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
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
2025年陕西省普通高中学业水平选择性
应强度可达几百特斯拉。此过程，铜环中的感应电流
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
钢制线
开关
荆制线圈
开关
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
考试（陕西、山西、青海、宁夏考卷）
OM。现将滑块无初速释放，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=
本试卷满分100分，考试时间75分钟
kx,k=10N/m,g取10m/s2,sin53°=0.8。则滑块
物理
正前铜环
正裕所铜环
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
A,与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同
中，只有一项符合题目要求。
B.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反
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
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
A.与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6N
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
B.下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同
和2R,两线框在光滑水平面上以相同初连度电一4股并排廷入酸场，忽略
C.从释放到静止的位移大小为0.64m
D.从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56J
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。
两线框之间的相互作用，则
三、非选择题：本题共5小题，共54分
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,
11.(6分)图(a)为探究加速度与力、质量关系的部分实验装置
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
小：闲
金
木板
人
槽码
A.质量
B.体积
C.逃逸速度
D.自转周期
实验京
槽钙盘
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：的变化如图所示，则下列图像可能正确的是(
图(a)
(1)实验中应将木板
(填“保持水平”或“一端垫高”)。
N
(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一m图像
2
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
3
A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
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
B.甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1：1
-20
标号)
C.乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0
45f11k-7
i11-51
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
↑a(m+s-2》
i.0
Afn-j
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
m/kga/(m·s-2)
0.0
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
0.25
0.618
i0.60
错的得0分
0.33
0.482
030
8.一列简谐横波在介质中沿直线传播，其波长大于1m,4、b为介质中平衡位置相
i0.100
0.40
0.403
A
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
0.30
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
4v/cm
0.50
0.317
0.20
处于静止状态。钢管与水平地面之间的动摩擦因数为4、夹角为0，重力加速度
10
1.00
0.152
.10
大小为g。则地面对钢管左端的摩擦力大小为
0.2040600.801.1.201.40k
1
图(b)
/cm
Aa一图像
B.a-m2图像
C.am一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
A.umgcos 0
B.g
C.umg
D.0
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
5.我国首台拥有自主知识产权的场发射透射电镜TH一F120实现了超高分辨率
上。在其他实验操作相同的情况下，
(填“甲”或“乙”)同学的方法可
成像，其分辨率提高是利用了高速电子束波长远小于可见光波长的物理性质。
以更好地减小误差
一个静止的电子经100V电压加速后，其德布罗意波长为入，若加速电压为
9.在双缝千涉实验中，某实验小组用波长为440nm的蓝色激光和波长为660nm
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
10kV,不考虑相对论效应，则其德布罗意波长为
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
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。
为500mm,则屏上
(1)某同学使用多用电表正确测量了一个15.02的电阻后，需要继续测量
A.100A
B.10
C.104
D.100入
A.蓝光与红光之间能发生干涉形成条纹
个阻值大约是15k2的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选出
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
B.蓝光相邻条纹间距比红光相邻条纹间距小
以下必要的操作步骤并排序；
圈内同轴放置可压缩的铜环，其内已“注人”一个初级磁场，当钢制线圈与电容
C.距中央亮条纹中心1.32mm处蓝光和红光亮条纹中心重叠
①把选择开关旋转到“×100”位置。②把选择开关旋转到“×1k”位置。
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
D.距中央亮条纹中心1.98mm处蓝光和红光亮条纹中心重叠
③将红表笔和黑表笔接触。④调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点。
2025陕西卷·物理12025年陕西省普通高中学业水平选择性考试
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
(陕西、山西、青海、宁夏考卷)
13
15
物理答题卡
姓
考生条形码区
准考证号
←此方框为缺考考生标记，由监考员用2B铅笔填涂。
正确填涂示例
选择题（请用2B铅笔填涂】
1
2
3
4
非选择题（请用0.5毫米黑色签字笔作答）
11.(1)
(2)
14
(3)
12.(1)
(2)
(3)
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年物理(陕山青宁卷)
1.B 静电场的电场线不闭合、不相交,故A、C错误;B项电场线分布图可能为孤立正电荷周围的局部电场线分布图,故B正确;若电场线相互平行,电场线应等间距,故D错误。
2.A 轨道器绕火星做匀速圆周运动时,由万有引力提供向心力,有G=mr,得M=,已知轨道器运动的半径、周期和引力常量G,则可推算火星的质量,故A正确;由V=可知,由已知量无法推算出火星的体积,故B错误;根据逃逸速度的计算公式v=,由已知量无法推算出火星的逃逸速度,故C错误;不能通过已知量推算火星的自转周期,故D错误。
3.A 根据牛顿第二定律F=ma和F-t图像可知,分拣机器人0~1 s内加速度a1=1 m/s2,1~2 s内加速度a2=0,2~3 s内加速度a3=-1 m/s2,在v-t图像中斜率表示加速度,故选A。
4.D 对钢管受力分析,如图所示。竖直绳对钢管的拉力竖直向上,地面对钢管的支持力FN竖直向上,钢管所受重力G竖直向下,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0,故选D。
5.C 设电子经过加速电压加速后速度大小为v,由动能定理得eU=mv2,电子的动量大小为p=mv,电子的德布罗意波长为λ=,联立解得λ=,又U'∶U=100∶1,可得λ'=λ,故选C。
6.B 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,线圈所围区域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向内侧压缩,故选B。
【规律总结】楞次定律的推广应用
楞次定律中“阻碍”的含义可以拓展为“感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化”,主要有以下几种表现形式:
①阻碍原磁通量变化——“增反减同”,阻碍相对运动——“来拒去留”。
②使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”或“增扩减缩”。
(B减小时,线圈中的Φ减小,为了阻碍Φ减小,线圈有扩张趋势,各边受到的安培力向外)
(b环中电流减小时a环中Φ减小,为了阻碍Φ的减小,a环面积有缩小的趋势)
③使金属环有远离或靠近的趋势——“增离减靠”。
(穿过金属环P的磁通量增加时,P向右运动;穿过P的磁通量减小时,P向左运动)
7.D 根据楞次定律可知,甲线框进磁场的过程中电流方向为顺时针,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,所受合力为F安1=BI1L,且I1=,乙线框刚进磁场区域时,所受合力为F安2=BI2L,且I2=,可知F安1∶F安2=2∶1,故B错误;假设甲、乙线框都能完全出磁场,对甲线框,根据动量定理有-BLΔt=mv1-mv0,又q1=Δt=·Δt=,同理,对乙线框,有-BLΔt'=mv2-mv0,q2=Δt'=·Δt'=,解得v1=0,v2=v0=,故甲线框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;由能量守恒定律可知甲、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=,Q2=,即Q1∶Q2=4∶3,故C错误,D正确。
8.CD 根据振动图像可知,当波的传播方向为a到b时,xab=λ+nλ(n=0,1,2,…),λ>1 m,解得n=0或1,即xab=λ或λ;当波的传播方向为b到a时,xab=λ+nλ(n=0,1,2,…),λ>1 m,解得n=0或1,即xab=λ或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C、D符合,故选C、D。
9.BC 蓝光与红光频率不同,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=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=λ1=×440×10-9 m=4.4×10-4 m,红光的相邻干涉条纹间距为Δx2=λ2=×660×10-9 m=6.6×10-4 m,要使蓝光和红光亮条纹中心重叠,则Δx1·m=Δx2·n(m=1,2,3,…;n=1,2,3,…),可知当Δx1·m=Δx2·n=1.32 mm时,满足条件;当Δx1·m=Δx2·n=1.98 mm时,不满足条件,故C正确,D错误。
10.AC 根据题意,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FTcos θ=mgcos 53°+FN,由胡克定律结合几何关系有FT=k
联立解得FN=k·xPQ-mgcos 53°=10 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Ff=μFN=1.6 N,故A正确;滑块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;
滑块下滑过程,设受力平衡位置与P点间距为x1,则mgsin 53°=Ff+kx1,解得x1=0.64 m,滑块上滑过程,设受力平衡位置与P点间距为x2,则mgsin 53°+Ff=kx2,解得x1=0.96 m,由受力分析知,当滑块在速度为0位置与P点距离x满足0.64 m≤x≤0.96 m时,滑块将静止不再运动;
设滑块由静止释放后速度为0的位置距离P点为x',由能量守恒定律有mgx'sin 53°=Ffx'+k(x'2+)-,解得x'=1.28 m,不在区间内,故无法静止,会继续向上运动;
设滑块继续向上运动最终在距离P点为x″位置停下,则由能量守恒定律有k(x'2+)-k(x″2+)=mg(x'-x″)sin 53°+Ff(x'-x″),解得x″=0.64 m,在区间内,故可以保持静止,因此滑块最终将静止在距离P点0.64 m处,故C正确;
滑块从释放到静止,设克服滑动摩擦力做功为Wf,由能量守恒定律有mgsin 53°·x=k(+x2-)+Wf,解得Wf=3.072 J,故D错误。
11.答案 (1)一端垫高 (2)AC (3)乙
解析 (1)在探究加速度与力、质量关系的实验中需要平衡阻力,以确保小车受到的合力等于细线的拉力,故需要将木板一端垫高来平衡阻力。
(2)若加速度a与质量m成反比关系,即a∝,可以通过作图法将反比关系转化为直观的线性关系,可作a-图像,斜率为合力F,若图线为直线,表示a与质量m成反比关系;可作am-m图像,若a与m是反比关系,则am为定值,图线为一条平行于横轴的直线,可判断a与质量m成反比关系。B、D项图像无法直接反映反比关系。故选A、C。
(3)在探究加速度与力的关系时,近似认为细线上的拉力等于槽码盘与槽码的总重力,设小车质量为M,槽码质量为m0,槽码盘质量为m,槽码盘上的槽码数量为n,乙同学操作中槽码总数为x。则甲同学操作中小车的加速度a甲=g,乙同学操作中小车的加速度a乙=g,在x不变,n增大的过程中,a乙与细线上的拉力的正比关系更明显,误差更小。
12.答案 (1)B (2)串联 1 980 (3)2和3 1和4 1和2
解析 (1)使用多用电表测量15 kΩ的电阻时,先将开关旋转到“×1 k”位置,再将红、黑表笔接触,最后进行欧姆调零,故B正确。
(2)表头满偏时两端电压为Ug=rIg=0.02 V,将表头改装成量程为0~2 V的电压表,即最大测量值变为原来的n=100倍,需要串联一个阻值为R=(n-1)r=1 980 Ω的电阻。
(3)因为2和3间电压最高,故2和3之间为电源E;1和2、3和4间电压为0,1和4、2和4、1和3间有电压,则1和4之间为电容器;1和3间电压小于2和4间电压,故说明1和2间电阻的分压能力比3和4间电阻分压能力强,故阻值大的RA在1和2之间。
【技巧总结】电表改装问题
①计算表头满偏值Ig或Ug。
②计算改装后最大测量值相对于表头满偏值的倍数n。
③改装成电流表并联一个阻值为的电阻,改装成电压表串联一个阻值为(n-1)r的电阻。
13.答案 (1)3.3×105 Pa (2)6.6×104 J
解析 (1)由理想气体状态方程有,解得p2=3.3×105 Pa。
(2)p-V图像面积表示外界对气体所做的功,由于该过程气体膨胀
外界对气体做的功W=-(V2-V1)=-1.008×104 J
由热力学第一定律有ΔU=W+Q=-1.008×104+7.608×104 J=6.6×104 J。
14.答案 (1) (2)2π2R2
解析 (1)当磁场的磁感应强度为B0时,电子刚好不会落到筒壁上,则电子以速度v0垂直于轴线方向射出,其轨迹恰好与圆筒壁相切,轨迹半径为R0=
根据洛伦兹力提供向心力可得eB0v0=
联立解得。
(2)磁感应强度大小调整为后,将电子速度沿垂直于轴线和平行于轴线方向进行分解,分别设为vx、vy,电子将在垂直于轴线方向上做匀速圆周运动,平行于轴线方向上做匀速直线运动,电子击中筒壁位置距离粒子源最远时,其垂直于轴线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切,则轨迹半径仍为R0=
根据洛伦兹力提供向心力可得evx=
联立解得vx=
由射出到相切,经过半个周期,用时t=
根据速度的合成与分解可知vy=v0
平行于轴线方向运动距离y=vyt=R
结合对称性可知,被电子击中的面积S=2×2πRy=2π2R2。
15.答案 (1)v0 (2)l0 (3)
解析 (1)A、B两粒子系统,在B从静止运动到P点的过程中系统的动量守恒,根据动量守恒定律得mv0=(m+4m)v1,解得v1=v0。
(2)两粒子共速时,设它们的间距为l',根据能量守恒定律可知此时两粒子系统的电势能为Ep'=×5m
根据题意可知电荷间的电势能与它们间的距离成反比,则有l'=l0=l0
两粒子共速前的过程中系统的动量始终守恒,有
∑m(v0-vA)t1=∑4mvBt1
即有mv0t1=mxA+4mxB
根据位移关系可得xB+l0=xA+l'
联立解得xB=l0。
(3)对两粒子系统运动的全过程,根据动能定理得Fl0=×4m
根据动量定理得Ft2=4mv0-mv0
联立解得t2=。
