黑、吉、辽、内蒙2025年高考物理真题文档版（含答案）适用地区：辽宁、黑龙江、吉林、内蒙古_1.高考2025全国各省真题+答案_7.高考物理试题及答案更新中

2025 年黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古高考真题 物理 本试卷共15题，共100分 注意事项: 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条 形码区域内。 2.选择题必须使用2B 铅笔填涂:非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书 写，字体工整，笔记清楚。 3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案 无效;在草稿纸、试卷上答题无效。 4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。 5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸 刀。 一、选择题:本题共 10小题，共 46分。在每小题给出的四个选项中，第 1~7 题 只有一项符合题目要求，每小题 4分;第8~10 题有多项符合题目要求，每小题6 分，全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。 1．书法课上，某同学临摹“力”字时，笔尖的轨迹如图中带箭头的实线所示。笔尖由a点经 b点回到a点，则（ ） A．该过程位移为0 B．该过程路程为0 C．两次过a点时速度方向相同 D．两次过a点时摩擦力方向相同 2．某同学冬季乘火车旅行，在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取出糖果后拧紧瓶盖， 将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，与刚进入车厢时相比，瓶内气体（ ） A．内能变小 B．压强变大 C．分子的数密度变大 D．每个分子动能都变大 试卷第1页，共8页3．如图，利用液导激光技术加工器件时，激光在液束流与气体界面发生全反射。若分别用 甲、乙两种液体形成液束流，甲的折射率比乙的大，则（ ） A．激光在甲中的频率大 B．激光在乙中的频率大 C．用甲时全反射临界角大 D．用乙时全反射临界角大 4．如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的，逐渐增大施 加于两极板压力F的过程中，F较小时弹性结构易被压缩，极板间距d容易减小；F较大时 弹性结构闭合，d难以减小。将该电容器充电后断开电源，极板间电势差U与F的关系曲 线可能正确的是（ ） A． B． C． D． 5．平衡位置在同一水平面上的两个振动完全相同的点波源，在均匀介质中产生两列波。若 波峰用实线表示，波谷用虚线表示，P点位于其最大正位移处，曲线ab上的所有点均为振 动减弱点，则下列图中可能满足以上描述的是（ ） 试卷第2页，共8页A． B． C． D． 6．如图，趣味运动会的“聚力建高塔”活动中，两长度相等的细绳一端系在同一塔块上，两 名同学分别握住绳的另一端，保持手在同一水平面以相同速率v相向运动。为使塔块沿竖直 方向匀速下落，则v（ ） A．一直减小 B．一直增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小 7．如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径 为r，圆心为O，O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连 接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物 块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为E 、E 、E ，则（ ） kA kB kC A．E  E  E B．E E E kA kB kC kB kA kC C．E E E D．E E E kA kC kB kC kA kB 8．某理论研究认为，100Mo原子核可能发生双衰变，衰变方程为100MoA Ru y0e。处 42 42 44 1 于第二激发态的A Ru原子核先后辐射能量分别为0.5908MeV和0.5395MeV的、 两光子 44 1 2 试卷第3页，共8页后回到基态。下列说法正确的是（ ） A．A100 B．y2 C．的频率比 的大 D．的波长比 的大 1 2 1 2 9．如图，“ ”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边 均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度顺时针匀速转动，be与磁场 方向垂直。t 0时，abef与水平面平行，则（ ） A．t 0时，电流方向为abcdefa B．t 0时，感应电动势为Bl2 π C．t 时，感应电动势为0  π D．t 0到t 过程中，感应电动势平均值为0  10．如图（a），倾角为的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时 以初速度v 沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为、，整个过程中斜面相对 0 1 2 地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，乙 的xt曲线在t t 时切线斜率为0，则（ ） 0 A． 2tan 1 2 B．t t 时，甲的速度大小为3v 0 0 试卷第4页，共8页C．t t 之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 0 D．t t 之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 0 二、非选择题:本题共 5小题，共54分。 11．在测量某非线性元件的伏安特性时，为研究电表内阻对测量结果的影响，某同学设计了 如图（a）所示的电路。选择多用电表的直流电压挡测量电压。实验步骤如下： ①滑动变阻器滑片置于适当位置，闭合开关； ②表笔分别连a、b接点，调节滑片位置，记录电流表示数I和a、b间电压U ； ab ③表笔分别连a、c接点，调节滑片位置，使电流表示数仍为I，记录a、c间电压U ； ac ④表笔分别连b、c接点，调节滑片位置，使电流表示数仍为I，记录b、c间电压U ，计 bc 算U U ； ac bc ⑤改变电流，重复步骤②③④，断开开关。 作出IU 、IU 及IU U 曲线如图（b）所示。 ab ac ac bc 回答下列问题： (1)将多用电表的红、黑表笔插入正确的插孔，测量a、b间的电压时，红表笔应连 接 点（填“a”或“b”）； (2)若多用电表选择开关旋转到直流电压挡“0.5V”位置，电表示数如图（c）所示，此时电表 读数为 V（结果保留三位小数）； 试卷第5页，共8页(3)图（b）中乙是 （填“IU ”或“IU ”）曲线； ab ac (4)实验结果表明，当此元件阻值较小时， （填“甲”或“乙”）曲线与IU U 曲 ac bc 线更接近。 12．某兴趣小组设计了一个可以测量质量的装置。如图（a），细绳1、2和橡皮筋相连于一 点，绳1上端固定在A点，绳2下端与水杯相连，橡皮筋的另一端与绳套相连。 为确定杯中物体质量m与橡皮筋长度x的关系，该小组逐次加入等质量的水，拉动绳套， 使绳1每次与竖直方向夹角均为30且橡皮筋与绳1垂直，待装置稳定后测量对应的橡皮筋 长度。根据测得数据作出xm关系图线，如图（b）所示。 回答下列问题： (1)将一芒果放入此空杯，按上述操作测得x11.60cm，由图（b）可知，该芒果的质量m  0 g（结果保留到个位）。若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向夹角为30但与橡皮筋不垂直， 由图像读出的芒果质量与m 相比 （填“偏大”或“偏小”）。 0 (2)另一组同学利用同样方法得到的xm图像在后半部分弯曲，下列原因可能的是 试卷第6页，共8页_________。 A．水杯质量过小 B．绳套长度过大 C．橡皮筋伸长量过大，弹力与其伸长量不成正比 (3)写出一条可以使上述装置测量质量范围增大的措施 。 13．如图，一雪块从倾角37的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。 O、A间距离x2.5m，A点距地面的高度h1.95m，雪块与屋顶的动摩擦因数0.125。 不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37°0.6，重力加速度大小g 10m/s2。求： (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v ； 0 (2)雪块落地时的速度大小v ，及其速度方向与水平方向的夹角。 1 14．如图（a），固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于始终竖直向下的 匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m1kg，电 阻R0.5、边长L1m。磁感应强度B随时间t连续变化，01s内Bt图像如图（b） 所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图（c）所示，其中01s内的图像未画出， 规定顺时针方向为电流正方向。 (1)求t0.5s时ad边受到的安培力大小F； (2)画出图(b)中1~2s内Bt图像（无需写出计算过程）； (3)从t2s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度 v 0.1m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v 。 0 1 试卷第7页，共8页15．如图，在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B， 一带正电的粒子从M0,y 点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角30，从N0,y  0 0 点射出磁场。已知粒子的电荷量为q(q0)，质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。 (1)求粒子射入磁场的速度大小v 和在磁场中运动的时间t 。 1 1 B2y3 (2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷量为48q，粒子质量取m 0（k为静电力 k 常量），粒子仍沿（1）中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小v 。 2 (3)在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间t 速度方向首次与N点速度方向相 2 反，求t （电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距 2 kQ 离为r处的电势 ）。 r 试卷第8页，共8页1．A 【详解】A．笔尖由a点经b点回到a点过程，初位置和末位置相同，位移为零，故A正确； B．笔尖由a点经b点回到a点过程，轨迹长度不为零，则路程不为零，故B错误； C．两次过a点时轨迹的切线方向不同，则速度方向不同，故C错误； D．摩擦力方向与笔尖的速度方向相反，则两次过a点时摩擦力方向不同，故D错误。 故选A 。 2．B 【详解】A．将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，温度升高，而理想气体内能只与温度 相关，则内能变大，故A错误； p B．将糖果瓶带入温暖的车厢过程，气体做等容变化，根据 C，因为温度升高，则压强 T 变大，故B正确； C．气体分子数量不变，气体体积不变，则分子的数密度不变，故C错误； D．温度升高，气体分子的平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大，故D错误。 故选 B。 3．D 【详解】AB．激光在不同介质中传播时，其频率不变，故AB错误； 1 CD．根据sinC  ，甲的折射率比乙的大，则用乙时全反射临界角大，故C错误，D正确。 n 故选D 。 4．D S 【详解】根据公式QCU和电容的决定式C  4kd 4kQ 可得U  d S 根据题意F较小时易被压缩，故可知当F较小时，随着F的增大，d在减小，且减小的越 来越慢，与电源断开后Q不变，故此时极板间的电势差U在减小，且减小的越来越慢；当 F增大到一定程度时，再增大F后，d基本不变，故此时U保持不变，结合图像，最符合情 境的是D选项。 故选D。 5．C 【详解】根据题意P点位于其最大正位移处，故可知此时P点位于两列波的波峰与波峰相 答案第1页，共7页交处；根据干涉规律可知，相邻波峰与波峰，波谷与波谷连线上的点都是加强点，故A图 像中的曲线ab上的点存在振动加强点，不符合题意。 故选C。 6．B 【详解】设两边绳与竖直方向的夹角为，塔块沿竖直方向匀速下落的速度为v ，将v 沿 块 块 绳方向和垂直绳方向分解，将v沿绳子方向和垂直绳方向分解，可得v cosvsin 块 v 解得v 块 tan 由于塔块匀速下落时在减小，故可知v一直增大。 故选B。 7．C 【详解】由题意可得A点弹簧伸长量为r，B点和C点弹簧压缩量为r，即三个位置弹簧弹 性势能相等，则由A到B过程中弹簧弹力做功为零，电场力做正功，动能增加，E E kB kA 同理B到C过程中弹簧弹力和电场力做功都为零，重力做负功，则动能减小，E E kB kC 由A到C全过程则有qEl mgl E E  0 AB BC kC kA 因此E E E kB kC kA 故选C。 8．ABC 【详解】AB．由核反应方程质量数和电荷数守恒可得100 A0,4244y 解得A100,y2，AB正确； c CD．由题可得光子的能量大于 光子的能量，光子的能量公式εhν，波长 1 2  可得的频率大于 的频率，的波长小于 的波长，C正确，D错误； 1 2 1 2 故选ABC。 9．AB 【详解】AB．线框旋转切割磁场产生电动势的两条边为cd 和af ，t 0时刻cd 边速度与磁 场方向平行，不产生电动势，因此此时af 边切割产生电动势，由右手定则可知电流方向为 abcdefa，电动势为E BlvBll Bl2，AB正确； 答案第2页，共7页 C．t  时，线框旋转180°，此时依旧是af 边切割磁场产生电动势，感应电动势不为零，  C错误；  D．t 0到t  时，线框abef 的磁通量变化量为零，线框bcde的磁通量变化量为  2BS 2Bl2  2Bl2 由法拉第电磁感应定律可得平均电动势为E   ，D错误。 t  故选AB。 10．AD 【详解】B．位置x与时间t的图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线均为抛物线，则 甲物体做匀加速运动，乙物体做匀减速运动，在t 时间内甲乙的位移可得 0 v v v 0 x  0 t 3x ,x  0 t  x 甲 2 0 0 乙 2 0 0 可得t 时刻甲物体的速度为v2v ，B错误； 0 0 vv A．甲物体的加速度大小为a  0 1 t 0 v 乙物体的加速度大小为a  0 2 t 0 由牛顿第二定律可得甲物体mgsinmgcos ma 1 1 同理可得乙物体mgcosmgsin ma 2 2 联立可得 2tan，A正确 1 2 C．设斜面的质量为M ，取水平向左为正方向，由系统牛顿牛顿第二定理可得 f ma cosma cos0 1 2 则t t 之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误； 0 D．t t 之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿下面向下加速，由系统牛顿第二定律可得 0 f ma cos 1 即地面对斜面的摩擦力向左，D正确。 故选AD。 11．(1)a (2)0.377##0.376##0.378 答案第3页，共7页(3)IU ac (4)甲 【详解】（1）电流从红表笔流入，黑表笔流出，故测量a、b间的电压时，红表笔应连a接 点。 （2）0.5V的直流电压挡，分度值为0.01V，由图可知此时电压表读数为0.377V。 （3）由图可知，当表笔分别连a、c接点时测得是元件和电流表两端的电压和电流，则 U R  ac ac I U 当表笔分别连a、b接点时测得是元件两端的电压和电流，则R  ab ab I 由于R R ac ab 所以相同电流情况下，U U ac ab 故图（b）中乙是IU 曲线。 ac （4）由题意可知，IU U 图像测得是元件两端的电压和电流的关系，则实验结果表 ac bc 明，当此元件阻值较小时，甲曲线与IU U 曲线更接近。 ac bc 12．(1) 106 偏大 (2)C (3)减小细线与竖直方向的夹角 【详解】（1）[1]操作测得x11．60cm，由图（b）的图像坐标可知，该芒果的质量为106g； [2]若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向夹角为30但与橡皮筋不垂直，根据共点力平衡可知 橡皮条的拉力变大，导致橡皮筋的长度偏大，若仍然根据图像读出芒果的质量与m 相比偏 0 大。 （2）另一组同学利用同样方法得到的xm图像在后半部分弯曲，可能是所测物体的质量过 大，导致橡皮筋所受的弹力过大超过了弹簧的弹性限度，从而使橡皮筋弹力与其伸长量不成 正比。 故选C。 答案第4页，共7页（3）根据共点力平衡条件可知，当减小绳子与竖直方向的夹角时，相同的物体质量对应橡 皮筋的拉力较小，故相同的橡皮筋，可减小细线与竖直方向的夹角可增大质量测量范围。 13．(1)5m/s (2)8m/s，60° 1 【详解】（1）雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理mgxsinmgcosx  mv20 2 0 代入数据解得雪块到A点速度大小为v 5m/s 0 1 1 （2）雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理mgh mv2 mv2 2 1 2 0 代入数据解得雪块到地面速度大小v 8m/s 1 v cos 50.8 1 速度与水平方向夹角，满足cos 0   v 8 2 1 解得60 14．(1)0.015N (2) (3)0.01m/s 1 B L2 【详解】（1）由法拉第电磁感应定律 E    2  0.20.1  1 12V 0.05V 1 t t 1 0 2 E 由闭合电路欧姆定律可知，01s内线框中的感应电流大小为I  1 0.1A 1 R 由图（b）可知，t0.5s时磁感应强度大小为B 0.15T 0.5 所以此时导线框ad的安培力大小为F B I L0.150.11N0.015N 0.5 1 （2）01s内线框内的感应电流大小为I 0.1A，根据楞次定律及安培定则可知感应电流方 1 向为顺时针，由图（c）可知12s内的感应电流大小为I 0.2A 2 方向为逆时针，根据欧姆定律可知12s内的感应电动势大小为E I R0.1V 2 2 答案第5页，共7页1 B L2 由法拉第电磁感应定律  2 E   0.1V 2 t t ΔB B B 可知12s内磁感应强度的变化率为  2 1 0.2T/s Δt Δt 解得t2s时磁感应强度大小为B 0.3T 2 方向垂直于纸面向里，故12s的磁场随时间变化图为 （3）由动量定理可知B ILt mv mv 2 1 0 1 B L2 其中 E  2 2 qIt  t   R R R 联立解得ad经过磁场边界的速度大小为v 0.01m/s 1 2qBy m 15．(1) 0 ， m 3qB 6kq (2) By2 0 2 3By3 (3) 0 3kq 【详解】（1）作出正电荷在磁场中运动的轨迹，如图所示 y 由几何关系可知，正电荷在磁场中做匀速圆周运动的半径为r 0 2y sin 0 v2 由洛伦兹力提供向心力qvBm 1 1 r 2qBy 解得正电荷的入射速度大小为v  0 1 m 答案第6页，共7页2r 2m 正电荷在磁场中运动的周期为T   v qB 1 2 m 所以正电荷从M运动到N的时间为t  T  1 2 3qB （2）由题意可知，在xOy平面内的负电荷在圆心O处，由牛顿第二定律可知 48q2 v2 B2y 3 qv Bk m 2 ，其中m 0 2 r2 r k 6kq 4kq 解得v  或v  （舍去） 2 By2 2 By2 0 0 （3）在（2）的条件下，正电荷从N点离开磁场后绕负电荷做椭圆运动，如图所示 1 k48q 1 k48q 由能量守恒定律得 mv2q  mv2q 2 2 r 2 3 r 2 3 由开普勒第二定律可知v r v r 2 2 3 3 其中r 2y 2 0 联立解得r 6y 3 0 48q2 r r 42 k m 2 3  由牛顿第二定律 r r  2  2  T2  2 3  2  4 3By3 解得T  0 3kq 2 3By3 故正电荷从N点离开磁场后到首次速度变为与N点的射出速度相反的时间为t  0 2 3kq 答案第7页，共7页