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2025 年高考甘肃卷物理真题
1.(2025·甘肃卷·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。He＋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He＋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
50 eV，则He＋离子辐射的光谱中，波长最长的谱线对应的跃迁为( )
A.n＝4→n＝3 能级
B.n＝4→n＝2 能级
C.n＝3→n＝2 能级
D.n＝3→n＝1 能级
答案 C
解析 根据题意可知，用能量为50 eV 的电子碰撞He＋离子，可使He＋离子跃迁到n＝3 能级和n＝2 能级，
由ΔE＝Em－En＝hν＝hc
λ ，可知，波长最长的谱线对应的跃迁为n＝3→n＝2 能级。故选C。
2.(2025·甘肃卷·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v＝√
GM
R ，小星球做匀速圆周运动
B.若√
GM
R <v<√
2GM
R
，小星球做抛物线运动
C.若v＝√
2GM
R
，小星球做椭圆运动
D.若v>√
2GM
R
，小星球可能与恒星相撞
答案 A
解析 根据题意，若小星球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有GMm
R
2
＝mv
2
R ，解得v＝√
GM
R ，故
A 正确；结合A 分析可知，若√
GM
R <v<√
2GM
R
，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；若v＝√
2GM
R
，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；若v>√
2GM
R
，小星球将脱离恒星引力束缚，不可能与恒星相撞，故D 错误。
3.(2025·甘肃卷·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1 s 内燃料对火箭的平均推力约为6×106 N。火箭质量约为500 吨且认
为在1 s 内基本不变，则火箭在初始1 s 内的加速度大小约为(重力加速度g 取10 m/s2)( )
A.2 m/s2
B.4 m/s2
C.6 m/s2
D.12 m/s2
答案 A
解析 根据题意，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，代入数据解得a＝6×10
6-5×10
6
5×10
5
m/s2＝2 m/s2，故选
A。
4.(2025·甘肃卷·4)如图，小球A 从距离地面20 m 处自由下落，1 s 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3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g 取10 m/s2，则碰撞前小
球B 的速度大小v 为( )
A.1.5 m/s
B.3.0 m/s
C.4.5 m/s
D.6.0 m/s
答案 B
解析 根据题意可知，小球A 和B 碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A 球的竖直速度不变，
设碰撞后A 球水平速度为v1，B 球水平速度为v2，则有mv＝mv1＋mv2，碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守
恒定律有1
2mv2＝1
2mv1
2＋1
2mv2
2，联立解得v1＝v，v2＝0，小球A 在竖直方向上做匀加速直线运动，则有
h＝1
2gt2，解得t＝2 s，可知，碰撞后，小球A 运动t'＝1 s 落地，则水平方向上有x＝vt'，解得v＝3.0 m/s，
故选B。
5.(2025·甘肃卷·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 M、N 两点电势相等，电场线由上到下，N、P 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，故M 点电势高于P 点，选项A 错误；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；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。
6.(2025·甘肃卷·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。Φ 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.在0~T
4 内，Φ 和E 均随时间增大
B.当t＝T
8 与3T
8 时，E 大小相等，方向相同
C.当t＝T
4 时，Φ 最大，E 为零
D.当t＝T
2 时，Φ 和E 均为零
答案 C
解析 在0~T
4 时间内，磁感应强度B 增加，根据Φ＝BS 可知磁通量Φ 增加，但是图像的斜率减小，即磁
感应强度B 的变化率逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知E＝ΔB
Δt S，感应电动势E 逐渐减小，选项A
错误；当t＝T
8 和t＝3T
8 时，因B－t 图像的斜率绝对值相等，符号相反，可知感应电动势E 大小相等，方
向相反，选项B 错误；t＝T
4 时，B 最大，则磁通量Φ 最大，但是B 的变化率为零，则感应电动势E 为零，
选项C 正确；t＝T
2 时，B 为零，则磁通量Φ 为零，但是B 的变化率最大，则感应电动势E 最大，选项D
错误。
7.(2025·甘肃卷·7)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图甲所示。从离子源S 释放
的正离子(初速度视为零)经电压为U1的电场加速后，沿OO'方向射入电压为U2的电场(OO'为平行于两极板
的中轴线)。极板长度为l、间距为d，U2－t 关系如图乙所示。长度为a 的样品垂直放置在距U2极板L 处，
样品中心位于O'点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内，电压U2可视为不变，当U2＝±Um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.U2的最大值Um＝d
2
l
2 U1
B.当U2＝±Um且L＝(a-d)l
2d
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U1
D.在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A 和B 点
答案 B
解析 离子在加速电场中被加速时U1q＝1
2mv0
2，在偏转电场中做类平抛运动，则l＝v0t，d
2 ＝1
2·U mq
dm t2，
解得Um＝2d
2
l
2 U1，选项A 错误；当U2＝±Um时离子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，根据数学相似
三角形知识，则
d
2
a
2
＝
l
2
l
2 ＋L
，解得L＝(a-d)l
2d
，选项B 正确；根据y＝1
2·U mq
dm t2＝U ml
2
4 d U 1
，若其他条件不
变，增大U1，则y 变小，样品的辐照范围变小，选项C 错误；由题图可知t1时刻所加的电场电压小于t2时
刻所加的电场的电压，则t1时刻射入的离子打到A 点时的竖直位移小于t2时刻射入的离子打到B 点时的竖
直位移，则选项D 错误。
8.(多选)(2025·甘肃卷·8)如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m 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g
2
C.小球A 运动到最高点时，弹簧的伸长量为mg
k
D.小球A 运动到最低点时，弹簧的伸长量为2mg
k
答案 BC
解析 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；剪断细线之前F 弹＝
3mg，剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A 由牛顿第二定律F 弹－2mg＝2ma，解得A 的加速度a＝g
2，选
项B 正确；剪断细线之前弹簧伸长量x1＝3mg
k
，剪断细线后A 做简谐振动，在平衡位置时弹簧伸长量x2＝
2mg
k
，即振幅为A＝x1－x2＝mg
k ，由对称性可知小球A 运动到最高点时，弹簧伸长量为mg
k ，选项C 正确；
由上述分析可知，小球A 运动到最低点时，弹簧伸长量为3mg
k
，选项D 错误。
9.(多选)(2025·甘肃卷·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→B 过程，体积不变，则W＝0，温度升高，则ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知
Q>0，即该过程为吸热过程，选项A 正确；B→C 过程，温度不变，则ΔU＝0，体积减小，则W>0，根据
热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q<0，即该过程为放热过程，选项B 错误；A→B 过程，体积不变，温
度升高，根据pV
T ＝C 可知，压强变大，即状态A 压强比状态B 压强小，选项C 正确；状态A 的温度低于
状态C 的温度，可知状态A 的内能比状态C 的小，选项D 正确。
10.(多选)(2025·甘肃卷·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R0。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q
m，
a 粒子的速度大小为va＝qB R0
m
，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2R0
B.a 粒子返回A 点所用的最短时间为(3 π ＋2)m
qB
C.b、c 粒子返回A 点所用的最短时间之比为
√2
√2＋2
D.c 粒子的速度大小为√2
2 va
答案 BD
解析 由题意，作出a 粒子运动轨迹如图(a)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相切，然后沿内圆径向做匀速直线
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va＝qB R0
m
，可得Ra＝R0，设外圆半径
等于R'，由几何关系得∠AO'B＝90°，则R'＝R0＋√2R0，A 错误；a 粒子做匀速圆周运动的周期T＝
2π R0
va
＝2π m
qB ，在磁场中运动的时间t1＝540°
360° ·T＝3 π m
qB ，匀速直线运动的时间t2＝2 R0
va
＝2m
qB ，故a 粒
子返回A 点所用的最短时间为tmin＝t1＋t2＝(3 π ＋2)m
qB
，B 正确；由题意，作出b、c 粒子运动轨迹图，分
别如图(b)、(c)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q
m，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；由几何关系得2Rc＝R'－R0＝√2R0，洛伦兹力提供向心力
有qvcB＝m vc
2
Rc
，联立解得vc＝√2
2 va，D 正确。
11.(2025·甘肃卷·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Δt。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“Δt”“(Δt)2”“ 1
Δt ”或“
1
( Δt )
2”)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d＝20.48 mm。
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
( Δt )
2 2g
d
2 (2)50 12
解析 (1)小球经过光电门的挡光时间为Δt，可得小球到达平衡位置时速度v＝d
Δt ，为验证机械能守恒定律，
此过程中重力势能转化为动能有mgh＝1
2mv2，联立解得
1
( Δt )
2 ＝2g
d
2 h，可得纵坐标为
1
( Δt )
2，图像的斜率
为k＝2g
d
2 。
(2)10 分度、20 分度、50 分度的游标卡尺的精确度分别为0.1 mm、0.05 mm、0.02 mm
此游标卡尺测得小球直径d＝20.48 mm，可以判断所用的是50 分度的游标卡尺。
若为25 分度的游标卡尺，其精确度为0.04 mm，用此游标卡尺测量该小球直径，可得
n＝0.48
0.04 ＝12，则游标尺上第12 条刻度线与主尺上的刻度线对齐。
12.(2025·甘肃卷·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1.5 V)两节，电
压表(量程3 V，内阻约3 kΩ)，电流表(量程0.3 A，内阻约1 Ω)，滑动变阻器(最大阻值20 Ω)，待测电阻
Rx，开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。
(1)首先设计如图甲所示的电路。
①要求用S2选择电流表内、外接电路，请在图甲中补充连线将S2的c、d 端接入电路；
②闭合S1前，滑动变阻器的滑片P 应置于 端(填“a”或“b”)；
③闭合S1后，将S2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S2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乙所示的电路。
①请在图乙中补充连线将电压表接入电路；
②闭合S1，将S2分别接c 和d 端时，电压表、电流表的读数分别为Uc、Ic和Ud、Id。则待测电阻阻值Rx＝
(用Uc、Ud、Ic和Id表示)。
答案 (1)①见解析图 ②b ③c (2)①见解析图 ②U c
I c
－U d
I d
解析 (1)①实物连接图如图所示，
②闭合S1前，根据滑动变阻器的限流式接法，滑片P 应置于b 端，连入电路中的阻值最大，保护电路的安
全。
③闭合S1后，将S2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，
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S2应该接c 端。
(2)①实物连接图如图所示，
②根据电路分析，当闭合S1，将S2接c 端时，电压表、电流表的读数分别为Uc、Ic，
则
U c
I c
＝Rx＋RA＋R 滑
将S2接d 端时，电压表、电流表的读数分别为Ud、Id，则U d
I d
＝RA＋R 滑
则待测电阻阻值Rx＝U c
I c
－U d
I d
。
13.(2025·甘肃卷·13)已知一圆台容器，高H＝15 cm，上口径R＝13 cm，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h＝12 cm，人眼
观测角度α 满足sin α＝3
5，人眼到容器边缘的距离为5 cm。光在真空中的传播速度c＝3×108 m/s，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)4
3 (2)1×10－9 s
解析 (1)根据题意，画出光路图，如图所示
由几何关系可得sin i＝4
5 ，O'B＝H－h＝3 cm
则有O'A＝4 cm，AB＝5 cm，OC＝R－O'A＝9 cm，OB＝√h
2＋OC
2＝15 cm
则sin r＝OC
OB ＝3
5
由折射定律可得该液体的折射率为n＝sini
sin r ＝4
3
(2)根据题意，由图可知，光在空气中传播的距离为s1＝10 cm
光在液体中的传播距离为s2＝OB
光在液体中的传播速度为v＝c
n ＝3c
4
则光从底部质点反射至人眼全过程的时间t＝s1
c ＋s2
v ＝
0.1
3×10
8 s＋
0.15
2.25×10
8 s＝1×10－9 s。
14.(2025·甘肃卷·14)如图甲所示，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 的变化如图乙所示。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＝6 s 时F 的大小，以及t 在0~6 s 内F 的冲量大小；
(2)t 在0~6 s 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＝6 s 时，物块的速度大小。
答案 (1)3√3mg
2
9√3mg
2
(2)见解析 (3)11
2 g
解析 (1)由题图乙可知F 随时间线性变化，根据数学知识可知F＝√3mg
4
t
所以当t＝6 s 时，F＝3√3mg
2
0~6 s 内F 的冲量为F－t 图像围成的面积，即I＝1
2×3√3
2 mg×6＝9√3
2
mg
(2)由于初始时刻物块刚好能静止在细杆上，则有mgsin 30°＝μmgcos 30°
即μ＝tan 30°＝√3
3 ，此后F 增大FN减小，物块开始滑动，摩擦力为滑动摩擦力，在垂直杆方向，当Fsin θ
＝mgcos θ 时，t＝4 s，则0~4 s，垂直杆方向Fsin θ＋FN＝mgcos θ
摩擦力f＝μFN＝√3
3 ( √3
2 mg－√3
8 mgt)＝(1
2 －1
8t)mg(0≤t≤4 s)
在4~6 s 内，垂直杆方向Fsin θ＝mgcos θ＋FN
摩擦力f＝μFN＝√3
3 ( √3
8 mgt－√3
2 mg)＝(1
8t－1
2)mg(4 s<t≤6 s)
相应的f－t 图像如图
(3)在0~6 s 内沿杆方向根据动量定理有IFcos θ－If＝mv
在0~6 s 内摩擦力的冲量为f－t 图像围成的面积，则If＝1
2×1
2mg×4＋1
2×1
4 mg×2＝5
4 mg
联立有9√3
2
mg·cos 30°－5
4 mg＝mv
可得v＝11
2 g。
15.(2025·甘肃卷·15)在自动化装配车间，常采用电磁驱动的机械臂系统，如图，ab、cd 为两条足够长的光
滑平行金属导轨，间距为L，电阻忽略不计。导轨置于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁
场中，导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1 和2，质量均为m，电阻均为R。导轨左侧接有电容为
C 的电容器。初始时刻，机械臂1 以初速度v0向右运动，机械臂2 静止，运动过程中两机械臂不发生碰撞。
系统达到稳定状态后，电流为零，两机械臂速度相同。
(1)求初始时刻机械臂1 的感应电动势大小和感应电流方向；
(2)系统达到稳定状态前，若机械臂1 和2 中的电流分别为I1和I2，写出两机械臂各自所受安培力的大小；
写出电容器电荷量的表达式；
(3)求系统达到稳定状态后两机械臂的速度。若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为多少？
答案 (1)BLv0 竖直向上 (2)BI1L BI2L Q＝mC(BLv0- I 1 R＋I 2 R)
2m＋B
2 L
2C
(3)
m v0
C B
2 L
2＋2m
m v0 R
B
2 L
2
解析 (1)初始时刻机械臂1 的感应电动势大小为E＝BLv0
由右手定则可知感应电流方向竖直向上。
(2)在达到稳定前，两机械臂电流分别为I1和I2，两机械臂安培力的大小分别为F1＝BI1L，F2＝BI2L
设此时两机械臂的速度分别为v1、v2
对机械臂1，根据动量定理－BI 1L·Δt＝mv1－mv0，
对机械臂2，根据动量定理BI 2L·Δt＝mv2
而I 1·Δt＝Q1，I 2·Δt＝Q2
电容器的带电荷量Q＝Q1－Q2
对两机械臂和轨道构成的回路根据欧姆定律BLv1－BLv2＝I1R＋I2R
电容器两端的电压U＝Q
C ＝BLv1－I1R＝BLv2＋I2R
联立解得U＝m(BLv0- I 1 R＋I 2 R)
2m＋B
2 L
2C
所以此时电容器电荷量为Q＝CU＝mC(BLv0- I 1 R＋I 2 R)
2m＋B
2 L
2C
(3)当系统达到稳定状态时，回路中电流为零，两机械臂的速度相同，设为v，取向右为正方向，此时电容
器两端电压U＝BLv
代入(2)中可得两机械臂的速度为v＝
mv0
2m＋B
2 L
2C
，方向向右
由BLv1－BLv2＝I1R＋I2R
可知BL(v1－v2)＝(I 1＋I 2)R
则BL(v1－v2)Δt＝(I 1＋I 2)Δt·R
即BLΔx＝(q1＋q2)R
则Δx＝(q1＋q2)R
BL
由Bq2L＝mv 得q2＝
m
2v0
BL(2m＋B
2 L
2C )
q1＝CBLv＋q2＝(C B
2 L
2＋m)m v0
BL(2m＋B
2 L
2C )
代入得Δx＝mv0 R
B
2 L
2 。
