文档内容
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顶中，第 1~7 题只有一项
符合题目要求，每小题4分:第8-10 题有多顶符合题目要求，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
【答案】A
【解析】
A．位移是从初始位置到最终位置的有向线段。在这个过程中，笔尖从a点出发，经过b点，最终又回到a
点。因此，笔尖的起点和终点是同一个点，所以位移为0，故A正确；
B．路程是指物体运动轨迹的总长度，不考虑方向。由于笔尖从a点经过b点再回到a点，形成了一个封闭
的路径，因此路程不为0，故B错误；
C．速度是矢量，具有大小和方向。笔尖在两次经过a点时，虽然位置相同，但由于运动轨迹是曲线，速
度方向会随着笔尖的运动而改变。因此，两次经过a点时的速度方向是不同的，故C错误；
D．摩擦力的方向总是与物体相对运动的方向相反。由于笔尖在两次经过a点时的运动方向不同，因此摩
擦力的方向也会不同，故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
【解析】
A．当温度升高时，分子的平均动能增加，从而导致内能增加。因此，当瓶内气体从寒冷的站台带入温暖
的车厢内，温度升高，内能应该是增加的，而不是变小。，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，则压强变大，故B正
T
确；
C．分子的数密度是指单位体积内分子的数量，糖果瓶的体积是固定的，而瓶内气体的总量（即分子数）
没有改变，因此分子的数密度不会发生变化，故C错误；
D．虽然温度升高意味着分子的平均动能增加，但这并不意味着每个分子的动能都变大，分子动能的分布
是统计性的，温度升高只是意味着平均动能增加，个别分子的动能可能增加也可能减少。故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
【解析】
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. 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
【解析】
εS
根据公式Q=CU和电容的决定式C=
4πkd
4πkQ
可得U= ⋅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
【解析】
BD、BD选项对应的图中的P点均是两虚线的交点,为两列波的波谷与波谷相遇的点，P点位于其最大负位
移处,故BD错误;
AC、AC选项对应的图中的P点均是两列波的波峰与波峰相遇的点，P点位于其最大正位移处。振动加强
区域与振动减弱区域如下图所示，其中曲线①③上的点均为振动减弱点,曲线②上的点均为振动加强点。
由此可知C选项对应的图中的曲线ab上的所有点均为振动减弱点，故C正确,ABD错误。
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
【解析】
把 同 学 手 的 速 度 v 分 解 为 沿 绳 方 向 和 垂 直 绳 方 向 的 分 速 度 ， 沿 绳 方 向 分 速 度
v =vcosθ（θ是绳与水平方向夹角） 。塔块竖直匀速下落，其速度等于沿绳方向分速度，即
绳
v
v =vcosθ。随着同学相向运动，θ逐渐变小，cosθ逐渐变大，而v 不变（匀速下落），由v= 塔 可
塔 塔 cosθ
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 ，则（ ）
kA kB kC
A. E E_2，所以γ 的频率比γ 的大，C项正确。
1 2 2 1 2
c
D.根据c=λν（c为光速，λ为波长），可得λ= ，频率越大，波长越短。因为γ 频率大于γ 频率，
ν 1 2
所以γ 的波长比γ 的小，D项错误 。
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。 时，abef与水
平面平行，则（ ）
A. 时，电流方向为abcdefa
B. 时，感应电动势为
π
C. t= 时，感应电动势为0
ω
π
D. 到t= 过程中，感应电动势平均值为0
ω
【答案】AB
【解析】
AB．线框旋转切割磁场产生电动势的两条边为 和af， 时刻 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；π
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；
ω
π
D． 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ΔΦ=2BS=2Bl2
ω
ΔΦ 2Bωl2
由法拉第电磁感应定律可得平均电动势为E= = ，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
0
斜面下滑，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
1 2
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. 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
【解析】
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
v +v v +0
物体做匀减速运动，在t 时间内甲乙的位移可得x = 0 t =3x ,x = 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
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
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
为
则t=t 之前，地面和斜面之间摩擦力 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。
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 ；
bc
⑤改变电流，重复步骤②③④，断开开关。
作出 、 及 曲线如图（b）所示。
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“ ”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“ ”或“ ”）曲线；
（4）实验结果表明，当此元件阻值较小时，_________（填“甲”或“乙”）曲线与 曲线
更接近。
【答案】（1）a （2）0.377##0.376##0.378
（3）
（4）甲
【解析】
【小问1详解】
根据电路图可知通过元件的电流方向为a→b，根据“红进黑出”的原则可知，红表笔应连a接点。
【小问2详解】
选用直流电压挡“0.5V”，则分度值为0.01V，此时电表读数为0.377V。
【小问3详解】
电流一定时，图（b）中乙的电压最大。根据电路图可知当电流表示数一定时，a、c间的电压U 比U 和
ac ab
(U −U )都大，故图（b）中乙是I−U 的图像。
ac bc ac
【小问4详解】
由题意可知， 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
较小时，甲曲线与 曲线更接近。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 ，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_________。
.
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） ①. 106 ②. 偏大 （2）C
（3）减小细线与竖直方向的夹角
【解析】
【小问1详解】
[1]操作测得 ，由图（b）的图像坐标可知，该芒果的质量为106g；
的
[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 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【小问2详解】
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。
【小问3详解】
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. 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°
【解析】
【小问1详解】
1
雪块由静止下滑到A点的过程，根据动能定理得：mgxsinθ−μmgcosθ⋅x= mv2−0
2 0
解得：v =5m/s
0
【小问2详解】1 1
雪块由A点到地面的过程，根据机械能守恒定律得：mgℎ = mv2− mv2
2 1 2 0
解得：v =8m/s
1
v cosθ 5×0.8 1
速度与水平方向夹角α，满足cosα= 0 = =
v 8 2
1
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)中内B−t图像（无需写出计算过程）；
（3）从 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
【答案】
（1）0.015N
（2）
（3）0.01m/s
【解析】
【小问1详解】
1
ΔB⋅ L2
由法拉第电磁感应定律 ΔΦ 2 0.2−0.1 1
E = = = × ×12V =0.05V
1 Δt Δt 1−0 2E
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
【小问2详解】
0∼1s内线框内的感应电流大小为 ，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）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
1
ΔB⋅ L2
由法拉第电磁感应定律 ΔΦ 2
E = = =0.1V
2 Δt Δt
ΔB B −B
可知1∼2s内磁通量的变化率为 = 2 1=0.2V
Δt Δt
解得 时磁通量大小为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
【小问3详解】
由动量定理可知−B ¯I LΔt=mv −mv
2 1 0
1
B L2
其中 E¯ ΔΦ 2 2
q=¯I Δt= Δt= =
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
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θ=30°，从N(0,y )点射出磁场。已知粒子的电
0 0
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 。
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为静电力常量），粒
k
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 速度方向首次与N点速度方向相反，求
kQ
（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，与该点电荷距离为r处的电势φ= ）。
r
2qB y πm
【答案】（1） 0，
m 3qB
6kq
（2）
B y2
0
2√3πB y3
（3） 0
3kq
【解析】
【小问1详解】
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
sinθ 0由洛伦兹力提供向心力
2qB y
解得正电荷的入射速度大小为v = 0
1 m
2πr 2πm
正电荷在磁场中运动的周期为T= =
v qB
1
2θ πm
所以正电荷从M运动到N的时间为t = T=
1 2π 3qB
【小问2详解】
正电荷沿原来轨迹从M运动到N，负电荷需固定在（1）问圆心处，这样负电荷受到洛伦兹力与库仑力的合
48q2 v2
力提供向心力，轨迹与（1）相同，由牛顿第二定律可知qv B+k =m' 2
2 r2 r
整理成关于\(v_2\)的一元二次方程：
B2y4 ⋅v2−2kqB y2 ⋅v −24k2q2=0
0 2 0 2
因式分解 (B y2v −6kq)(B y2v +4kq)=0
0 2 0 2
6kq −4kq
v = v =
解得 或 （舍去负解）
2 B y2 2 B y2
0 0
【小问3详解】
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
m'v2−q = m'v2−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 =6 y
3 048q2 r +r 4π2
k =m' ( 2 3 )
由牛顿第二定律 r +r 2 T2
2 3 2
( )
2
4√3πB y3
解得T= 0
3kq
2√3πB y3
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
