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2025 年陕晋宁青普通高等学校招生选择性考试物理
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.(2025·陕晋青宁卷·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( )
答案 B
解析 静电场中电场线不相交、不闭合，故A、C 错误；结合等势面分析，等势面与电场线垂直且等差等
势面的疏密程度表示电场强度的大小，由此推知若电场线相互平行，应等间距，故D 错误；B 中电场线是
正电荷周围电场线分布的部分图像，故B 正确。
2.(2025·陕晋青宁卷·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3 750 km，轨道周期约2 h。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
C.逃逸速度
D.自转周期
答案 A
解析 “天问三号”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
r
2 ＝m4 π
2
T
2 r＝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，可推算出火星的质量，故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，故B、C 错误；不能通过所提供物理量推算出火星的自
转周期，故D 错误。
3.(2025·陕晋青宁卷·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( )
答案 A
解析 根据牛顿第二定律和F－t 图像画出如图所示的a－t 图像，可知分拣机器人在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.(2025·陕晋青宁卷·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.μmgcos θ
B.1
2μmg
C.μmg
D.0
答案 D
解析 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，故A、B、C 错误，D 正确。
5.(2025·陕晋青宁卷·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10 kV，不考虑相对论效应，则其德布罗意波长为( )
A.100λ
B.10λ
C. 1
10λ
D. 1
100λ
答案 C
解析 设电子经电压U 加速后速度大小为v，由动能定理得eU＝1
2mv2，电子的动量p＝mv，电子的德布罗
意波长λ＝h
p，联立解得λ＝
h
√2meU ，因为U'∶U＝100∶1，可得λ'＝1
10λ，故C 正确，A、B、D 错误。
6.(2025·陕晋青宁卷·6)[有问题，不选用]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 钢制线圈中的电流迅速增大，电流产生的磁场增强，铜环内磁通量快速增加，由楞次定律中的“增
反减同”规律，可知铜环中的感应电流产生的磁场需阻碍磁通量的增加，故铜环中感应电流产生的磁场与
钢制线圈中电流产生的磁场方向相反，铜环中感应电流方向与钢制线圈中电流方向相反；钢制线圈电流由
电容器组放电直接提供，可达数兆安；铜环中的感应电流由磁通量变化产生，其能量来自磁场能，且铜环
电阻不可忽略，故铜环中的感应电流远小于钢制线图中的电流，D 正确，A、B、C 错误。
7.(2025·陕晋青宁卷·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v0＝4 B
2 L
3
mR
并排进入磁场，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
解析 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；甲线框刚进磁场区域时，合力为F 安1＝BI1L＝B·BLv0
R
L＝B
2 L
2v0
R
，乙线框刚进磁场区域时，合力为
F 安2＝BI2L＝B·BLv0
2 R L＝B
2 L
2v0
2 R
，可得F安1
F安2
＝2，故B 错误；假设甲、乙都能完全出磁场，对甲根据动量
定理－BI 1LΔt＝mv1－mv0，q1＝I 1Δt＝
ΔΦ
Δt
R
·Δt＝ΔΦ
R ＝B·4 L
2
R
，同理对乙－BI 2LΔt'＝mv2－mv0，q2＝I 2
Δt'＝
ΔΦ
Δt '
2 R
·Δt'＝ΔΦ
2 R ＝B·4 L
2
2 R
，解得v1＝0，v2＝1
2v0＝2B
2 L
3
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，故C 错误；由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生
的焦耳热分别为Q1＝1
2mv0
2，Q2＝1
2mv0
2－1
2m(
v0
2 )
2
＝3
8mv0
2，可得Q1
Q2
＝4
3 ，故D 正确。
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.(多选)(2025·陕晋青宁卷·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( )
答案 AD
解析 根据振动图像可知当波的传播方向为a 到b 时，xab＝1
4 λ＋nλ，λ＝4 xab
4 n＋1，其中n＝0，1，2…，因
λ>1 m，可知n＝0 或n＝1，即xab＝1
4 λ 或5
4 λ，当波的传播方向为b 到a 时，xab＝3
4 λ＋nλ，λ＝4 xab
4 n＋3，其
中n＝0，1，2…，因λ>1 m，可知n＝0 或n＝1，即xab＝3
4 λ 或7
4 λ，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A、D 符合题意。
9.(多选)(2025·陕晋青宁卷·9)在双缝干涉实验中，某实验小组用波长为440 nm 的蓝色激光和波长为660 nm
的红色激光组成的复合光垂直照射双缝，双缝间距为0.5 mm，双缝到屏的距离为500 mm，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 蓝光与红光频率不等，不能发生稳定干涉形成条纹，故A 错误；根据相邻干涉条纹间距公式Δx＝L
d
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，故B 正确；蓝光的相邻干涉条纹
间距为Δx1＝4.4×10－4 m，红光的相邻干涉条纹间距为Δx2＝6.6×10－4 m，要使蓝光和红光亮条纹中心重
叠，可知Δx1·m＝Δx2·n，其中m＝0，1，2…，n＝0，1，2…，C 项中x1＝1.32 mm＝3Δx1＝2Δx2，满足条件；
D 项中x2＝1.98 mm＝4.5Δx1＝3Δx2，不满足条件；故C 正确，D 错误。
10.(多选)(2025·陕晋青宁卷·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，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1.6 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，sin 53°＝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 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Fcos θ＝mgcos 53°＋FN，由胡克定律结合几何关系有F＝k PQ
cosθ ，联立解得FN＝k·PQ－
mgcos 53°＝10 N，可知滑块与杆之间的弹力不随位置的变化而变化，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始
终为Ff＝μFN＝1.6 N，故A 正确；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；设滑块从释放到静止运动的位移为x，静止时弹性轻绳与PQ 间
夹角为θ1，由平衡条件有mgsin 53°＝Ff＋k
PQ
cos θ1
·sin θ1＝Ff＋kPQtan θ1，由几何关系可得x＝PQ·tan θ1，
联立解得x＝0.64 m，故C 正确；从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为W 克f，由能量守恒定律有mgsin
53°·x＝1
2k(PQ2＋x2－PQ2)＋W 克f，解得W 克f＝3.072 J，故D 错误。
三、非选择题：本题共5 小题，共54 分。
11.(2025·陕晋青宁卷·11)如图甲为探究加速度与力、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 图像如图乙所示，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)
0.25
0.618
0.33
0.482
0.40
0.403
0.50
0.317
1.00
0.152
A.a－1
m图像
B.a－m2图像
C.am－m 图像
D.a2－m 图像
(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
解析 (1)实验需平衡小车受到的阻力，应将木板一端垫高，使小车在无拉力时能匀速运动。
(2)作出a－1
m图像，若a∝1
m，即a－1
m图像为过原点的倾斜直线，则可判断a 与m 成反比，故A 正确；
作出a－m2图像，无法体现a 与m 是否成反比关系，故B 错误；
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，可判
断a 与m 成反比，故C 正确；
作出a2－m 图像，无法体现a 与m 是否成反比关系，故D 错误。
(3)甲同学的方法中，研究对象为小车，a＝FT
m ，槽码依次放在槽码盘上，小车质量m 不变，拉力FT＝
m
m＋M Mg，在M≪m 时，FT≈Mg(M 为槽码总质量)，但随着M 增大，不满足M≪m 条件时，拉力FT与
Mg 偏差增大，a－FT图像发生弯曲误差变大；乙同学的方法中，研究对象为小车和槽码(包括槽码盘)整体，
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)，加速度a＝
Mg
m＋M ，
将槽码重力Mg 作为拉力FT；a 与FT成正比关系，a－FT图像为直线，系统误差更小，故乙同学方法更好。
12.(2025·陕晋青宁卷·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 Ω 的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是15 kΩ 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20 Ω、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RA及一个电阻RB(RA>RB)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RA处于
之间(填“1 和2”“2 和3”“3 和4”或“1 和4”)。
答案 (1)B (2)串联 1 980 (3)2 和3 1 和4 1 和2
解析 (1)要测量阻值约为15 kΩ 的电阻，需要选择电阻“×1 k”挡。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。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
I g
－Rg＝
2
1×10
-3 Ω－20 Ω＝1 980 Ω。
(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，则1 和2、3 和4 之间为电阻，接1 和4 时电压表有示数，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RA，3 和4 之间电
阻为RB。
四、解答题
13.(2025·陕晋青宁卷·13)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105~3.5×105 Pa。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T1为300 K 时，体积V1和压强p1分别为0.528 m3、3.0×105 Pa；当胎内气体温度升高到T2为350
K 时，体积增大到V2为0.560 m3，气体可视为理想气体。
(1)求此时胎内气体的压强p2；
(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)根据理想气体状态方程p1V 1
T 1
＝p2V 2
T 2
代入数据得p2＝p1T 2V 1
T 1V 2
＝3.3×105 Pa
(2)p－V 图线与V 轴围成的面积表示做功的大小，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
2
(V2－V1)＝－1.008×104 J
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W
代入数据可得ΔU＝6.6×104 J。
14.(2025·陕晋青宁卷·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，足够长圆柱形筒半
径为R。在圆筒中央O 点有一电子源，向空间中各个方向发射速度大小为v0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图如图(b)所示，当磁感应强度大小调至
B0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。求(R、v0、B0均为已知量)：
(1)电子的比荷e
m；
(2)当磁感应强度大小调至1
2B0时，筒壁上落有电子的区域面积S。
答案 (1) 2v0
B0 R (2)2√3π2R2
解析 (1)当磁场的磁感应强度为B0时，恰好没有电子落到筒壁上。
则以速度v0垂直轴线方向射出的电子，轨迹恰好与圆筒壁相切，轨迹半径R0＝R
2
根据洛伦兹力提供向心力可得eB0v0＝mv0
2
R0
联立解得e
m ＝2v0
B0 R
(2)磁感应强度调整为B0
2 后，当电子速度与磁场不垂直时，将电子速度沿垂直轴线和平行轴线方向进行分
解，分别设vx、vy，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R0＝R
2
根据洛伦兹力提供向心力可得eB0
2 vx＝m v x
2
R0
联立解得vx＝v0
2
由射出到相切，经过半个周期，用时t＝T
2 ＝1
2×2π R0
v x
＝1
2×
2π m
e B0
2
＝2π m
e B0
＝π R
v0
根据速度的合成与分解可知vy＝√v0
2- v x
2＝√3
2 v0
平行轴线方向运动距离y＝vyt＝√3 π
2
R
结合对称性，被电子击中的面积S＝2×2πRy＝2√3π2R2。
15.(2025·陕晋青宁卷·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l0，粒子
A 以速度v0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1
25mv0
2。经时间
t1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，方向与速度方向相同。当粒子
B 的速度为v0时，粒子A 恰好运动至P 点且速度为0，A、B 粒子间距离恢复为l0，这时撤去恒力。已知任
意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求(m、l0、v0、t1均为已知量)：
(1)粒子B 到达P 点时的速度大小v1；
(2)t1时间内粒子B 的位移大小xB；
(3)恒力作用的时间t2。
答案 (1)1
5v0 (2)v0t1
5 －2
11l0 (3)2l0
v0
解析 (1)根据动量守恒定律，可知mv0＝(m＋4m)v1，解得v1＝1
5v0
(2)两者共速时设间距为l'，根据能量守恒定律可知，此时A、B 两粒子的系统电势能为Ep'＝1
2mv0
2＋1
25m
v0
2－1
2×5mv1
2＝11
25mv0
2
根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比，l'
l0
＝E p0
E p' ，可得l'＝
E p0
E p' l0＝1
11l0
两者共速前的过程系统始终动量守恒，有∑mv0t1＝∑mvAt1＋∑4mvBt1
即mv0t1＝mxA＋4mxB
根据位移关系可知xB＋l0＝xA＋l'
联立解得xB＝v0t1
5 －2
11l0
(3)从A、B 相距l0，至再次相距l0的过程中电势能变化ΔEp＝0
全过程，对系统根据功能关系，有Fl0＝1
2×4mv0
2－1
2mv0
2
全过程，对系统根据动量定理，有Ft2＝4mv0－mv0
联立解得t2＝2l0
v0
。
