陕西2025年高考物理真题文档版（含答案）适用地区：陕西、山西、宁夏、青海_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 年陕晋宁青普通高等学校招生选择性考试物理 本试卷满分 100分，考试时间 75分钟。 一、单项选择题：本题共 7小题，每小题 4分，共28分。在每小题给出的四个 选项中，只有一项符合题目要求。 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． 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 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． 试卷第1页，共8页C． D． 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、夹角为，重力加速度大小为g。则地面 对钢管左端的摩擦力大小为（ ） 1 A．mgcos B． mg C．mg D．0 2 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，若加速电压为10kV，不考虑相对论效应，则其德布罗意 波长为（ ） 1 1 A．100 B．10 C．  D．  10 100 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 试卷第2页，共8页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 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 4B2L3 在光滑水平面上以相同初速度v  并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则（ ） 0 mR 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 二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共18分。在每小题给出的四个 选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分，有 选错的得 0分。 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（ ） 试卷第3页，共8页A． B． C． D． 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 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 试卷第4页，共8页D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56J 三、非选择题：本题共 5小题，共 54分。 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 1 A．a 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 试卷第5页，共8页槽码盘上；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。 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15.0的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是 15k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20、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 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 A B （R R ）组成的串联电路中各元器件的位置，利用改装好的电压表分别测量各接线柱之 A B 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和2”“2和3”“3和4”或“1和4”） A 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 试卷第6页，共8页气体的温度会升高，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 和压强 p 分别为0.528m3、3.0105Pa；当胎 1 1 1 内气体温度升高到T 为350K时，体积增大到V 为0.560m3，气体可视为理想气体。 2 2 (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U。 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 0 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 0 影响。求：（R、v 、B 均为已知量） 0 0 e (1)电子的比荷 ; m 1 (2)当磁感应强度大小调至 B 时，筒壁上落有电子的区域面积S。 2 0 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 0 1 速度v 沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于 mv2。 0 25 0 经时间t 粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与 1 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点且速度为0，A、B粒子间 0 试卷第7页，共8页距离恢复为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 0 粒子所受重力。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 试卷第8页，共8页1．B 【详解】ABC．静电场中电场线不相交、不闭合，故B正确、故AC错误； D．若电场线相互平行，应等间距，故D错误。 故选B。 2．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 Mm v2 42 G  m  m2r m 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，故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，故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，故D错误。 故选A。 3．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．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．C 答案第1页，共7页1 【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  mv2 2 电子的动量大小为 pmv h 电子的德布罗意波长为 p h 联立解得 2meU 因为U:U 100:1 1 可解得  10 C正确，ABD错误。 故选C。 6．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．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，故A错误； BLv B．甲线框刚进磁场区域时，合力为F =BI L，I  0 安1 1 1 R BLv 乙线框刚进磁场区域时，合力为F =BI L，I  0 安2 2 2 2R F 可知 安1 =2； F 安2 故B错误； CD．假设甲乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有BI Ltmv mv ， 1 1 0 Φ t Φ B4L2 q I t  t   1 1 R R R 答案第2页，共7页ΔΦ 同理对乙有BI 2 Ltmv 2 mv 0 ， q I Δt Δt Δt ΔΦ  B4L2 2 2 2R 2R 2R 1 2B2L3 解得v 0，v  v  1 2 2 0 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 1 线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q  mv 2， 1 2 0 2 1 1 v  3 Q  mv 2 m 0   mv 2 2 2 0 2  2  8 0 Q 4 即 1  ； Q 3 2 故C错误，D正确。 故选D。 8．AD 1 【详解】根据振动图像可知当波的传播方向为a到b时，x  n,n0,1,2...，>1m ab 4 解得n0或1 1 5 即x  或  ab 4 4 3 当波的传播方向为b到a时，x  n,n0,1,2...，>1m ab 4 解得n0或1 3 7 即x  或  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．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，故A错误； L B．根据相邻干涉条纹间距公式x ，由于蓝光的波长较短，故蓝光相邻条纹间距比红 d 光相邻条纹间距小，故B正确； CD．蓝光的相邻干涉条纹间距为x 4.4104m 1 红光的相邻干涉条纹间距为x 6.6104m 2 要使蓝光和红光亮条纹中心重叠，可知x mx n ，m=0,1.2...，n=0,1.2... 1 2 答案第3页，共7页可知当x mx n1.32mm时，满足条件；当x mx n1.98mm，不满足条件； 1 2 1 2 故C正确，D错误。 故选BC。 10．AC 【详解】A．根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为时，对滑块进行受力分析， 如图所示 由平衡条件有F cosmgcos53F T N PQ 由胡克定律结合几何关系有F k T cos 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 F 1.6N N 故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，故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，由平衡条件有 1 PQ mgsin53 f k sin cos 1 1 解得tan 0.4 1 由几何关系可得xPQtan0.64m 1 故C正确； 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 f 答案第4页，共7页mgsin53x 1 k  PQ2x2PQ2 W 2 f 解得W 3.072J f 故D错误。 故选AC。 11．(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。 1 （2）A.作出a 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， m 故A正确； 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。 M （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  mg mg M m （m为槽码总质量），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 M 槽码质量），拉力F  mg mg（当M m时近似，但实际总质量不变），拉力更接近 M m 理论值，系统误差更小，故乙同学方法更好。 12．(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）[1][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 答案第5页，共7页U 2 R R   20 1980 I g 1103 g （3）[1][2][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 13．(1)3.3105Pa (2)6.6104J pV pV 【详解】（1）气体可视为理想气体，根据理想气体状态方程 1 1  2 2 T T 1 2 pTV 整理代入数据得 p  1 2 1 3.3105Pa 2 TV 1 2 （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， p  p 可得外界对气体做功为W  1 2 V V 1.008104J 2 2 1 由热力学第一定律U QW 代入数据可得U 6.6104J e 2v 14．(1)  0 m B R 0 (2)S 2 32R2 【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， 0 R 轨迹半径为R  0 2 mv 2 根据洛伦兹力提供向心力可得eB v  0 0 0 R 0 e 2v 联立解得  0 m B R 0 B （2）磁感应强度调整为 0 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 2 v，v ，电子将在垂直轴线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 x y 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 R 仍为R  0 2 答案第6页，共7页B mv 2 根据洛伦兹力提供向心力可得e 0v  x 2 x R 0 v 联立解得v  0 x 2 T 1 2m 2m R t      由射出到相切，经过半个周期，用时 2 2 B eB v e 0 0 0 2 3 根据速度的合成与分解可知v  v 2v 2  v y 0 x 2 0 3 平行轴线方向运动距离yv t R y 2 结合对称性，被电子击中的面积S 22Ry2 32R2 1 15．(1) v 5 0 v t 2 (2) 01  l 5 11 0 2l (3) 0 v 0 1 【详解】（1）根据动量守恒定律mv m4mv ，解得v  v 0 1 1 5 0 （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 1 1 1 11 E ' mv 2 mv 2 5mv2  mv 2 p 2 0 25 0 2 1 25 0 E 1 根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比，则l' p0l  l E ' 0 11 0 p 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 01 A1 B1 即有mv t mx 4mx 01 A B 根据位移关系可知x l x l' B 0 A v t 2 联立解得x  01  l B 5 11 0 1 1 （3）对全过程，对系统根据动能定理Fl  4mv 2 mv 2 0 2 0 2 0 对全过程，根据动量定理Ft 4mv mv 2 0 0 2l 联立解得t  0 2 v 0 答案第7页，共7页