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2025 年黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古高考物理真题
一、单选题
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
【答案】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，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，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，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，D错误。
故选A 。
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
【答案】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，A错误；
B．将糖果瓶带入温暖的车厢过程，气体做等容变化，根据𝑝 =𝐶，因为温度升高，则压强变大，B正确；
𝑇
C．气体分子数量不变，气体体积不变，则分子的数密度不变，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，D错误。
故选 B。
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
【答案】D
【详解】AB．激光在不同介质中传播时，其频率不变，AB错误；CD．根据sin𝐶 = 1，甲的折射率比乙的大，则用乙时全反射临界角大，C错误，D正确。
𝑛
故选D 。
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．
【答案】D
【详解】根据公式𝑄 =𝐶𝑈和电容的决定式𝐶 = 𝜀𝑆
4𝜋𝑘𝑑
可得𝑈 = 4𝜋𝑘𝑄 ⋅𝑑
𝜀𝑆
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．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（ ）
A． B．
C． D．
【答案】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．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
【答案】B
【详解】设两边绳与竖直方向的夹角为𝜃，塔块沿竖直方向匀速下落的速度为𝑣 ，将𝑣 沿绳方向和垂直绳方向分解，
块 块
将𝑣沿绳子方向和垂直绳方向分解，可得𝑣 cos𝜃 =𝑣sin𝜃
块
𝑣
解得𝑣 = 块
tan𝜃
由于塔块匀速下落时𝜃在减小，故可知v一直增大。
故选B。
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 ，
k𝐴 k𝐵 k𝐶
则（ ）
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
【答案】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。
二、多选题
8．某理论研究认为， 100Mo原子核可能发生双𝛽衰变，衰变方程为 100Mo→𝐴 Ru+𝑦0 e。处于第二激发态的 𝐴 Ru
42 42 44 −1 44
原子核先后辐射能量分别为0.5908MeV和0.5395MeV的𝛾 、𝛾 两光子后回到基态。下列说法正确的是（ ）
1 2
A．𝐴 =100 B．𝑦 =2
C．𝛾 的频率比𝛾 的大 D．𝛾 的波长比𝛾 的大
1 2 1 2
【答案】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；CD．由题可得𝛾 光子的能量大于𝛾 光子的能量，光子的能量公式𝜀 =ℎ𝜈，波长𝜆 = 𝑐
1 2
𝜈
可得𝛾 的频率大于𝛾 的频率，𝛾 的波长小于𝛾 的波长，C正确，D错误；
1 2 1 2
故选ABC。
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𝜔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𝐵𝑙2𝜔
C．𝑡 = π时，感应电动势为0
𝜔
D．𝑡 =0到𝑡 = π过程中，感应电动势平均值为0
𝜔
【答案】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 =𝐵𝑙𝜔𝑙 =𝐵𝑙2𝜔，AB正确；
C．𝑡 = 𝜋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；
𝜔
D．𝑡 =0到𝑡 = 𝜋时，线框𝑎𝑏𝑒𝑓的磁通量变化量为零，线框𝑏𝑐𝑑𝑒的磁通量变化量为ΔΦ=2𝐵𝑆 =2𝐵𝑙2
𝜔
由法拉第电磁感应定律可得平均电动势为𝐸 = ΔΦ = 2𝐵𝜔𝑙2 ，D错误。
Δ𝑡 𝜋
故选AB。
10．如图（a），倾角为𝜃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，
0
甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为𝜇 、𝜇 ，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如
1 2
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．𝜇 +𝜇 =2tan𝜃
1 2
B．𝑡 =𝑡 时，甲的速度大小为3𝑣
0 0
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
【答案】AD【详解】
A．甲物体的加速度大小为𝑎 = 𝑣−𝑣0
1
𝑡0
乙物体的加速度大小为𝑎 = 𝑣0
2
𝑡0
由牛顿第二定律可得甲物体𝑚𝑔sin𝜃−𝜇 𝑚𝑔cos𝜃 =𝑚𝑎
1 1
同理可得乙物体𝜇 𝑚𝑔cos𝜃−𝑚𝑔sin𝜃 =𝑚𝑎
2 2
联立可得𝜇 +𝜇 =2tan𝜃，A正确
1 2
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𝑥 = 𝑣0+𝑣 𝑡 =3𝑥 ,𝑥 = 𝑣0+0 𝑡 =𝑥
0 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
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 cos𝜃−𝑚𝑎 cos𝜃 =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𝑓 =𝑚𝑎 cos𝜃
0 1
即地面对斜面的摩擦力向左，D正确。
故选AD。
三、实验题
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 ，计算𝑈 −𝑈 ；
𝑏𝑐 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）；
(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 )曲线更接近。
𝑎𝑐 𝑏𝑐
【答案】
(1)a
(2)0.377/0.376/0.378
(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𝑅 = 𝑈𝑎𝑐
𝑎𝑐
𝐼
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 = 𝑈𝑎𝑏
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，则实验结果表明，当此元件阻值较小
𝑎𝑐 𝑏𝑐
时，甲曲线与𝐼−(𝑈 −𝑈 )曲线更接近。
𝑎𝑐 𝑏𝑐
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 = g（结果保留
0
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
0
（填“偏大”或“偏小”）。
(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_________。
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 。
【答案】
(1) 106 偏大
(2)C
(3)减小细线与竖直方向的夹角
【详解】
（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；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 相比偏大。
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，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。
（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。
四、解答题
13．如图，一雪块从倾角𝜃 =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𝜇 =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𝛼。
1
【答案】
(1)5m/s
(2)8m/s，60°
【详解】
（1）雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理𝑚𝑔𝑥sin𝜃−𝜇𝑚𝑔cos𝜃⋅𝑥 = 1 𝑚𝑣2−0
2 0
代入数据解得雪块到A点速度大小为𝑣 =5m/s
0
（2）雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理𝑚𝑔ℎ = 1 𝑚𝑣2− 1 𝑚𝑣2
2 1 2 0
代入数据解得雪块到地面速度大小𝑣 =8m/s
1
速度与水平方向夹角𝛼，满足cos𝛼 = 𝑣0cos𝜃 = 5×0.8 = 1
𝑣1 8 2
解得𝛼 =60°
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 =0.5Ω、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
0
离开磁场时的速度大小𝑣 。
1
【答案】
(1)0.015N
(2)
(3)0.01m/s
【详解】
（1）由法拉第电磁感应定律𝐸 = ΔΦ = Δ𝐵⋅ 1 2 𝐿2 = 0.2−0.1 × 1 ×12V=0.05V
1
Δ𝑡 Δ𝑡 1−0 2
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 = 𝐸1 =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向为顺时针，由图（c）
1
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
由法拉第电磁感应定律𝐸 = ΔΦ = Δ𝐵⋅ 1 2 𝐿2 =0.1V
2
Δ𝑡 Δ𝑡
可知1∼2s内磁感应强度的变化率为Δ𝐵
=
𝐵2−𝐵1
=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 𝐼𝐿̅ Δ𝑡 =𝑚𝑣 −𝑚𝑣
2 1 0
其中𝑞 =𝐼Δ̅ 𝑡 = 𝐸̅ Δ𝑡 = ΔΦ = 1 2 𝐵2𝐿2
𝑅 𝑅 𝑅
联立解得𝑎𝑑经过磁场边界的速度大小为𝑣 =0.01m/s
115．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𝜃 =30°，从𝑁(0,𝑦 )点射出磁场。已知粒子的电荷量为𝑞(𝑞 >0)，
0 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
(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 =
𝐵2𝑦0 3
（k为静电力常量），粒子仍沿（1）中
𝑘
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点速度方向相反，求𝑡 （电荷量为Q
2 2
的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势𝜑 = 𝑘𝑄）。
𝑟
【答案】
(1)
2𝑞𝐵𝑦0，𝜋𝑚
𝑚 3𝑞𝐵
6𝑘𝑞
(2)
𝐵𝑦2
0
(3)
2√3𝜋𝐵𝑦0 3
3𝑘𝑞
【详解】
（1）作出正电荷在磁场中运动的轨迹，如图所示
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 = 𝑦0 =2𝑦
0
sin𝜃
由洛伦兹力提供向心力𝑞𝑣 𝐵 =𝑚 𝑣1 2
1
𝑟
解得正电荷的入射速度大小为𝑣 = 2𝑞𝐵𝑦0
1
𝑚
正电荷在磁场中运动的周期为𝑇 = 2𝜋𝑟 = 2𝜋𝑚
𝑣1 𝑞𝐵
所以正电荷从M运动到N的时间为𝑡 = 2𝜃 𝑇 = 𝜋𝑚
1
2𝜋 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𝑞𝑣 𝐵+𝑘 48𝑞2 =𝑚 𝑣2 2 ，其中𝑚 = 𝐵2𝑦0 3
2 𝑟2 𝑟 𝑘
解得𝑣 = 6𝑘𝑞或𝑣 = −4𝑘𝑞（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，如图所示由能量守恒定律得1 𝑚𝑣2−𝑞 𝑘48𝑞 = 1 𝑚𝑣2−𝑞 𝑘48𝑞
2 2 𝑟2 2 3 𝑟3
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
由牛顿第二定律𝑘 48𝑞2 =𝑚( 𝑟2+𝑟3) 4𝜋2
( 𝑟2+𝑟3)2 2 𝑇2
2
解得𝑇 = 4√3𝜋𝐵𝑦0 3
3𝑘𝑞
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 = 2√3𝜋𝐵𝑦0 3
2
3𝑘𝑞
