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
【答案】A
【解析】
【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。
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学科网（北京）股份有限公司故选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】
【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，则压强变大，故B正
T
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. 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】
【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 。
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学科网（北京）股份有限公司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】
eS
【详解】根据公式Q=CU 和电容的决定式C =
4pkd
4pkQ
可得U = ×d
eS
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.
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学科网（北京）股份有限公司C. D.
【答案】C
【解析】
【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
【解析】
【详解】设两边绳与竖直方向的夹角为q，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
块 块
方向分解，将v沿绳子方向和垂直绳方向分解，可得v cosq=vsinq
块
v
解得v= 块
tanq
由于塔块匀速下落时q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 ，则（ ）
kA kB kC
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学科网（北京）股份有限公司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
【解析】
【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. 某理论研究认为，100Mo原子核可能发生双b衰变，衰变方程为100Mo®A Ru+ y0 e。处于第二激发
42 42 44 -1
态的A Ru原子核先后辐射能量分别为0.5908MeV和0.5395MeV的g、g 两光子后回到基态。下列说法
44 1 2
正确的是（ ）
A. A=100 B. y =2
C. g的频率比g 的大 D. g的波长比g 的大
1 2 1 2
【答案】ABC
【解析】
【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g光子的能量大于g 光子的能量，光子的能量公式ε=hν，波长l=
1 2
n
可得g的频率大于g 的频率，g的波长小于g 的波长，C正确，D错误；
1 2 1 2
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学科网（北京）股份有限公司故选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w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Bl2w
π
C. t = 时，感应电动势为0
w
π
D. t = 0到t = 过程中，感应电动势平均值为0
w
【答案】AB
【解析】
【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= Blwl = Bl2w，AB正确；
p
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；
w
p
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DF =2BS =2Bl2
w
DF 2Bwl2
由法拉第电磁感应定律可得平均电动势为E = = ，D错误。
Dt p
故选AB。
10. 如图（a），倾角为q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
0
面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为m、m，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时
1 2
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学科网（北京）股份有限公司间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. m+m =2tanq
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】
【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
v +v v +0
运动，乙物体做匀减速运动，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mgsinq-mmgcosq=ma
1 1
同理可得乙物体mmgcosq-mgsinq=ma
2 2
联立可得m+m =2tanq，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 cosq-ma cosq=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 cosq
0 1
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学科网（北京）股份有限公司即地面对斜面的摩擦力向左，D正确。
故选AD。
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）；
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学科网（北京）股份有限公司（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
ac bc
更接近。
【答案】（1）a （2）0.377##0.376##0.378
（3）I -U
ac
（4）甲
【解析】
【小问1详解】
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。
【小问2详解】
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。
【小问3详解】
U
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 = 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
【小问4详解】
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
ac bc
较小时，甲曲线与I -U -U 曲线更接近。
ac bc
第9页/共15页
学科网（北京）股份有限公司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_________。
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 相比偏大。
0
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学科网（北京）股份有限公司【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q=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m=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a。
1
【答案】（1）5m/s
（2）8m/s，60°
【解析】
【小问1详解】
1
雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理mgxsinq-mmgcosq×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
【小问2详解】
1 1
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
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学科网（北京）股份有限公司代入数据解得雪块到地面速度大小v =8m/s
1
v cosq 5´0.8 1
速度与水平方向夹角a，满足cosa= 0 = =
v 8 2
1
解得a=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 =0.5W、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
【答案】（1）0.015N
（2） （3）0.01m/s
【解析】
【小问1详解】
1
DB× L2
由法拉第电磁感应定律 DF 2 0.2-0.1 1
E = = = ´ ´12V=0.05V
1 Dt Dt 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
第12页/共15页
学科网（北京）股份有限公司【小问2详解】
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
: 1
（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
DB× L2
由法拉第电磁感应定律 DF 2
E = = =0.1V
2 Dt Dt
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
:
【小问3详解】
由动量定理可知-B ILDt =mv -mv
2 1 0
1
B L2
其中 E DF 2 2
q = IDt = Dt = =
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q=30°，从N0,y 点射出磁场。已知粒子的
0 0
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
第13页/共15页
学科网（北京）股份有限公司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），
k
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点速度方向相反，求t
2 2
（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
kQ
j= ）。
r
2qBy pm
【答案】（1） 0 ，
m 3qB
6kq
（2）
By2
0
2 3pBy3
（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
sinq 0
v2
由洛伦兹力提供向心力qv B =m 1
1 r
2qBy
解得正电荷的入射速度大小为v = 0
1 m
2pr 2pm
正电荷在磁场中运动的周期为T = =
v qB
1
2q pm
所以正电荷从M运动到N的时间为t = T =
1 2p 3qB
【小问2详解】
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学科网（北京）股份有限公司48q2 v2
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 =m 2 ，其中
2 r2 r
B2y 3
m= 0
k
6kq -4kq
解得v = 或v = （舍去）
2 By2 2 By2
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 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 ær +r ö4p2
k =m 2 3
ç ÷
由牛顿第二定律 ær +r ö 2 è 2 ø T2
2 3
ç ÷
è 2 ø
4 3pBy3
解得T = 0
3kq
2 3pBy3
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
第15页/共15页
学科网（北京）股份有限公司
