2025年黑龍江、吉林、遼寧、內(nèi)蒙古高考真題

物理

本試卷共15題，共100分

注意事項:

1.答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。

2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂:非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整，

筆記清楚。

3.請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效;在草稿紙、

試卷上答題無效。

4.作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。

5.保持卡面清潔，不要折疊、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。

一、選擇題:本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合

題目要求，每小題4分;第8~10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選

對但不全的得3分，有選錯的得0分。

1.書法課上，某同學(xué)臨摹“力”字時，筆尖的軌跡如圖中帶箭頭的實線所示。筆尖由a點經(jīng)b點回到a點，

則（）

A.該過程位移為0B.該過程路程為0

C.兩次過a點時速度方向相同D.兩次過a點時摩擦力方向相同

【答案】A

【解析】

【詳解】A．筆尖由a點經(jīng)b點回到a點過程，初位置和末位置相同，位移為零，故A正確；

B．筆尖由a點經(jīng)b點回到a點過程，軌跡長度不為零，則路程不為零，故B錯誤；

C．兩次過a點時軌跡的切線方向不同，則速度方向不同，故C錯誤；

D．摩擦力方向與筆尖的速度方向相反，則兩次過a點時摩擦力方向不同，故D錯誤。

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故選A。

2.某同學(xué)冬季乘火車旅行，在寒冷的站臺上從氣密性良好的糖果瓶中取出糖果后擰緊瓶蓋，將糖果瓶帶入

溫暖的車廂內(nèi)一段時間后，與剛進入車廂時相比，瓶內(nèi)氣體（）

A.內(nèi)能變小B.壓強變大

C.分子的數(shù)密度變大D.每個分子動能都變大

【答案】B

【解析】

【詳解】A．將糖果瓶帶入溫暖的車廂內(nèi)一段時間后，溫度升高，而理想氣體內(nèi)能只與溫度相關(guān)，則內(nèi)能

變大，故A錯誤；

p

B．將糖果瓶帶入溫暖的車廂過程，氣體做等容變化，根據(jù)=C，因為溫度升高，則壓強變大，故B正

T

確；

C．氣體分子數(shù)量不變，氣體體積不變，則分子的數(shù)密度不變，故C錯誤；

D．溫度升高，氣體分子的平均動能增大，但不是每個分子的動能都增大，故D錯誤。

故選B。

3.如圖，利用液導(dǎo)激光技術(shù)加工器件時，激光在液束流與氣體界面發(fā)生全反射。若分別用甲、乙兩種液體

形成液束流，甲的折射率比乙的大，則（）

A.激光在甲中的頻率大B.激光在乙中的頻率大

C.用甲時全反射臨界角大D.用乙時全反射臨界角大

【答案】D

【解析】

【詳解】AB．激光在不同介質(zhì)中傳播時，其頻率不變，故AB錯誤；

1

CD．根據(jù)sinC=，甲的折射率比乙的大，則用乙時全反射臨界角大，故C錯誤，D正確。

n

故選D。

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4.如圖，某壓力傳感器中平行板電容器內(nèi)的絕緣彈性結(jié)構(gòu)是模仿犰狳設(shè)計的，逐漸增大施加于兩極板壓力F

的過程中，F(xiàn)較小時彈性結(jié)構(gòu)易被壓縮，極板間距d容易減??；F較大時彈性結(jié)構(gòu)閉合，d難以減小。將該

電容器充電后斷開電源，極板間電勢差U與F的關(guān)系曲線可能正確的是（）

A.B.

C.D.

【答案】D

【解析】

eS

【詳解】根據(jù)公式Q=CU和電容的決定式C=

4pkd

4pkQ

可得U=×d

eS

根據(jù)題意F較小時易被壓縮，故可知當(dāng)F較小時，隨著F的增大，d在減小，且減小的越來越慢，與電源

斷開后Q不變，故此時極板間的電勢差U在減小，且減小的越來越慢；當(dāng)F增大到一定程度時，再增大F

后，d基本不變，故此時U保持不變，結(jié)合圖像，最符合情境的是D選項。

故選D。

5.平衡位置在同一水平面上的兩個振動完全相同的點波源，在均勻介質(zhì)中產(chǎn)生兩列波。若波峰用實線表示，

波谷用虛線表示，P點位于其最大正位移處，曲線ab上的所有點均為振動減弱點，則下列圖中可能滿足以

上描述的是（）

A.B.

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C.D.

【答案】C

【解析】

【詳解】根據(jù)題意P點位于其最大正位移處，故可知此時P點位于兩列波的波峰與波峰相交處；根據(jù)干涉

規(guī)律可知，相鄰波峰與波峰，波谷與波谷連線上的點都是加強點，故A圖像中的曲線ab上的點存在振動加

強點，不符合題意。

故選C。

6.如圖，趣味運動會的“聚力建高塔”活動中，兩長度相等的細(xì)繩一端系在同一塔塊上，兩名同學(xué)分別握

住繩的另一端，保持手在同一水平面以相同速率v相向運動。為使塔塊沿豎直方向勻速下落，則v（）

A.一直減小B.一直增大

C.先減小后增大D.先增大后減小

【答案】B

【解析】

【詳解】設(shè)兩邊繩與豎直方向的夾角為q，塔塊沿豎直方向勻速下落的速度為v塊，將v塊沿繩方向和垂直繩

方向分解，將v沿繩子方向和垂直繩方向分解，可得v塊cosq=vsinq

v

解得v=塊

tanq

由于塔塊勻速下落時q在減小，故可知v一直增大。

故選B。

7.如圖，光滑絕緣水平面AB與豎直面內(nèi)光滑絕緣半圓形軌道BC在B點相切，軌道半徑為r，圓心為O，

O、A間距離為3r。原長為2r的輕質(zhì)絕緣彈簧一端固定于O點，另一端連接一帶正電的物塊?？臻g存在水

平向右的勻強電場，物塊所受的電場力與重力大小相等。物塊在A點左側(cè)釋放后，依次經(jīng)過A、B、C三點

時的動能分別為EkA、EkB、EkC，則（）

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A.EkA<EkB<EkCB.EkB<EkA<EkC

C.EkA<EkC<EkBD.EkC<EkA<EkB

【答案】C

【解析】

【詳解】由題意可得A點彈簧伸長量為r，B點和C點彈簧壓縮量為r，即三個位置彈簧彈性勢能相等，則

由A到B過程中彈簧彈力做功為零，電場力做正功，動能增加，EkB>EkA

同理B到C過程中彈簧彈力和電場力做功都為零，重力做負(fù)功，則動能減小，EkB>EkC

由A到C全過程則有qElAB-mglBC=EkC-EkA>0

因此EkB>EkC>EkA

故選C。

100100A0

8.某理論研究認(rèn)為，42Mo原子核可能發(fā)生雙b衰變，衰變方程為42Mo?44Ru+y-1e。處于第二激發(fā)

A

態(tài)的44Ru原子核先后輻射能量分別為0.5908MeV和0.5395MeV的g1、g2兩光子后回到基態(tài)。下列說法

正確的是（）

A.A=100B.y=2

C.g1的頻率比g2的大D.g1的波長比g2的大

【答案】ABC

【解析】

【詳解】AB．由核反應(yīng)方程質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可得100=A+0,42=44-y

解得A=100,y=2，AB正確；

c

CD．由題可得g光子的能量大于g光子的能量，光子的能量公式ε=hν，波長l=

12n

可得g1的頻率大于g2的頻率，g1的波長小于g2的波長，C正確，D錯誤；

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故選ABC。

9.如圖，“”形導(dǎo)線框置于磁感應(yīng)強度大小為B、水平向右的勻強磁場中。線框相鄰兩邊均互相垂直，

各邊長均為l。線框繞b、e所在直線以角速度w順時針勻速轉(zhuǎn)動，be與磁場方向垂直。t=0時，abef與水

平面平行，則（）

A.t=0時，電流方向為abcdefa

B.t=0時，感應(yīng)電動勢為Bl2w

π

C.t=時，感應(yīng)電動勢為0

w

π

D.t=0到t=過程中，感應(yīng)電動勢平均值為0

w

【答案】AB

【解析】

【詳解】AB．線框旋轉(zhuǎn)切割磁場產(chǎn)生電動勢的兩條邊為cd和af，t=0時刻cd邊速度與磁場方向平行，

不產(chǎn)生電動勢，因此此時af邊切割產(chǎn)生電動勢，由右手定則可知電流方向為abcdefa，電動勢為

E=Blv=Blwl=Bl2w，AB正確；

p

C．t=時，線框旋轉(zhuǎn)180°，此時依舊是af邊切割磁場產(chǎn)生電動勢，感應(yīng)電動勢不為零，C錯誤；

w

p

D．t=0到t=時，線框abef的磁通量變化量為零，線框bcde的磁通量變化量為DF=2BS=2Bl2

w

DF2Bwl2

由法拉第電磁感應(yīng)定律可得平均電動勢為E==，D錯誤。

Dtp

故選AB。

10.如圖（a），傾角為q的足夠長斜面放置在粗糙水平面上。質(zhì)量相等的小物塊甲、乙同時以初速度v0沿斜

面下滑，甲、乙與斜面的動摩擦因數(shù)分別為m1、m2，整個過程中斜面相對地面靜止。甲和乙的位置x與時

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間t的關(guān)系曲線如圖（b）所示，兩條曲線均為拋物線，乙的x-t曲線在t=t0時切線斜率為0，則（）

A.m1+m2=2tanq

B.t=t0時，甲的速度大小為3v0

C.t=t0之前，地面對斜面的摩擦力方向向左

D.t=t0之后，地面對斜面的摩擦力方向向左

【答案】AD

【解析】

【詳解】B．位置x與時間t的圖像的斜率表示速度，甲乙兩個物塊的曲線均為拋物線，則甲物體做勻加速

v+vv+0

運動，乙物體做勻減速運動，在t時間內(nèi)甲乙的位移可得x=0t=3x,x=0t=x

0甲200乙200

可得t0時刻甲物體的速度為v=2v0，B錯誤；

v-v0

A．甲物體的加速度大小為a1=

t0

v0

乙物體的加速度大小為a2=

t0

由牛頓第二定律可得甲物體mgsinq-m1mgcosq=ma1

同理可得乙物體m2mgcosq-mgsinq=ma2

聯(lián)立可得m1+m2=2tanq，A正確

C．設(shè)斜面的質(zhì)量為M，取水平向左為正方向，由系統(tǒng)牛頓牛頓第二定理可得

f=ma1cosq-ma2cosq=0

則t=t0之前，地面和斜面之間摩擦力為零，C錯誤；

D．t=t0之后，乙物體保持靜止，甲物體繼續(xù)沿下面向下加速，由系統(tǒng)牛頓第二定律可得f=ma1cosq

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即地面對斜面的摩擦力向左，D正確。

故選AD。

二、非選擇題:本題共5小題，共54分。

11.在測量某非線性元件的伏安特性時，為研究電表內(nèi)阻對測量結(jié)果的影響，某同學(xué)設(shè)計了如圖（a）所示

的電路。選擇多用電表的直流電壓擋測量電壓。實驗步驟如下：

①滑動變阻器滑片置于適當(dāng)位置，閉合開關(guān)；

②表筆分別連a、b接點，調(diào)節(jié)滑片位置，記錄電流表示數(shù)I和a、b間電壓Uab；

③表筆分別連a、c接點，調(diào)節(jié)滑片位置，使電流表示數(shù)仍為I，記錄a、c間電壓Uac；

④表筆分別連b、c接點，調(diào)節(jié)滑片位置，使電流表示數(shù)仍為I，記錄b、c間電壓Ubc，計算Uac-Ubc；

⑤改變電流，重復(fù)步驟②③④，斷開開關(guān)。

作出I-Uab、I-Uac及I-Uac-Ubc曲線如圖（b）所示。

回答下列問題：

（1）將多用電表的紅、黑表筆插入正確的插孔，測量a、b間的電壓時，紅表筆應(yīng)連_________接點（填

“a”或“b”）；

（2）若多用電表選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到直流電壓擋“0.5V”位置，電表示數(shù)如圖（c）所示，此時電表讀數(shù)為

________V（結(jié)果保留三位小數(shù)）；

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（3）圖（b）中乙是_________（填“I-Uab”或“I-Uac”）曲線；

（4）實驗結(jié)果表明，當(dāng)此元件阻值較小時，_________（填“甲”或“乙”）曲線與I-Uac-Ubc曲線

更接近。

【答案】（1）a（2）0.377##0.376##0.378

（3）I-Uac

（4）甲

【解析】

【小問1詳解】

電流從紅表筆流入，黑表筆流出，故測量a、b間的電壓時，紅表筆應(yīng)連a接點。

【小問2詳解】

0.5V的直流電壓擋，分度值為0.01V，由圖可知此時電壓表讀數(shù)為0.377V。

【小問3詳解】

U

由圖可知，當(dāng)表筆分別連a、c接點時測得是元件和電流表兩端的電壓和電流，則R=ac

acI

U

當(dāng)表筆分別連a、b接點時測得是元件兩端的電壓和電流，則R=ab

abI

由于Rac>Rab

所以相同電流情況下，Uac>Uab

故圖（b）中乙是I-Uac曲線。

【小問4詳解】

由題意可知，I-Uac-Ubc圖像測得是元件兩端的電壓和電流的關(guān)系，則實驗結(jié)果表明，當(dāng)此元件阻值

較小時，甲曲線與I-Uac-Ubc曲線更接近。

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12.某興趣小組設(shè)計了一個可以測量質(zhì)量的裝置。如圖（a），細(xì)繩1、2和橡皮筋相連于一點，繩1上端固

定在A點，繩2下端與水杯相連，橡皮筋的另一端與繩套相連。

為確定杯中物體質(zhì)量m與橡皮筋長度x的關(guān)系，該小組逐次加入等質(zhì)量的水，拉動繩套，使繩1每次與豎

直方向夾角均為30°且橡皮筋與繩1垂直，待裝置穩(wěn)定后測量對應(yīng)的橡皮筋長度。根據(jù)測得數(shù)據(jù)作出x-m

關(guān)系圖線，如圖（b）所示。

回答下列問題：

（1）將一芒果放入此空杯，按上述操作測得x=11.60cm，由圖（b）可知，該芒果的質(zhì)量m0=

_________g（結(jié)果保留到個位）。若杯中放入芒果后，繩1與豎直方向夾角為30°但與橡皮筋不垂直，由圖

像讀出的芒果質(zhì)量與m0相比_________（填“偏大”或“偏小”）。

（2）另一組同學(xué)利用同樣方法得到的x-m圖像在后半部分彎曲，下列原因可能的是_________。

A.水杯質(zhì)量過小B.繩套長度過大

C.橡皮筋伸長量過大，彈力與其伸長量不成正比

（3）寫出一條可以使上述裝置測量質(zhì)量范圍增大的措施_________。

【答案】（1）①.106②.偏大（2）C

（3）減小細(xì)線與豎直方向的夾角

【解析】

【小問1詳解】

[1]操作測得x=1160cm．，由圖（b）的圖像坐標(biāo)可知，該芒果的質(zhì)量為106g；

[2]若杯中放入芒果后，繩1與豎直方向夾角為30°但與橡皮筋不垂直，根據(jù)共點力平衡可知橡皮條的拉力

變大，導(dǎo)致橡皮筋的長度偏大，若仍然根據(jù)圖像讀出芒果的質(zhì)量與m0相比偏大。

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【小問2詳解】

另一組同學(xué)利用同樣方法得到的x-m圖像在后半部分彎曲，可能是所測物體的質(zhì)量過大，導(dǎo)致橡皮筋所

受的彈力過大超過了彈簧的彈性限度，從而使橡皮筋彈力與其伸長量不成正比。

故選C。

【小問3詳解】

根據(jù)共點力平衡條件可知，當(dāng)減小繩子與豎直方向的夾角時，相同的物體質(zhì)量對應(yīng)橡皮筋的拉力較小，故

相同的橡皮筋，可減小細(xì)線與豎直方向的夾角可增大質(zhì)量測量范圍。

13.如圖，一雪塊從傾角q=37°的屋頂上的O點由靜止開始下滑，滑到A點后離開屋頂。O、A間距離

x=2.5m，A點距地面的高度h=1.95m，雪塊與屋頂?shù)膭幽Σ烈驍?shù)m=0.125。不計空氣阻力，雪塊質(zhì)量

不變，取sin37°=0.6，重力加速度大小g=10m/s2。求：

（1）雪塊從A點離開屋頂時的速度大小v0；

（2）雪塊落地時的速度大小v1，及其速度方向與水平方向的夾角a。

【答案】（1）5m/s

（2）8m/s，60°

【解析】

【小問1詳解】

1

雪塊在屋頂上運動過程中，由動能定理mgxsinq-mmgcosq×x=mv2-0

20

代入數(shù)據(jù)解得雪塊到A點速度大小為v0=5m/s

【小問2詳解】

11

雪塊離開屋頂后，做斜下拋運動，由動能定理mgh=mv2-mv2

2120

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代入數(shù)據(jù)解得雪塊到地面速度大小v1=8m/s

vcosq5′0.81

速度與水平方向夾角a，滿足cosa=0==

v182

解得a=60°

14.如圖（a），固定在光滑絕緣水平面上的單匝正方形導(dǎo)體框abcd，置于始終豎直向下的勻強磁場中，ad

邊與磁場邊界平行，ab邊中點位于磁場邊界。導(dǎo)體框的質(zhì)量m=1kg，電阻R=0.5W、邊長L=1m。磁

感應(yīng)強度B隨時間t連續(xù)變化，0:1s內(nèi)B-t圖像如圖（b）所示。導(dǎo)體框中的感應(yīng)電流I與時間t關(guān)系圖

像如圖（c）所示，其中0:1s內(nèi)的圖像未畫出，規(guī)定順時針方向為電流正方向。

（1）求t=0.5s時ad邊受到的安培力大小F；

（2）畫出圖(b)中1~2s內(nèi)B-t圖像（無需寫出計算過程）；

（3）從t=2s開始，磁場不再隨時間變化。之后導(dǎo)體框解除固定，給導(dǎo)體框一個向右的初速度

v0=0.1m/s，求ad邊離開磁場時的速度大小v1。

【答案】（1）0.015N

（2）（3）0.01m/s

【解析】

【小問1詳解】

1

DB×L2

由法拉第電磁感應(yīng)定律DF0.2-0.11

E==2=′′12V=0.05V

1DtDt1-02

E

由閉合電路歐姆定律可知，01s內(nèi)線框中的感應(yīng)電流大小為I=1=0.1A

:1R

由圖（b）可知，t=0.5s時磁感應(yīng)強度大小為B0.5=0.15T

所以此時導(dǎo)線框ad的安培力大小為F=B0.5I1L=0.15′0.1′1N=0.015N

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【小問2詳解】

內(nèi)線框內(nèi)的感應(yīng)電流大小為I=0.1A，根據(jù)楞次定律及安培定則可知感應(yīng)電流方向為順時針，由圖

0:1s1

（）可知內(nèi)的感應(yīng)電流大小為I=0.2A

c1:2s2

方向為逆時針，根據(jù)歐姆定律可知內(nèi)的感應(yīng)電動勢大小為E=IR=0.1V

1:2s22

1

DB×L2

由法拉第電磁感應(yīng)定律DF

E==2=0.1V

2DtDt

ΔBB-B

可知12s內(nèi)磁感應(yīng)強度的變化率為=21=0.2T/s

:ΔtΔt

解得t=2s時磁感應(yīng)強度大小為B2=0.3T

方向垂直于紙面向里，故1:2s的磁場隨時間變化圖為

【小問3詳解】

由動量定理可知-B2ILDt=mv1-mv0

1

BL2

其中EDF2

q=IDt=Dt==2

RRR

聯(lián)立解得ad經(jīng)過磁場邊界的速度大小為v1=0.01m/s

15.如圖，在xOy平面第一、四象限內(nèi)存在垂直平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，一帶正電的粒

子從M0,-y0點射入磁場，速度方向與y軸正方向夾角q=30°，從N0,y0點射出磁場。已知粒子的

電荷量為q(q>0)，質(zhì)量為m，忽略粒子重力及磁場邊緣效應(yīng)。

（1）求粒子射入磁場的速度大小v1和在磁場中運動的時間t1。

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B2y3

（2）若在xOy平面內(nèi)某點固定一負(fù)點電荷，電荷量為48q，粒子質(zhì)量取m=0（k為靜電力常量），

k

粒子仍沿（1）中的軌跡從M點運動到N點，求射入磁場的速度大小v2。

（3）在（2）問條件下，粒子從N點射出磁場開始，經(jīng)時間t2速度方向首次與N點速度方向相反，求t2

（電荷量為Q的點電荷產(chǎn)生的電場中，取無限遠(yuǎn)處的電勢為0時，與該點電荷距離為r處的電勢

kQ

j=）。

r

2qBypm

【答案】（1）0，

m3qB

6kq

（2）2

By0

23pBy3

（3）0

3kq

【解析】

【小問1詳解】

作出正電荷在磁場中運動的軌跡，如圖所示

y

由幾何關(guān)系可知，正電荷在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r=0=2y