文档内容
绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷 04（黑吉辽蒙专用）
物 理
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
考情速递
高考·新动向：2025年高考物理黑吉辽蒙使用相同试卷，由吉林省主导命题，并适当延续辽宁省的命题
风格。吉林的出题方式较辽宁更为传统，将更加注重基础性知识的考查，题干设计与实际应用更为紧
密。
高考·新考法：高考物理强调创新意识和创新思维，试题呈现方式和设问方式更加新颖、丰富，例如以
表格、图形等呈现形式的创新，物理模型和考查角度的创新。
例如，本试卷第1题：创新角度，通过实验图像考查光电效应现象；第11题：实验器材生活化，利用
智能手机测量重力加速度；第13题：创新呈现形式，通过阳光照射透明容器使水液化到蒸馏水的装置，
考查理想气体状态方程和波意耳定律。
高考·新情境：情境化题目增多（如科技前沿、生活应用、工程实践等），要求学生用物理原理解释现
象。
例如，本试卷第4题、第12题：结合无人机物流配送、新能源汽车等科技前沿背景；第2题、第14题：
结合生活实践、体育运动考查机械振动、牛顿运动定律及动能定理。
命题·大预测：黑吉辽蒙高考物理命题正逐步向“素养立意、应用导向”转型，建议考生在扎实掌握基
础知识的同时，注重思维拓展与实际问题解决能力的培养，避免过度依赖“套路化”解题，需灵活应
对创新设问。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．下列四幅图中的实验现象能说明光具有粒子性的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】A．光电效应说明光具有粒子性，A正确；
BCD．光的干涉、衍射和偏振都是波的特性，说明光具有波动性，BCD均错误。
故选A。
2．如图所示，健身者在公园上下抖动长绳的一端，长绳呈现波浪状起伏，可视为水平向左传播的简谐横
波，频率为0．5Hz。某时刻长绳上A点位于波谷，B点位于平衡位置，A、B两点平衡位置相距1.5m，
下列说法正确的是（ ）
A．该波波长为3m B．该波波速为5m/s
C．此时刻B点向上振动 D．此时刻A点加速度为0
【答案】C
【解析】A．由图可得
所以
故A错误；B．波源的振动频率为0.5Hz，则波速为
故B错误；
C．根据同侧法可知，此时刻B点向上振动，故C正确；
D．此时刻，A点处于波谷，位移最大，加速度最大，速度为0，故D错误。
故选C。
3．行星外围有一圈厚度为d的发光带（发光的物质），简化为如图甲所示的模型，R为该行星除发光带以
外的半径。现不知发光带是该行星的组成部分还是环绕该行星的卫星群，某科学家做了精确的观测，
发现发光带中的物质绕行星中心的运行速度与到行星中心的距离r的倒数之间关系如图乙所示，已知图
线斜率为k，则该行星的质量为（ ）
A． B． C． D．无法求解
【答案】B
【解析】设发光带是环绕该行星的卫星群，由万有引力提供向心力，则有
函数为
所以斜率
k=GM
联立可得
故选B。
4．11月11日浙江杭州正式启用多条无人机物流配送航线，开启基于无人机公共起降场的城市低空配送新
模式。下面是无人机在直线运输过程中记录的4次运动图像，反映无人机在0~4s内的平均速度最大的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由A图可知，经4s，无人机的位移为0，故平均速度 ；由B图可知，经4s，无人机的
位移为8m，故平均速度为
由C图可知，经4s，无人机的位移为
故平均速度为
由D图可知，经4s，无人机的位移为
故平均速度为
故平均速度最大是D图，为5ms/。
故选D。
5．如图所示，在一椭圆的两焦点M、N和短轴上的一个端点P，固定有三个电荷量相等的点电荷，其中
M、N处的电荷带正电，P处的电荷带负电，O为椭圆中心，A、B是椭圆上关于O点对称的两个点。
取无穷远处电势为零。下列说法中正确的是（ ）A．A、B两点的电势不相同
B．A、B两点的电场强度相同
C．一质子从靠近P点处沿直线到O点再到A点，电势能一直增大
D．一电子从靠近P点处沿直线到O点再到B点，电势能先减小后增大
【答案】C
【解析】AB．根据点电荷的电场线的分布情况及电场的叠加原理、等势面与电场线的关系可知A、B
两点的电势相同，电场强度大小相等，方向不同，故AB错误；
C．根据电场的叠加可知，P点到O点的合场强应沿OP向下，质子从P点到O点，电场力做负功，电
势能增大，O到A的过程中，电场力也做负功，电势能继续增大，故C正确；
D．电子从P点到O点，电场力做正功，电势能减小，O到B的过程中，电场力也做正功，电势能继续
减小，故D错误。
故选C。
6．如图所示，放在足够大的水平桌面上的薄木板的质量m=1kg，木板中间某位置叠放着质量m=2kg的小
1 2
物块，整体处于静止状态，已知木板与桌面间的动摩擦因数μ=0.3，物块与木板间的动摩擦因数
1
μ=0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，薄木板足够长，现对木板施加
2
水平向右的恒定拉力F=12N，木板和物块保持相对静止一起向右运动，且运动位移为x=2m时，撤去
1
拉力F，木板和小物块继续运动一段时间后均静止，下列说法正确的是（ ）
A．撤去拉力F时，木板的速度v=3m/s
B．撤去拉力F后，木板继续运动的位移为0.8m
C．木板与物块之间的滑动摩擦力对两个物体所做的总功为0
D．全过程中产生的总热量为24J
【答案】D
【解析】A．从木板开始运动到撤去拉力F，对木板和小物块整体分析，根据动能定理有
解得
v=2m/s
故A错误；B．撤去拉力后，因为 ，则两板相对滑动，对木板有
解得
木板继续滑行的位移
故B错误；
C．撤去拉力后，对物块有
解得
物块继续滑动的位移为
一对滑动摩擦力对两个物体做的总功为
故C错误；
D．对木板和物块整体，全过程有
又
解得
Q =24J
总
故D正确。故选D。
7．直流电动机的工作原理是通电导体在磁场中受到安培力的作用而运动。如图所示为使用直流电动机提
升重物的示意图，间距为 的平行导轨固定在水平面内，导轨左端接有电动势为 、内阻为 的直流电
源，导轨电阻不计；质量为 、长为 的导体棒 垂直导轨放置，导体棒 电阻不计，其中心通过
绝缘细线绕过固定光滑定滑轮后与静止在地面上的质量为 的重物相连，此时细线恰好伸直且无拉力，
导体棒 与滑轮间的细线水平。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为 的匀强磁场中。已
知导体棒 距离导轨左端足够远，重物上升过程中不会碰到定滑轮，重力加速度为 ，不计一切摩擦。
闭合开关 后，下列说法正确的是（ ）
A．重物向上做匀加速直线运动
B．导体棒最终的速度大小为
C．要使导体棒匀速运动时直流电源的输出功率最大，则重物的质量应为
D．重物从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，安培力对导体棒做的功等于系统增加的机械能与回路
产生的焦耳热之和
【答案】B
【解析】AB．导体棒向左运动时会产生与直流电源相反的感应电动势，初始，导体棒向左加速运动，
随着导体棒速度的增大，回路中的电流减小，根据牛顿第二定律可知，导体棒向左做加速度减小的加
速运动，最终达到匀速，设稳定时导体棒的速度大小为v，则回路中的电流
最终重物受力平衡，则有
解得故A错误，B正确；
C．直流电源的输出功率为
则当 时，直流电源的输出功率最大，根据
解得
故C错误；
D．重物从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，对导体棒和重物组成的整体，只有安培力和重物的重
力做功，由功能关系可知，安培力对导体棒所做的功等于导体棒和重物组成的整体增加的机械能，故
D错误。
故选B。
8．如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间 变化的图像如图乙所示，
副线圈接规格为“ ”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是（ ）
A．原线圈两端电压的有效值为 B．副线圈中电流的有效值为
C．原、副线圈匝数之比为1：4 D．原线圈的输入功率为
【答案】BD
【解析】A．由题图知，原线圈电压最大值为 ，则原线圈两端电压的有效值
故A错误；
B．灯泡正常发光，由 得，副线圈中电流的有效值故B正确；
C．由理想变压器电压与匝数关系可知
故C错误；
D．理想变压器没有能量损失，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则原线圈的输入功率
，故D正确。
故选BD。
9．如图所示，在屏幕MN的下方有一截面为等边三角形的透明介质，三角形边长为l，顶点与屏幕接触于
C点，底边AB与屏幕MN平行。激光a垂直于AB边射向AC边的中点O，恰好发生全反射，光线最后
照射在屏幕MN上的E点（图中未画出）。已知光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是
（ ）
A．光在透明介质中发生全反射的临界角为
B．该透明介质的折射率为
C．光在透明介质中的传播速度为
D．光从射入AB面开始到射到E点的时间为
【答案】BCD
【解析】AB．画出光路图如图所示在界面AC恰好发生全反射，由几何关系可知全反射临界角
则折射率
故A错误；B正确；
C．又
则光在透明介质中的传播速度为
故C正确；
D．由几何关系可得
，
则
光从射入AB面开始到射到E点的时间为
故D正确。
故选BCD。
10．如图所示，水平面上放置着半径为R、质量为5m的半圆形槽，AB为槽的水平直径。质量为m的小球
自左端槽口A点的正上方距离为R处由静止下落，从A点切入槽内。已知重力加速度大小为g，不计
一切摩擦，下列说法正确的是（ ）A．槽向左运动的最大位移为
B．槽运动的最大速度为
C．小球在槽中运动的最大速度为
D．若槽固定，槽中小球受到重力做功的最大功率为
【答案】AD
【解析】A．系统水平方向动量守恒，则有
又
， ，
解得
，
故A正确；
B．小球最大速度在最低点，小球与槽的速度均最大，速度大小分别为 、 ，由机械能守恒定律可
得
由水平方向动量守恒可得
解得，
故BC错误；
D．若槽固定，设小球下落到槽内速度和水平方向夹角为 时重力功率最大，即竖直方向速度最大，
则有
， ，
解得
，
则
则重力的最大功率为
故D正确。
故选AD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（5分）某两位同学打算在家中利用能找到的器材研究动量定理，如图甲所示，将质量为m小球从竖
直平面内的固定刻度尺旁边由静止释放，用手机连拍功能拍摄小球自由下落的中间过程，如图乙所示，
各时刻小球的位置与小球位置0的距离分别为 、 、 、 、 ，已知手机连拍周期为T，当地的
重力加速度为g。
（1）小球在位置3时的瞬时速度大小为 （用题中所给物理量符号表示）。（2）取小球在位置2～4的过程研究，则验证动量定理的表达式为 （用题中所给物理量符
号表示）。
（3）若实验过程中发现小球所受重力的冲量大于动量的增加量，产生此问题的原因可能是
。
【答案】（1） （2） （3）阻力影响
【解析】（1）小球在位置3时的瞬时速度大小为
（2）小球在位置2和位置4时的瞬时速度大小分别为
小球从位置2到位置4要验证的关系为
即
（3）若实验过程中发现小球所受重力的冲量大于动量的增加量，产生此问题的原因可能是重物下落
时阻力的影响。
12．（11分）新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络查到某品牌电动汽车的
铭牌如图所示，已知该车电池采用的是刀片电池技术，整块电池是由15块刀片电池串联而成，其中
一块刀片电池由8块电芯串联而成。现将一块刀片电池拆解出来，测量其中一块电芯的电动势E和内
阻r，实验中除了导线和开关外，还可利用的器材有：A．直流电压表V、V，量程均为1V，内阻约为3kΩ；
1 2
B．定值电阻R，阻值为7Ω；
0
C．最大阻值为8kΩ的电阻箱；
D．滑动变阻器R 最大阻值约为10Ω；
1
E.滑动变阻器R 最大阻值约为5kΩ。
2
（1）实验前利用1A恒流电源对电芯进行充电，充满的时间约为 h（保留三位有效数字）；
（2）电压表量程不够，需要改装，但是又不知道电压表内阻的准确值，小刚打算将V 改装成量程为
1
3V的电压表。他先将电阻箱与电压表V 串联后，连成图甲所示的电路，其中R 应选用 （选
1 P1
填R 或R）。
1 2
将滑动变阻器滑片P移至最右端，同时将电阻箱阻值调为零，再闭合开关，将滑动变阻器的滑片P调
到适当位置，使电压表刚好满偏。
（3）保持滑片P的位置不变，调节电阻箱，使电压表示数为 V，不改变电阻箱的阻值，电
压表和电阻箱的串联组合，就是改装好的量程为3V的电压表。
（4）小刚利用改装后的电压表，连接成图乙所示的电路测量电芯的电动势和内阻，这里的R 应选用
P2
（选填R 或R）。移动滑动变阻器滑片，读出电压表V、V 的多组数据U、U，描绘出U-U 图像
1 2 1 2 1 2 1 2
如图丙所示，图中直线斜率为k，纵轴截距为a，则电芯的电动势E= ，内阻r=
。（均用k、a、R 表示）
0
【答案】（1）0.217 （2）R （3） （4）R
1 1
【解析】（1）实验前利用1A恒流电源对电芯进行充电，充满的时间约为
（2）
不知道电压表内阻的准确值，还要扩大电压表的量程，就需要设置恒定的电压，因此图甲中分压用的
滑动变阻器应选用电阻远小于电压表内阻的 ，以减小电压表分流带来的误差。（3）当电阻箱阻值为零，滑动变阻器的滑片P调到电压表刚好满偏，说明分压为1V。保持滑片P的
位置不变，即分压保持为1V，当调节电阻箱，使电压表的示数为 V时，电压表和电阻箱的串联组合
的电压为1V。这说明当电压表的示数为 时，电压表和电阻箱的串联组合的电压为3V，这就是改装
好的3V电压表。
（4）[1]由于定值电阻 阻值为 ，为了让 表能尽可能取得合适的数值，应选用阻值较小的滑动
变阻器 。
[2][3]根据闭合电路欧姆定律可得
整理得
图像的斜率为
纵轴截距为
解得
，
13．（8分）如图所示的是一个蒸馏海水的装置，通过阳光照射透明容器使得容器中的水通过表面液化并
流淌到取蒸馏水的装置中。已知容器总体积为 ，初始时候放置 海水在容器中，温度 ，
压强为 ，忽略水蒸气分子产生的压强对总压强的影响且认为容器内总体积不变。如果容器内的海水
全部蒸发掉且被取水装置接走，此时容器内温度变为 ，求：（1）此时容器的压强 为多少？
（2）为了使此时容器内压强变为 ，求需要送入压强为 ，温度为 的气体体积 。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）对容器内气体，初始 ，蒸馏后：
由理想气体状态方程
解得
（2）对理想气体，由玻意耳定律
解得
14．（12分）如图所示为滑板运动的训练场地，半径为R的冰制竖直圆弧轨道最低点为C，最高点为D，
D点的切线沿竖直方向，圆弧轨道左端与倾角为θ的冰制斜面相切，为保证运动员的安全，在AB间
铺有长度为4L的防滑材料，当长度为L的滑板全部处于AB内时，恰能保持静止，其余部分摩擦不计。
一次训练时，教练员在AB之间推动运动员到滑板离开B点，运动员从D点滑出，竖直上升到最高点
E，E点与D点的距离为 ，下落后沿轨道返回。运动员和滑板总质量为m，运动员始终站在滑板的
正中间，滑板对斜面压力均匀。滑板长度和运动员身高远小于圆弧半径，最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：（1）防滑材料与滑板之间的动摩擦因数；
（2）运动员和滑板在圆弧轨道最低点C受到轨道支持力的大小；
（3）为保证运动员和滑板在轨道上只做一次往返滑行，滑板离开B点时的速度范围。
【答案】（1）tanθ；（2）4mg；（3）
【解析】（1）防滑材料与滑板间的动摩擦因数为μ，根据平衡条件可得
mgsinθ=μmgcosθ
解得
μ=tanθ
（2）设运动员在轨道最低点C的速度大小为v ，对运动员从C到E的过程，根据动能定理可得
C
在C点处，根据牛顿第二定律可得
联立解得
F =4mg
N
（3）保证运动员在滑道上只做往返一次滑行，设滑板离开B点时的最小速度为v，则运动员返回AB
1
时，滑板右端恰好可以与B点重合。根据题意可知，滑板与AB接触长度为x时，其所受滑动摩擦力
大小为
由上式可知F x图像是一条过原点的倾斜直线，图像与坐标轴围成的面积表示F做功的绝对值，所以
f- f
从滑板刚进入AB区域到恰好全部进入到AB区域的过程中，其摩擦力做的功为
根据动能定理可得解得
设滑板离开B点时的最大速度为v，则运动员返回到AB时，滑板左端恰好与A点重合，根据动能定
2
理可得
解得
为保证运动员在滑道上只做往返一次滑行，滑板离开B点时的速度需要满足
15．（18分）如图，真空中半径r=0.5m的圆形磁场与坐标原点相切，磁场的磁感应强度大小
，方向垂直于纸面向外，在x=1m和x=2m之间的区域内有一沿y轴正方向的匀强电场
区域，场强 ，在x=3m处有一垂直于x轴方向的足够长的荧光屏，一群比荷
带正电的粒子，从O点以 在xOy面内沿着与x轴正方向成 角（
）的各个方向同时射出，不计粒子重力及其相互作用，求：
（1）粒子在磁场中运动的半径大小R；
（2）最先到达荧光屏的粒子所用时间t以及其到达荧光屏前速度与x轴正方向夹角的正切值；
（3）荧光屏上有粒子击中的范围。
【答案】（1）0.5m；（2）3×10-6s，1.5；（3）【解析】（1）根据洛伦兹力提供向心力
代入数据解得
（2）沿x轴正方向射出的粒子最先到达荧光屏，沿x轴正方向一直做匀速直线运动，则
代入数据解得
在电场中做类平抛运动，有
， ， ，
联立以上各式，代入数据解得
（3）根据磁发散原理知，所有粒子出磁场边界时速度都平行于x轴正方向，如图所示
与x轴正方向夹角为120°射出的粒子出强场时与x轴的距离为y，则
1
代入数据解得
令粒子在电场中沿y轴方向的位移为y
2
代入数据解得在无场区根据三角形相似得
解得
沿x轴正方向射出的粒子击中荧光屏时到x轴的距离为
与x轴正方向夹角为120°射出的粒子击中荧光屏时到x轴的距离为
综上可得，光屏上有粒子击中的范围为
