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2025 年甘肃省普通高等学校招生统一考试
物理
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。 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 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 ，则
离子辐射的光谱中，波长最长的谱线对应的跃迁为（ ）
A. 能级 B. 能级
C. 能级 D. 能级
【答案】C
【解析】
根据题意可知，用能量为 的电子碰撞 离子，可使 离子跃迁到 能级和 能级，由
可知，波长最长的谱线对应的跃迁为 能级。
故选C。
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（ ）A. 若 ，小星球做匀速圆周运动
B. 若 ，小星球做抛物线运动
C. 若 ，小星球做椭圆运动
D. 若 ，小星球可能与恒星相撞
【答案】A
【解析】
A．根据题意，由万有引力提供向心力有
解得
可知，若 ，小星球做匀速圆周运动，故A正确；
B．结合A分析可知，若 ，万有引力不足以提供小星球做匀速圆周运动所需要的向
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；
C．若 ，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，而不是椭圆运动，
故C错误；D．若 ，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错误。
故选A。
GMm v2
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 ，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错误。
R
故选A。
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 内燃料对火箭的平均推力约为 。火箭质量约为500吨且认为在 内基
本不变，则火箭在初始 内的加速度大小约为（ ）（重力加速度g取 ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
1. 受力分析与合力计算：
火 箭 受 向 上 推 力 F=6×106 N、 向 下 重 力 mg（ m=500吨=5×105 kg， g=10 m/s2，
mg=5×106 N）。
合力F =F−mg=6×106 N−5×106 N=1×106 N。
合2. 加速度计算：
F
根据牛顿第二定律F =ma，得a= 合。
合 m
代入F =1×106 N、m=5×105 kg，算得a=2 m/s2。
合
故选A。
4. 如图，小球A从距离地面 处自由下落， 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 。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取 ，则碰撞前小球B的速度大小
v为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
1
小球A从20米高处自由下落，使用公式ℎ = gt2 计算下落时间t
2
解得t=2秒
碰撞后，小球A在1秒内水平位移3米，因此水平速度v'=3m/s
碰撞过程中，水平方向动量守恒：mv=mv +mv
1 2
1 1 1
完全弹性碰撞，能量守恒：
mv2= mv2+ mv2
2 2 1 2 2
联立解得v =v，v =0
1 2
由于v =3m/s，因此v=3m/s
1
故选B。
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
【答案】D
【解析】
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. 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（ ）
A. t在 内， 和E均随时间增大 B. 当 与 时，E大小相等，方向相同
C. 当 时， 最大，E为零 D. 当 时， 和E均为零
【答案】C
【解析】
ΔΦ ΔB ΔB
根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势大小为：E=N =N⋅ ⋅S，所以B−t图像的斜率 越
Δt Δt Δt
大，感应电动势越大。T ΔB
A、t在0∼ 内，磁感应强度增加，根据Φ=BS可知，磁通量增加；但 减小，则感应电动势E减小，
4 Δt
故A错误；
T 3T
B、根据图像可知，当t= 与 时，B−t图像斜率方向相反，则感应电动势E方向相反，故B错误；
8 8
T ΔB
C、当t= 时，B最大，根据Φ=BS可知，磁通量Φ最大，但 为零，则E为零，故C正确；
4 Δt
T ΔB
D、当t= 时，B=0，根据Φ=BS可知，磁通量Φ为零，但 最大，则E最大，故D错误。
2 Δt
故选C。
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 的电场加速后，沿 方向射入电压为 的电场（ 为平行于两极板的中轴
线）。极板长度为l、间距为d， 关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置在距 极板L处，样
品中心位于 点。假设单个离子在通过 区域的极短时间内，电压 可视为不变，当 时。离
子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A. 的最大值
B. 当 且 时，离子恰好能打到样品边缘
C. 若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大
D. 在 和 时刻射入 的离子，有可能分别打在A和B点
【答案】B
【解析】A．粒子在加速电场中被加速时
在偏转电场中做类平抛运动，则
解得
选项A错误；
B．当 时粒子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，则
解得
选项B正确；
C．根据
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 时刻射入的粒子打到
1 2 1
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. 如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为 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（ ）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
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，弹簧的伸长量为
【答案】BC
【解析】
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．剪断细线前，小球 A 和 B 处于静止状态，弹簧的弹力为3mg（因为2m和m的重力总和为3mg）。
剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律
解得A的加速度
选项B正确；
C．剪断细线之前弹簧伸长量
剪断细线后A做简谐振动，在平衡位置时弹簧伸长量
即振幅 为
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；
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。
故选BC。
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
【答案】ACD
【解析】
A、A→B过程中，气体的体积不变，则气体做功为零。气体的温度升高，内能增加，根据热力学第一定律
ΔU=W+Q可知，气体吸收热量，故A正确。
B、B→C过程中，气体体积减小，外界对气体做功，气体温度不变，内能不变，根据热力学第一定律
ΔU=W+Q可知，气体放出热量，故B错误。
P P
C、A→B过程中为等容变化，根据查理定律可得： A = B ，所以状态A的压强比状态B小，故C正确。
T T
A B
D、由于一定质量的理想气体内能仅与温度有关，而状态 A的温度小于状态C的温度，所以状态A的内能
小于状态C的内能，故D正确。
故选ACD。
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 。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回。已知a、b、c带正电且比荷均为 ，a粒子
的速度大小为 ，方向沿同心圆的径向；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（ ）A. 外圆半径等于 B. a粒子返回A点所用的最短时间为
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
【答案】BD
【解析】
由题意，作出 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，
根据a粒子的速度大小为
可得
设外圆半径等于 ,由几何关系得
则
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
a粒子做匀速圆周运动的周期
在磁场中运动的时间
匀速直线运动的时间
故a粒子返回A点所用 的最短时间为
B正确；
C．由题意，作出 粒子运动轨迹图，如图所示
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
洛伦兹力提供向心力有
联立解得
D正确。
故选BD。
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 。改变h，测量多组数据。已知重力加速度为g，忽略阻力。
（1）以h为横坐标、________（填“ ”、“ ”、“ ”或“ ”）为纵坐标作直线图。若
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 。
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。
【答案】
（1） ①. ②.（2） ①. 50 ②. 12
【解析】
【小问1详解】
[1][2]小球经过光电门的挡光时间 ，可得小球到达平衡位置
为验证机械能守恒定律，此过程中重力势能转化为动能有
联立解得
可得纵坐标为
图像的斜率为 。
【小问2详解】
[1]根据游标卡尺读数的规则可知，以mm为单位，且小数点后面两位读数，末位是偶数的，只能是游标尺
读数×0.02mm得出的计算结果，故用的是50分度的游标卡尺；
24
[2]此游标卡尺上的一小格真实长度为 mm=0.96mm，故游标尺的精确度为1mm−0.96mm=0.04mm，
25
小球直径d=20mm+n×0.04mm=20.48mm，故n=12，故游标尺上第12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 ）两节，电压表（量程
，内阻约 ），电流表（量程 ，内阻约 ），滑动变阻器（最大阻值 ），待测电阻 ，
开关 ，单刀双掷开关 ，导线若干。（1）首先设计如上图所示的电路。
①要求用 选择电流表内、外接电路，请在图1中补充连线将 的c、d端接入电路____；
②闭合 前，滑动变阻器的滑片P应置于___端（填“a”或“b”）；
③闭合 后，将 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、电流表的示数基本不变，
因此测量电阻时 应该接______端（填“c”或“d”）。
（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。
①请在上图中补充连线将电压表接入电路______；
②闭合 ，将 分别接c和d端时，电压表、电流表的读数分别为 、 和 、 。则待测电阻阻值
_______（用 、 、 和 表示）。
【答案】（1） ①. 见解析实物连接图 ②. ③.（2） ①. 见解析实物连接图 ②.
【解析】
【小问1详解】
[1]实物连接图如图所示，
[2]闭合 前，根据滑动变阻器的限流式接法，滑片P应置于 端，连入电路中的阻值最大，保护电路的安
全。
的
[3]闭合 后，将 分别接c和d端，观察到这两种情况下电压表 示数有变化、电流表的示数基本不变，
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 应该接c端。
【小问2详解】
[1]实物连接图如图所示，
[2]根据电路分析，当闭合 ，将 接c端时，电压表、电流表的读数分别为 、 ，
则将 接d端时，电压表、电流表 的读数分别为 、 ，则
那么待测电阻阻值 。
13. 已知一圆台容器，高 ，上口径 ，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 ，人眼观测角度
满足 ，人眼到入射处距离为 。光在真空中的传播速度 ，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。
【答案】
（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
根据题意，画出光路图，如图所示由几何关系可得 ，
则有 ，
则
由折射定律可得该液体的折射率为
【小问2详解】
根据题意，由图可知，光在空气中传播的距离为
光在液体中的传播距离s 2 可以通过勾股定理计算，即s 2 =OB=√ ℎ 2+(R−O' A) 2。
根据题目给出的数据，计算得到s =15cm
2
c
光在液体中的传播速度v可以通过公式v= 计算，其中c是光在真空中的速度，n是液体的折射率。
n
4 3c
题目中给出n= ，因此v=
3 4
s s
光从底部质点反射至人眼的总时间t可以通过公式t= 1+ 2计算。
c v
将s =0.1m和s =0.15m代入公式，得到：
1 2
0.1 0.15
t= s+ s=1×10−9 s
3×108 2.25×108
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°。
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。
【答案】
（1） ，
（2）见解析 （3）
【解析】
【小问1详解】
2√3mg √3
由图2可得F与t的关系为：F= t= mgt
8 4
√3 3√3
可得t=6s时F的大小为：F =6× mg= mg
1 4 2
因F与t成线性关系，故可用$F$的平均值求解$F$的冲量大小，可得在0∼6s内F的冲量大小为：
1 1 3√3 9√3
I =FΔt= F Δt= × mg×6 (N⋅s)= mg (N⋅s)
1 2 1 2 2 2
【小问2详解】
由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有
即
在垂直杆方向，当 时，
则0−4s，垂直杆方向
摩擦力
在4−6s内，垂直杆方向摩擦力
相应的f−t图像如图
【小问3详解】
在0~6s内沿杆方向根据动量定理有
在0~6s内摩擦力的冲量为f−t图围成的面积，则
联立有
可得
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 ，机械臂2静
止，两者不相撞。求：
（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 和 ，求此时两机械臂所受安培力的大小，以及此时电容器
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。
【答案】
（1） ，竖直向上
（2） ， ，
（3） ，
【解析】
【小问1详解】
初始时刻机械臂1的感应电动势大小为
由右手定则可知感应电流方向竖直向上。
根据法拉第电磁感应定律可得初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小：E =BLv
1 0
根据右手定则可知，感应电流方向向上；
【小问2详解】
在达到稳定前，两机械臂电流分别为 和 ，两机械臂安培力的大小分别为 ，
设此时两机械臂的速度分别为v、v
1 2
根据动量守恒 ，
而 ，
电容器的带电量
电容器两端的电压
联立解得
所以此时电容器电荷量为
【小问3详解】当 时，两机械臂的速度相同，此时
可得两机械臂的速度为
此过程中，对机械臂1，根据动量定理
对机械臂2，根据动量定理
初始距离的最小值
解得
