2025陕晋青宁物理解析版_2025年全国各省市全科高考真题及答案_版本二（互相补充）_6、各省市全科真题及答案（按省份分类）_23、山西卷（全科，持续更新）

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 答案：B 解析：静电场中电场线不相交、不闭合, A 、C 错误, B 正确；若电场线相互平行,应等间距, D 错误。考情解读：本题考查对静电场的电场线性质的理解, 考查的知识点为教材原文内容, 体现出近年新高考对于教材内容的重视, 要求学生加强对教材内容的了解。 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 3750 km ,轨道周期约 2h 。引力常量 G 取 6.67 ×10-11 N⋅m2/kg2 ,根据以上数据可推算出火星的 ( ) A.质量 B.体积 s C.逃逸速度 D.自转周期 答案：A GMm v2 解析：轨道器绕火星做匀速圆周运动, 万有引力提供向心力,可得 =m =mω2R= R2 R 4π2R m =ma ,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 T2 星的质量, A 正确；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, B、C 错 误; 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。3. 某智能物流系统中,质量为 20 kg 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 F 解析：根据牛顿第二定律 a= ,由题 m 图画出如图所示的 a-t 图像,可知机器人在 0∼1 s 和 2∼3 s 内加速度大小均为 1 m/s2 ,方 向相反,由 v-t 图线的斜率表示加速度可知, A 正确。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( ) 1 A. μmgcosθ B. μmg C. μmg D.0 2 答案：D 解析：对钢管受力分析如图所示, 若地面对钢管有摩擦力, 则钢管水平方向受力不平衡, 故地 面对钢管左端的摩擦力大小为 0, D 正确。 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 100 V 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 ( ) 1 1 A.100λ B.10λ C. λ D. λ 10 100 答案：C 1 解析：设电子经电压 U=100 V 加速后速度达到 v ,由动能定理得 eU= mv2-0 ,则电 1 2 1 h 子的动量为 p =mv ,德布罗意波长为 λ= ,当加速电压 U=10kV=100U 时,有 eU 1 1 p 1 1 h λ = mv2-0,p =mv ,λ= ,解得 λ= ,C 正确。另解，抓住波长与加速电压的平方根 2 2 2 2 p 10 2 1 成反比关系 λ∝ U  1 ,电压从 100 V 变为 10kV (增大100倍),直接得出波长变为 λ, 10 C 正确。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：D 解析：当钢制线圈与电容器组接通时,钢制线圈中产生迅速增大的电流, 即在线圈里产生迅速 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 量的增大, 故铜环中的感应电流与钢制线圈中的电流方向相反,磁感线被“浓缩”, ΔΦ 几乎 ΔΦ E 不变,则 E= 几乎不变,铜环中的感应电流 I= 几乎不变,远小于钢制线圈中的电流, Δt R D 正确。易错警示:感应电流产生的磁场只能阻碍引起感应电流的磁通量的变化,而不能阻 止。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 4B2L3 框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。 0 mR 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 解析：线框进磁场时, 磁通量增大, 感应电流的磁场阻碍磁通量增大, 由安培定则知甲线框进 磁场时电流方向为顺时针,出磁场时,磁通量减小,感应电流的磁场阻碍磁通量减小,由安培 定则知电流方向为逆时针, A 错误；线框刚进磁场时,切割磁感线的有效长度为 L ,感应电动 BLv BLv 势 E=BLv ,甲线框中电流 I = 0 ,乙线框中电流 I = 0 ,安培力 F=BIL ,则甲 0 ⊕ R ∠ 2R BLv B2L2v BLv 线框所受合力大小 F =B 0L= 0 ,乙线框所受合力大小 F =B 0L= 甲 R R 乙 2R B2L2v 0, F 甲 = 2 ,B 错误; 乙线框进磁场和出磁场过程,总磁通量变化 ΔΦ=2×2BL2=4BL2 2R F 1 乙    E ΔΦ ΔΦ ,根据动量定理有 -BI LΔt=mv -mv ,又 I Δt= Δt= Δt= ,联立解得 △ △ 0 △ 2R 2RΔt 2R 2B2L3 v = ≠0,C 错误；同理,可求出甲线框完全出磁场时的速度 v =0 ,由能量守恒定律 乙 mR 甲 1 1 4B2L3 可知,整个过程甲线框产生的焦耳热 Q = mv2-0= m m 2 0 2 mR  2 8B4L6 = ,乙线框广生 mR2 1 1 8B4L6 1 2B2L3 的焦耳热 Q = mv2- mv2= - m Δ 2 0 2 Δ mR2 2 mR  2 = 6B4L6 , Q 甲 = 4 ,D 正确。易错 mR2 Q 3 ∠ 警示：本题易忽略甲、乙线框进、出磁场的磁通量变化相同但电阻不同,导致冲量、动量变化量 计算错误。8. 一列简谐横波在介质中沿直线传播,其波长大于 1 m , a 、b 为介质中平衡位置相距 2 m 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：CD 解析：由图像可得波的周期 T=2 s,a 与 b 的振动起始时间相差 t= 0.5+2n  sn=0,±1,±2,⋯  x xT ,设 a、b 两点相距 x ,波速为 v ,则 t= = ,波长 λ= v λ xT 4 = m(n=0 , ±1,±2,⋯ t 0.5+2n  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 ,因为 λ>1 m ,则可能的波长有 8 m、 m、⋯ 3 ,分别与 D、C 选项图中波长对应, A 选项不满足 λ>1 m ,由题图可知, t=0 时 b 点位于 波谷, B 选项 t=0 时, b 点不在波谷位置, A、B 错误,故 C、D 正确。 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 1.32 mm 处蓝光和红光亮条纹中心重叠 D.距中央亮条纹中心 1.98 mm 处蓝光和红光亮条纹中心重叠 答案：BC解析：蓝光与红光频率不同, 不满足干涉条件, 故不能发生干涉形成条纹, A 错误; 条纹间距 Lλ 公式 Δx= ,L、d 相同, λ 越大, Δx 越大,蓝光波长小于红光波长,故相邻条纹间距 Δx d it Lλ <Δx it ,B 正确; 亮条纹中心位置到中央亮条纹的距离满足 x=k d k=0,1,2,⋯  ,蓝光与 Lλ Lλ 红光条纹中心重叠时,需满足 k 低 =k 红 ,即 k λ =k λ ,代入波长有 k × 440 nm 1 d 2 d 1 蓝 2 红 1 =k ×660 nm ,化简得 2k =3k ,即 k =3n,k =2n(n= 1,2,3,⋯) ,当 n=1 时, k =3, 2 1 2 1 2 1 k =2 ,此时中心重叠位置到中央亮条纹的距离 x =3 Lλ 蓝 =3× 500×10-3×440×10-9 m 2 1 d 0.5×10-3 = 1.32×10-3 m=1.32 mm ,同理可得,当 n=2 时, k =6 , k =4 , x =2.64 mm ,故 1 2 2 距中央亮条纹中心 1.32 mm 处蓝光和红光亮条纹中心重叠, C 正确, D 错误。 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 1 kg 的滑块,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 1.6 m 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=10 N/m,g 取 10 m/s2, sin53°=0.8。则滑块 ( ) A.与杆之间的滑动摩擦力大小始终为 1.6 N 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 0.64 m D.从释放到静止克服滑动摩擦力做功为 2.56 J 答案：AC 解析：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,则 F = N PQ F cosθ- mgcos53°,F =k ,即 F =k . PQ-mgcos53°=10 N,f=μF = 1.6 N, A T T cosθ N N 正确; 由于滑块下滑过程和上滑过程中摩擦力方向不同,摩擦力的冲量方向不同, B 错误；设 滑块从释放到静止的位移大小为 x ,此时摩擦力方向向上,且受力平衡,有 F sinθ = 11 1 PQ mgsin53°-f,F =k ,即 tanθ =0.4 ,则下滑了 x=PQ⋅tanθ =0.64 m ,根据能量 11 cosθ 1 1 1 1 守恒定律有 W =mgxsin53°- kx2+PQ2-PQ2 f 2  =3.072 J,C 正确, D 错误三、非选择题:本题共 5 小题,共 54 分。 11. (6 分) 图 (a) 为探究加速度与力、质量关系的部分实验装置。 图(a) (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(b) 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) 图(b)m/kg a/m⋅s-2  0.25 0.618 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分)(2) AC2分  3  Z2分  解析：(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)通过作出 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 m 关系, A 正确; 作出 a-m2 图像,无法体现 a 与 m 的反比关系, B 错误; 作出 am-m 图 像,若 a 与 m 成反比关系, am 为定值,则 am-m 图像是平行于横轴的直线,可间接判断 a 与 m 是否成反比关系, C 正确; 作出 a2-m 图像,无法体现 a 与 m 的反比关系, D 错 误。 (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(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 为槽码质量), M 拉力 F= mg≈mg( 当 M≫m 时近似,但实际总质量不变),拉力更接近理论值,系 M+m 统误差更小,故乙同学方法更好,能减小因不满足 m≪M 产生的误差。技巧：掌握“化曲为 直”的数据处理方法 (将非线性关系转化为线性关系)；区分“增加槽码”与“转移槽码”对 系统总质量的影响,理解后者能减小因不满足 m≪M 而产生的误差。12. (9 分)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“ ×1 k ”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 1 mA 的表头改装为量程 0~2 V 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 A R R >R B A B  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 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 答案：(1)B(1 分)(2)串联(1 分) 1980(1 分)(3)2 和 3(2 分) 1 和 4(2分) 1 和 2(2分) 解析：(1)要测量一个阻值约为 15kΩ 的电阻,需要选择电阻“ ×1 k ”挡,即把选择开关旋 转到“ ×1 k ”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 点, B 正确。 U 2 (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= -R = Ω- I g 1×10-3 g 20Ω=1980Ω 。 (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. (9 分) 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 300 K 时,体积 V 和压强 p 分别为 0.528 m3 、 1 1 1 3.0×105 Pa ；当胎内气体温度升高到 T 为 350 K 时,体积增大到 V 为 0.560 m3 ,气体 2 2 可视为理想气体。 (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× 104 J ,求胎内气体的内能增加量 ΔU 。 答案：(1) 3.3×105 Pa 2  6.6×104 J 解析：( 1 )初状态下, T=300 K , V=0.528 m3 , p = 3. 0×105 Pa , 1 1 1末状态下, T =350 K,V=0.560 m3 ,压强为 p , 2 2 2 pV p V 根据理想气体状态方程有 1 1 = 2 2 (2 分) T T 1 2 解得 p =3.3×105 Pa (2 分) 2 (2) p-V 图线与 V 轴围成的面积代表做功的大小, 该过程气体体积增大, 则外界对气体做负功, 可得外界对气 1 体做功为 W=- ×3.0×105+3.3×105 2  ×(0.560- 0.528)J=-1.008×104 J (2 分) 由热力学第一定律得 ΔU=Q+W (1 分) 代入数据可得 ΔU=6.6×104 J (2 分) 14. (14 分) 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 0 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 0 的影响。求: R、v 0 、B 0 均为已知量) 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图(a) 图 (b) 2v 答案：(1) 0 2 B R 0  2 3π2R2 解析：(1)当磁感应强度大小为 B 时,恰好没有电子 0 1 落到筒壁上, 根据几何关系可知电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为 r = R(2 分) 1 2 mv2 由洛伦兹力提供向心力有 ev B = 0 (1 分) 0 0 r 1 e v 2v 可得电子的比荷为 = 0 = 0 (2 分) m B r B R 0 1 0 1 (2)当磁感应强度大小为 B 时,设速度方向与磁场方向成 θ 角的电子恰好落到筒壁上,在 2 0 垂直磁场方向该电子在磁场中做圆周运动,则有 ev sinθ⋅ 1 B = mv 0 sinθ 0 2 0  2 2分 r 1  解得 1 sinθ= , 2 1 2π 该电子在磁场中运动的周期满足 ev sinθ⋅ B = m 0 2 0 T  2 r (1 分) 1 1 πR 该电子在磁场中运动的时间为 t= T= (1 分) 2 v 0 3πR 在平行磁场方向该电子做匀速直线运动,则有 L=v cosθ . t= (2 分) 0 2 筒壁上落有电子的区域面积 S=2πR⋅2L (关键点: 电子在平行磁场方向有沿磁场方向与逆 磁场方向的运动, 所以竖直方向的长度为 2L) (1 分) 解得 S=2 3π2R2 (2 分) 15. (16分) 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 0 子 A 以速度 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 0 1 等于 mv2 。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 25 0 1 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。已知任意两带电粒子系统的电势能与 0 其距离成反比,忽略两粒子所受重力。求: m、l 0 、v 0 、t 1 均为已知量)(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 1 答案：(1) 5 v 0 2  v t 2l 0 1 - 0 3 5 11  2l 0 v 0 解析：(1)粒子 B 运动至 P 点过程中, A 、B 组成的系统动量守恒, 则有 mv 0 =m+4m  v (1 分) 1 v 解得 v = 0 (1 分) 1 5 (2)设 t 时刻时 A、B 系统的电势能为 E ,两粒子的距离为 l ,根据能量守恒定律得 1 pl 1 1 1 2 mv2 0 +E p0 = 2 m+4m  v2+E (1 分) 1 p1 由于任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比,则有 1 E ∝ , p l 11 l 解得 E = mv2,l = 0 (2 分) p1 25 0 1 11 系统动量守恒,有 m∑v 0 -v A  Δt=4m∑v Δt (1 分) B 即 mv t -mx =4mx (1 分) 0 1 A B 位移关系满足 l +x -x =l (1 分) 0 B A 1 v t 2l 联立解得 x = 0 1 - 0 (关键点: v t =x +4x ① ,l +x -x = B 5 11 0 1 A B 0 B A10 10l l ⇒x -x =- l ②,①+② 得 5x =v t - 0 ) (1 分) 1 B A 11 0 B 0 1 11 (3)对 A、B 系统运用动量定理有 Ft 2 =4mv 0 +0  -m+4m  v 1 (2 分) 试题攻略 第 1 辑 物理 3mv 解得 t = 0 (1 分) 2 F 由题意可知 t 时间内 B 运动的距离为 l ,A 运动的距离为 l ,此时 A、B 系统的电势能 2 0 1 1 E =E = mv2 ,根据能量守恒定律得 p2 p0 25 0 1 1 2 ×4mv2 0 +E p2 =Fl 0 + 2 ×m+4m  v2+E (2 分) 1 p1 3mv2 解得 F= 0 , 2l 0 3mv 2l 则 t = 0 = 0(2 分) 2 F v 0