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2025 年黑龙江省普通高等学校招生选择性考试
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.(2025·黑吉辽蒙卷·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 笔尖由a 点经b 点又回到a 点的过程，初位置和末位置相同，但轨迹长度不为零，所以位移为零，
路程不为零，故A 正确，B 错误；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；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。
2.(2025·黑吉辽蒙卷·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 将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，瓶内气体温度升高，瓶内气体的内能变大，气体分子的平
均动能增大，但不是每个分子的动能都变大，故A、D 错误；瓶内气体做等容变化，根据p
T ＝C，知温度
升高，压强变大，故B 正确；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。
3.(2025·黑吉辽蒙卷·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 激光在不同介质中传播时，其频率不变，故A、B 错误；根据sin C＝1
n，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。
4.(2025·黑吉辽蒙卷·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
大施加于两极板的压力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( )
答案 D
解析 根据公式Q＝CU 和电容的决定式C＝εr S
4 π kd ，可得U＝4 π kQ
εr S
·d，与电源断开后，Q 不变，则
U∝d，根据题意当F 较小时，随着F 的增大，d 在减小，故此时极板间的电势差U 在减小；当F 增大到一
定程度时，F 再增大，d 基本不变，U 基本不变，故D 正确。
5.(2025·黑吉辽蒙卷·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( )
答案 C
解析 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，B、D 错误；
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振动加强点，故A 图像中的曲线ab 上
的点存在振动加强点，A 错误，C 图像中曲线ab 上的点总是波峰与波谷的交点，C 正确。
6.(2025·黑吉辽蒙卷·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 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 块，将v 块沿绳方向和垂直绳
方向分解，将v 沿绳方向和垂直绳方向分解，可得v 块cos θ＝vsin θ，解得v＝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.(2025·黑吉辽蒙卷·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EkA、EkB、EkC，则( )
A.EkA<EkB<EkC
B.EkB<EkA<EkC
C.EkA<EkC<EkB
D.EkC<EkA<EkB
答案 C
解析 由题意可得在A 点，弹簧伸长量为r，在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，EkB>EkA；由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，EkB>EkC；由A 到C 全过程则有qElAB－mglBC＝EkC－EkA，
因lAB＝√(3r )
2-r
2＝2√2r，lBC＝2r，qE＝mg，故EkC>EkA。因此EkB>EkC>EkA，故选C。
8.(多选)(2025·黑吉辽蒙卷·8)某理论研究认为， 42
100Mo 原子核可能发生双β 衰变，衰变方程为 42
100
Mo→
44
A Ru＋y-1
0 e。处于第二激发态的 44
ARu 原子核先后辐射能量分别为0.590 8 MeV 和0.539 5 MeV 的γ1、γ2
两光子后回到基态。下列说法正确的是( )
A.A＝100
B.y＝2
C.γ1的频率比γ2的大
D.γ1的波长比γ2的大
答案 ABC
解析 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，A、B 正确；
由题可知γ1光子的能量大于γ2光子的能量，根据光子的能量公式ε＝hν，波长λ＝c
ν ，可得γ1的频率大于γ2
的频率，γ1的波长小于γ2的波长，C 正确，D 错误。
9.(多选)(2025·黑吉辽蒙卷·9)如图，“
”形导线框置于磁感应强度大小为B、方向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
ω时，感应电动势为0
D.t＝0 到t＝π
ω过程中，感应电动势平均值为0
答案 AB
解析 线框转动时，切割磁感线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
产生感应电动势，此时af 边切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知电流方向为abcdefa，感应电动
势为E＝Blv＝Blωl＝Bl2ω，A、B 正确；t＝π
ω时，线框旋转180°，此时依旧是af 边切割磁感线产生感应电
动势，感应电动势不为零，C 错误；t＝0 到t＝π
ω的过程中，线框abef 的磁通量变化量为零，线框bcde 的
磁通量变化量大小为|ΔΦ|＝2BS＝2Bl2，由法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为
E＝| Δ Φ|
Δt
＝2Bωl
2
π
，D 错误。
10.(多选)(2025·黑吉辽蒙卷·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v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。
甲和乙的位置x 与时间t 的关系曲线如图(b)所示，两条曲线均为抛物线，乙的x－t 曲线在t＝t0时切线斜率
为0，则( )
A.μ1＋μ2＝2tan θ
B.t＝t0时，甲的速度大小为3v0
C.t＝t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D.t＝t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
答案 AD
解析 将下滑时刻作为初位置，则位置x 与时间t 的图像即为位移－时间图像，图像的斜率表示速度。甲、
乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物块做匀加速直线运动，乙物块做匀减速直线运动，在t0时间内x 甲＝
v0＋v
2
t0＝3x0，x 乙＝v0＋0
2
t0＝x0，联立解得t0时刻甲物块的速度大小为v＝2v0，B 错误；甲物块的加速度
大小a1＝v - v0
t0
，乙物块的加速度大小a2＝v0
t0
，由牛顿第二定律，对甲物块mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1，对
乙物块μ2mgcos θ－mgsin θ＝ma2，联立可得μ1＋μ2＝2tan θ，A 正确；取水平向左为正方向，对斜面和甲、
乙两物块系统由牛顿第二定律可得，Ff1＝ma1cos θ－ma2cos θ＝0，则t＝t0之前，地面和斜面之间摩擦力为
零，C 错误；t＝t0之后，乙物块保持静止，甲物块继续沿斜面向下加速，对系统由牛顿第二定律可得Ff2＝
ma1cos θ，即地面对斜面的摩擦力向左，D 正确。
二、非选择题：本题共5 小题，共54 分。
11.(2025·黑吉辽蒙卷·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Uab；
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Uac；
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Ubc，计算Uac－Ubc；
⑤改变电流，重复步骤②③④，断开开关。
作出I－Uab、I－Uac及I－(Uac－Ubc)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“0.5 V”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－Uab”或“I－Uac”)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I－(Uac－Ubc)曲线更接
近。
答案 (1)a (2)0.377(0.376 或0.378) (3)I－Uac (4)甲
解析 (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)0.5 V 的直流电压挡，分度值为0.01 V，由题图(c)可读此时电压表读数为0.377 V(0.376 V、0.378 V 也算
对)。
(3)由题图(a)可知，当表笔分别连a、c 接点时测得的是元件和电流表两端的电压和电流，则Rac＝U ac
I ＝Rx
＋RA，当表笔分别连a、b 接点时测得的是元件两端的电压和电流，则Rab＝U ab
I ＝Rx
故相同电流情况下，Uac>Uab，故题图(b)中乙是I－Uac曲线。
(4)由题意可知，I－(Uac－Ubc)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I－(Uac－Ubc)曲线更接近。
12.(2025·黑吉辽蒙卷·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＝11.60 cm，由图(b)可知，该芒果的质量m0＝ 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m0相比 (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 或107 偏大 (2)C (3)减小细绳1 与竖直方向的夹角(合理即可)
解析 (1)操作测得x＝11.60 cm，由题图(b)的图像坐标可知，该芒果的质量为106 g 或107 g；
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筋的拉力变
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，则与m0相比偏大。
(2)若得到的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
了橡皮筋的弹性限度，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，由kx＝mgsin θ 知当减小绳子1 与竖直方向的夹角θ 时，相同质量的物体对应橡皮
筋的拉力较小，橡皮筋的伸长量较小，故对相同的橡皮筋，可通过减小细绳1 与竖直方向的夹角，增大质
量测量范围。
13.(2025·黑吉辽蒙卷·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＝2.5 m，A 点距地面的高度h＝1.95 m，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sin 37°＝0.6，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)雪块从A 点离开屋顶时的速度大小v0；
(2)雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。
答案 (1)5 m/s (2)8 m/s 60°
解析 (1)雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理得mgxsin θ－μmgcos θ·x＝1
2mv0
2－0
代入数据解得v0＝5 m/s
(2)雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理得mgh＝1
2mv1
2－1
2mv0
2
代入数据解得v1＝8 m/s
cos α＝v0cosθ
v1
＝5×0.8
8
＝1
2
解得α＝60°。
14.(2025·黑吉辽蒙卷·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＝1 kg、电阻R＝0.5 Ω、
边长L＝1 m。磁感应强度B 随时间t 连续变化，0~1 s 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0~1 s 内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。
(1)求t＝0.5 s 时ad 边受到的安培力大小F；
(2)画出图(b)中1~2 s 内B－t 图像(无需写出计算过程)；
(3)从t＝2 s 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v0＝0.1 m/s，
求ad 边离开磁场时的速度大小v1。
答案 (1)0.015 N (2)见解析图 (3)0.01 m/s
解析 (1)由法拉第电磁感应定律可知E1＝ΔΦ
Δt ＝
ΔB· 1
2 L
2
Δt
＝0.2-0.1
1-0
×1
2×12 V＝0.05 V
由欧姆定律可知，0~1 s 内导体框中的感应电流大小为I1＝E1
R ＝0.1 A
由题图(b)可知，t＝0.5 s 时磁感应强度大小为B0.5＝0.15 T
所以此时导体框ad 边受到的安培力大小F＝B0.5I1L＝0.15×0.1×1 N＝0.015 N
(2)由题图(c)可知1~2 s 内导体框中的感应电流大小为I2＝0.2 A，方向为逆时针，根据欧姆定律可知1~2 s
内导体框的感应电动势大小为E2＝I2R＝0.1 V
由于磁感应强度B 随时间t 连续变化且磁场方向始终竖直向下，由楞次定律可知磁感应强度B 增大。
由法拉第电磁感应定律有E2＝ΔΦ'
Δt ' ＝
ΔB' · 1
2 L
2
Δt '
＝0.1 V
可知1~2 s 内磁感应强度的变化率为Δ B'
Δt ' ＝B2- B1
Δt '
＝0.2 T/s
则t＝2 s 时磁感应强度大小为B2＝0.3 T，方向竖直向下，故1~2 s 内的B－t 图像如图所示。
(3)由动量定理可知－B2ILΔt＝mv1－mv0
其中q＝IΔt＝E
R Δt＝ΔΦ
R ＝B2 L
2
2 R
联立解得v1＝0.01 m/s。
15.(2025·黑吉辽蒙卷·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，－y0)点射入磁场，速度方向与y 轴正方向夹角θ＝30°，从N(0，y0)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v1和在磁场中运动的时间t1。
(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＝B
2 y0
3
k
(k 为静电力常量)，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v2。
(3)在(2)问条件下，粒子从N 点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次与N 点速度方向相反，求t2(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＝kQ
r )。
答案 (1)2qB y0
m
π m
3qB (2) 6kq
B y0
2 (3)2√3 π B y0
3
3kq
解析 (1)作出带正电的粒子在磁场中运动的轨迹，如图甲所示
由几何关系可知，带正电的粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝y0
sinθ＝2y0
由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝mv1
2
r
解得v1＝2qB y0
m
周期T＝2π r
v1
＝2π m
qB
带正电的粒子从M 运动到N 的时间t1＝2θ
2π T＝π m
3qB
(2)由题意可知，在xOy 平面内的负点电荷应在原轨迹圆的圆心处，由牛顿第二定律可知qv2B＋k48q
2
r
2
＝m
v2
2
r
，其中m＝B
2 y0
3
k
解得v2＝6kq
B y0
2(另一负解舍去)
(3)在(2)的条件下，带正电的粒子从N 点离开磁场后绕负点电荷做椭圆运动，如图乙所示
由能量守恒定律得1
2mv2
2－qk 48q
r2
＝1
2mv3
2－qk 48q
r3
由开普勒第二定律可知v2r2＝v3r3
其中r2＝2y0
联立解得r3＝6y0
类比开普勒第三定律
半长轴a＝r2＋r3
2
的椭圆周期与半径R＝r2＋r3
2
的圆周期相等，周期设为T，
则由牛顿第二定律k
48q
2
( r2＋r3
2
)
2＝mr2＋r3
2
4 π
2
T
2
解得T＝4√3 π B y0
3
3kq
t2＝T
2 ＝2√3 π B y0
3
3kq
。
