 =3.072J，D错误。 f 故选AC。 三、实验题 11．下图为探究加速度与力、质量关系的部分实验装置。 (1)实验中应将木板 （填“保持水平”或“一端垫高”）。 (2)为探究加速度a与质量m的关系，某小组依据实验数据绘制的𝑎−𝑚图像如图所示，很难直观看出图线是否为双 曲线。如果采用作图法判断a与m是否成反比关系，以下选项可以直观判断的有_________。（多选，填正确答案标 号）𝑚⁄kg 𝑎⁄(m⋅s-2) 0.2 50.618 0.33 0.482 0.40 0.403 0.50 0.317 1.00 0.152 A．𝑎− 1图像 B．𝑎−𝑚2图像 C．𝑎𝑚−𝑚图像 D．𝑎2−𝑚图像 𝑚 (3)为探究加速度与力的关系，在改变作用力时，甲同学将放置在实验桌上的槽码依次放在槽码盘上；乙同学将事先 放置在小车上的槽码依次移到槽码盘上，在其他实验操作相同的情况下， （填“甲”或“乙”）同学的方法可 以更好地减小误差。 【答案】 (1)一端垫高 (2)AC (3)乙 【详解】 （1）实验需补偿阻力，消除木板对小车的阻力的影响，应将木板一端垫高，使小车在无拉力时能匀速运动。 （2）A.作出𝑎− 1图像，可以将𝑎−𝑚图像“化曲为直”，便于判断，a与m是否成反比关系，故A正确； 𝑚 B．作出𝑎−𝑚2图像，无法体现a与m是否成反比关系，故B错误； C．作出𝑎𝑚−𝑚图像，若a与m是成反比关系，有𝑎𝑚为定值，则𝑎𝑚−𝑚图像是一条平行与横轴的直线，可见解判 断a与m是否成反比关系，故C正确； D．作出𝑎2−𝑚图像，无法体现a与m是否成反比关系，故D错误。 故选AC。 （3）甲同学的方法中，槽码依次放在槽码盘上，小车质量M不变，拉力𝐹 = 𝑀 𝑚𝑔 ≈𝑚𝑔（m为槽码总质量）， 𝑀+𝑚 但随着m增大，不满足𝑚 ≪𝑀条件，拉力与mg偏差增大，误差变大；乙同学的方法中，将小车上的槽码移到槽码 盘上，总质量𝑀+𝑚不变（M为小车质量，m为槽码质量），拉力𝐹 = 𝑀 𝑚𝑔 ≈𝑚𝑔（当𝑀 ≫𝑚时近似，但实际总 𝑀+𝑚 质量不变），拉力更接近理论值，系统误差更小，故乙同学方法更好。 12．常用的电压表和电流表都是由小量程的电流表（表头）改装而成的，与电源及相关元器件组装后可构成多功能、 多量程的多用电表。 (1)某同学使用多用电表正确测量了一个15.0Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是15kΩ的电阻。在用红、黑表 笔接触这个电阻两端之前，请选出以下必要的操作步骤并排序： ①把选择开关旋转到“×100”位置。 ②把选择开关旋转到“×1k”位置。 ③将红表笔和黑表笔接触。 ④调节欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点。 下列选项中正确的是_________。（单选，填正确答案标号） A．①③④ B．②③④ C．②④③ D．①④③ (2)若将一个内阻为20Ω、满偏电流为1mA的表头改装为量程0-2V的电压表，需要 （填“串联”或“并联”）一 个 Ω的电阻。 (3)如图，某同学为探究由一个直流电源E、一个电容器C、一个电阻𝑅 及一个电阻𝑅 （𝑅 >𝑅 ）组成的串联电路 𝐴 𝐵 𝐴 𝐵 中各元器件的位置，利用改装好的电压表分别测量各接线柱之间的电压，测得数据如表：接线柱 1和2 2和3 3和4 1和4 2和4 1和3 U/V 0 1.53 0 0.56 1.05 0.66 根据以上数据可判断，直流电源E处于 之间，电容器C处于 之间，电阻𝑅 处于 之间。（填“1 𝐴 和2”“2和3”“3和4”或“1和4”） 【答案】 (1) B (2) 串联 1980 (3) 2和3 1和4 1和2 【详解】（1）要测量一个阻值约为15kΩ的电阻，需要选择电阻“×1k”挡，即把选择开关旋转到“×1k”位置，后将红 表笔和黑表笔短接，然后调节欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零。 故选B。 （2）将表头改装为电压表需要串联一个电阻，串联电阻的阻值为𝑅 = 𝑈 −𝑅 = 2 Ω−20Ω=1980Ω 𝐼g g 1×10−3 （3）用电压表进行测量，电源两端电压最大，可知直流电源E处于2和3之间；接1和2、3和4时电压表示数为 0，接1和4时电压表有示数，则1和2、3和4之间为电阻，电容器在1和4之间；接1和3时电压表示数比接2 和4时小，则1和2之间的电阻阻值比3和4之间的大，即1和2之间电阻为𝑅 ，3和4之间电阻为𝑅 。 𝐴 𝐵 四、解答题 13．某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105Pa~3.5×105Pa。卡车行驶过程中，一般胎内气体的温度会升高，体 积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示，温度𝑇 为300K时，体积𝑉 和压 1 1 强𝑝 分别为0.528m3、3.0×105Pa；当胎内气体温度升高到𝑇 为350K时，体积增大到𝑉 为0.560m3，气体可视为理 1 2 2 想气体。 (1)求此时胎内气体的压强𝑝 ； 2 (2)若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×104J，求胎内气体的内能增加量Δ𝑈。 【答案】 (1)3.3×105Pa (2)6.6×104J 【详解】 （1）气体可视为理想气体，根据理想气体状态方程𝑝1𝑉1 = 𝑝2𝑉2 𝑇1 𝑇2 整理代入数据得𝑝 = 𝑝1𝑇2𝑉1 =3.3×105Pa 2 𝑇1𝑉2（2）p-V图线与y轴围成的面积代表做功的大小，该过程气体体积增大，则气体对外做功，可得外界对气体做功为 𝑊 =− 𝑝1+𝑝2(𝑉 −𝑉 )=−1.008×104J 2 1 2 由热力学第一定律Δ𝑈 =𝑄+𝑊 代入数据可得Δ𝑈 =6.6×104J 14．电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒 面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图（a）所示，圆筒足够长。在O点有一电子源，向空间中各个方向 发射速度大小为𝑣 的电子，某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意 0 图如图（b）所示，当磁感应强度大小调至𝐵 时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。 0 求：（R、𝑣 、𝐵 均为已知量） 0 0 (1)电子的比荷𝑒 ; 𝑚 (2)当磁感应强度大小调至1 𝐵 时，筒壁上落有电子的区域面积S。 0 2 【答案】 (1) 𝑒 = 2𝑣0 𝑚 𝐵0𝑅 (2)𝑆 =2√3𝜋2𝑅2 【详解】 （1）当磁场的磁感应强度为𝐵 时，电子刚好不会落到筒壁上。 0 则电子以速度𝑣 垂直轴线方向射出，电子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹恰好与圆筒壁相切，轨迹半径为𝑅 = 𝑅 0 0 2 根据洛伦兹力提供向心力可得𝑒𝐵 𝑣 = 𝑚𝑣0 2 0 0 𝑅0 联立解得𝑒 = 2𝑣0 𝑚 𝐵0𝑅 （2）磁感应强度调整为𝐵0后，将电子速度沿垂直轴线和平行轴线方向进行分解，分别设𝑣 ，𝑣 ，电子将在垂直轴线 𝑥 𝑦 2 方向上做匀速圆周运动，平行轴线方向上做匀速直线运动，电子击中筒壁距离粒子源的最远点时，其垂直轴线方向 的圆周运动轨迹与筒壁相切，则轨迹半径仍为𝑅 = 𝑅 0 2 根据洛伦兹力提供向心力可得𝑒 𝐵0𝑣 = 𝑚𝑣𝑥 2 𝑥 2 𝑅0 联立解得𝑣 = 𝑣0 𝑥 2 由射出到相切，经过半个周期，用时𝑡 = 𝑇 = 1 × 2𝜋𝑚 = 2𝜋𝑚 = 𝜋𝑅 2 2 𝑒 𝐵0 𝑒𝐵0 𝑣0 2 根据速度的合成与分解可知𝑣 =√𝑣 2−𝑣 2 = √3 𝑣 𝑦 0 𝑥 0 2平行轴线方向运动距离𝑦 =𝑣 𝑡 = √3𝜋 𝑅 𝑦 2 结合对称性，被电子击中的面积𝑆 =2×2𝜋𝑅𝑦 =2√3𝜋2𝑅2 15．如图，有两个电性相同且质量分别为m、4𝑚的粒子A、B，初始时刻相距𝑙 ，粒子A以速度𝑣 沿两粒子连线向 0 0 速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于1 𝑚𝑣2。经时间𝑡 粒子B到达P点，此时两粒子速度 25 0 1 相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为𝑣 时，粒子A恰好运动至P点且速 0 度为0，A、B粒子间距离恢复为𝑙 ，这时撤去恒力。己知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒 0 子所受重力。求：（m、𝑙 、𝑣 、𝑡 均为己知量） 0 0 1 (1)粒子B到达P点时的速度大小𝑣 ； 1 (2)𝑡 时间内粒子B的位移大小𝑥 ； 1 𝐵 (3)恒力作用的时间𝑡 。 2 【答案】 1 (1) 𝑣 0 5 (2) 𝑣0𝑡1− 2 𝑙 0 5 11 (3) 2𝑙0 𝑣0 【详解】 （1）根据动量守恒定律𝑚𝑣 =(𝑚+4𝑚)𝑣 ，解得𝑣 = 1 𝑣 0 1 1 0 5 （2）两者共速时设间距为𝑙′，根据能量守恒定律可知此时电势能为𝐸 ′= 1 𝑚𝑣 2+ 1 𝑚𝑣 2− 1 ×5𝑚𝑣 2 = 11 𝑚𝑣 2 p 0 0 1 0 2 25 2 25 根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比，则𝑙′= 𝐸p0𝑙 = 1 𝑙 0 0 𝐸p′ 11 两者共速前的过程系统始终动量守恒，根据动量守恒则有∑𝑚𝑣 𝑡 =∑𝑚𝑣 𝑡 +∑4𝑚𝑣 𝑡 0 1 A 1 B 1 即有𝑚𝑣 𝑡 =𝑚𝑥 +4𝑚𝑥 0 1 A B 根据位移关系可知𝑥 +𝑙 =𝑥 +𝑙′ B 0 A 联立解得𝑥 = 𝑣0𝑡1− 2 𝑙 B 0 5 11 （3）对全过程，对系统根据动能定理𝐹𝑙 = 1 ×4𝑚𝑣 2− 1 𝑚𝑣 2 0 0 0 2 2 对全过程，根据动量定理𝐹𝑡 =4𝑚𝑣 −𝑚𝑣 2 0 0 联立解得𝑡 = 2𝑙0 2 𝑣0