2025年黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古高考物理真题

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

【答案与解析】

笔尖由 a 经 b 回到 a，初末位置重合，位移为零；轨迹长度不为零，路程不为零；两次过 a 点时运动方向沿轨迹切线相反，速度方向不同；相对纸面运动方向相反，滑动摩擦力方向相反。故选A。
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

【答案与解析】

瓶内气体体积不变，温度升高，分子平均动能增大、内能增大；由查理定律 $\frac{p}{T}$ 不变，压强增大；分子总数和体积均不变，分子数密度不变；温度升高是分子平均动能增大，并非每个分子动能都增大。故选B。
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

【答案与解析】

激光频率由光源决定，在甲、乙两种液体中频率相同；发生全反射的临界角满足 $\sin C=\frac{1}{n}$ ，甲的折射率大，临界角小，乙的临界角大。故选D。
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．

【答案与解析】

电容器充电后断开电源， $Q$ 不变， $C=\frac{\varepsilon S}{4\pi kd}$ ， $U=\frac{Q}{C}=\frac{4\pi kdQ}{\varepsilon S}\propto d$ 。增大压力 $F^{\prime}$ 时极板间距 $d$ 减小， $U$ 减小； $F^{\prime}$ 较小时 $d$ 易减小， $U$ 下降快， $F^{\prime}$ 较大时 $d$ 难减小， $U$ 下降变慢并趋于定值。故选D。
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．

【答案与解析】

两波源振动完全相同，同相波源的加强点满足波峰与波峰相遇，减弱点满足波峰与波谷相遇。图中只有 A 图满足 $P$ 在两条实线交点（加强点），且曲线 $ab$ 上各点均为实线与虚线交点（减弱点）。故选A。
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

【答案与解析】
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 $E_{kA}$ 、 $E_{kB}$ 、 $E_{kC}$ ，则（　　）

A． $E_{kA}<E_{kB}<E_{kC}$

B． $E_{kB}<E_{kA}<E_{kC}$

C． $E_{kA}<E_{kC}<E_{kB}$

D． $E_{kC}<E_{kA}<E_{kB}$

【答案与解析】
某理论研究认为， ${}^{100}_{42}\mathrm{Mo}$ 原子核可能发生双 $\beta$ 衰变，衰变方程为 ${}^{100}_{42}\mathrm{Mo}\rightarrow{}^{A}_{44}\mathrm{Ru}+y{}^{0}_{-1}\mathrm{e}$ 。处于第二激发态的 ${}^{A}_{44}\mathrm{Ru}$ 原子核先后辐射能量分别为 $0.5908\mathrm{MeV}$ 和 $0.5395\mathrm{MeV}$ 的 $\gamma_{1}$ 、 $\gamma_{2}$ 两光子后回到基态。下列说法正确的是（　　）

A． $A=100$

B． $y=2$

C． $\gamma_{1}$ 的频率比 $\gamma_{2}$ 的大

D． $\gamma_{1}$ 的波长比 $\gamma_{2}$ 的大

【答案与解析】

双 $\beta$ 衰变中质量数守恒 $100=A$ ，电荷数守恒 $42=44-y$ 得 $y=2$ ； $\gamma$ 光子能量 $E=h\nu$ ， $\gamma_1$ 能量大于 $\gamma_2$ ，频率更大，波长更小。故选ABC。
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 $\omega$ 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 $Bl^2\omega$

C． $t=\frac{\pi}{\omega}$ 时，感应电动势为0

D． $t=0$ 到 $t=\frac{\pi}{\omega}$ 过程中，感应电动势平均值为0

【答案与解析】

线框绕 be 轴顺时针转动，由图知从 b 向 e 看为顺时针，故角速度方向沿 $-y$ 。 $t=0$ 时 abef 面水平，各边中 ab、ef 与 $\mathrm{B}$ 平行不切割，bc、de 与转轴平行也不切割，仅 fa 边垂直于 $\mathrm{B}$ 且以速度 $v=\omega l$ 切割磁感线，感应电动势大小为 $E=Bl\cdot\omega l=Bl^2\omega$ ，但电流方向为 afedcba； $t=\frac{\pi}{\omega}$ 时线框转过 $180^\circ$ ，fa 边转到对侧，电动势大小仍为 $Bl^2\omega$ ； $0\sim\frac{\pi}{\omega}$ 内磁通量变化量不为零，平均电动势不为零。故选B。
如图（a），倾角为 $\theta$ 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 $v_{0}$ 沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为 $\mu_{1}$ 、 $\mu_{2}$ ，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 $t=t_{0}$ 时切线斜率为0，则（　　）

A． $\mu_{1}+\mu_{2}=2\tan\theta$

B． $t=t_{0}$ 时，甲的速度大小为 $3v_{0}$

C． $t=t_{0}$ 之前，地面对斜面的摩擦力方向向左

D． $t=t_{0}$ 之后，地面对斜面的摩擦力方向向左

【答案与解析】

由 $x-t$ 图像，乙在 $t_0$ 时切线斜率为零，即 $v_{\text{乙}}(t_0)=0$ ，又 $x_{\text{乙}}(t_0)=x_0$ ，得 $v_0t_0-\frac{1}{2}\frac{v_0}{t_0}t_0^2=\frac{v_0t_0}{2}=x_0$ 。甲在 $t_0$ 时 $x_{\text{甲}}(t_0)=3x_0$ ，即 $v_0t_0+\frac{1}{2}a_1t_0^2=3x_0$ ，代入 $v_0t_0=2x_0$ 得 $a_1=\frac{v_0}{t_0}$ ；而 $a_2=-\frac{v_0}{t_0}$ ，故 $a_1+a_2=0$ ，即 $g(\sin\theta-\mu_1\cos\theta)+g(\sin\theta-\mu_2\cos\theta)=0$ ，整理得 $\mu_1+\mu_2=2\tan\theta$ 。甲在 $t_0$ 时速度 $v_{\text{甲}}=v_0+a_1t_0=2v_0$ 。 $t_0$ 前两物块水平加速度等大反向，地面对斜面摩擦力为零； $t_0$ 后乙静止，甲继续加速，甲对斜面的水平作用力向左，故地面对斜面摩擦力向右。故选A。
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 $U_{bc}$ ，计算 $U_{ac}-U_{bc}$ ； ⑤改变电流，重复步骤②③④，断开开关。作出 $I-U_{ab}$ 、 $I-U_{ac}$ 及 $I-(U_{ac}-U_{bc})$ 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“ $0.5\mathrm{V}$ ”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“ $I-U_{ab}$ ”或“ $I-U_{ac}$ ”）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 $I-(U_{ac}-U_{bc})$ 曲线更接近。

【答案与解析】

(1) 电流由电源正极经滑动变阻器、 $a$ 、元件、 $b$ 、电流表流向 $c$ ，故 $a$ 点电势高于 $b$ 点，红表笔应接 $a$ 。 (2) 选择直流电压 $0.5\,\mathrm{V}$ 挡，指针指示 $200$ 分度，换算得读数为 $0.5\times\frac{200}{250}\,\mathrm{V}=0.400\,\mathrm{V}$ 。 (3) $U_{ac}=U_{ab}+U_{bc}$ 包含电流表分压，同一电流下 $U_{ac}$ 大于 $U_{ab}$ ，故图中偏右的乙为 $I-U_{ac}$ 曲线。 (4) 元件阻值较小时，电压表分流影响较小， $U_{ab}$ 更接近真实元件电压 $U_{ac}-U_{bc}$ ，故甲曲线与 $I-(U_{ac}-U_{bc})$ 曲线更接近。
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 $30^{\circ}$ 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 $x=11.60\mathrm{cm}$ ，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 $30^{\circ}$ 但与橡皮筋不垂直，由图像读出的芒果质量与 $m_0$ 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＿＿＿＿。 $(3)$ 写出一条可以使上述装置测量质量范围增大的措施＿＿＿＿。

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

【答案与解析】

(1) 由 $x-m$ 图线， $m=0$ 时 $x_0=10.0\,\mathrm{cm}$ ， $m=100\,\mathrm{g}$ 时 $x=11.5\,\mathrm{cm}$ ，斜率 $k'=\frac{1.5\,\mathrm{cm}}{100\,\mathrm{g}}$ 。当 $x=11.60\,\mathrm{cm}$ 时， $m=\frac{11.60-10.0}{1.5}\times100\,\mathrm{g}\approx107\,\mathrm{g}$ 。若橡皮筋与绳 1 不垂直，为保持平衡橡皮筋拉力需增大，伸长量偏大，读出质量偏大。 (2) 图像后半部分弯曲说明伸长量过大后橡皮筋弹力与伸长量不再成正比，故选C。 (3) 换用劲度系数更大的橡皮筋（或换用弹性限度更大的橡皮筋、增加橡皮筋原长等），可增大测量范围。
如图，一雪块从倾角 $\theta=37^{\circ}$ 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 $x=2.5\mathrm{m}$ ，A点距地面的高度 $h=1.95\mathrm{m}$ ，雪块与屋顶的动摩擦因数 $\mu=0.125$ 。不计空气阻力，雪块质量不变，取 $\sin37^{\circ}=0.6$ ，重力加速度大小 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ 。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 $v_{1}$ ，及其速度方向与水平方向的夹角 $\alpha$ 。

【答案与解析】

(1) 雪块沿屋顶下滑，由牛顿第二定律 $mg\sin\theta-\mu mg\cos\theta=ma$ ，代入 $\sin37^\circ=0.6$ ， $\cos37^\circ=0.8$ ， $\mu=0.125$ ， $g=10\,\mathrm{m/s^2}$ ，得 $a=5\,\mathrm{m/s^2}$ 。由 $v_0^2=2ax$ 得 $v_0=\sqrt{2\times5\times2.5}\,\mathrm{m/s}=5\,\mathrm{m/s}$ 。 (2) 雪块从 A 点离开后做斜抛运动，初速度水平分量 $v_x=v_0\cos37^\circ=4\,\mathrm{m/s}$ ，竖直向下分量 $v_{y0}=v_0\sin37^\circ=3\,\mathrm{m/s}$ 。竖直方向 $h=v_{y0}t+\frac{1}{2}gt^2$ ，即 $1.95=3t+5t^2$ ，解得 $t=\frac{4\sqrt{3}-3}{10}\,\mathrm{s}$ （舍去负根）。落地时 $v_y=v_{y0}+gt=4\sqrt{3}\,\mathrm{m/s}$ ，合速度 $v_1=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=\sqrt{16+48}\,\mathrm{m/s}=8\,\mathrm{m/s}$ ； $\tan\alpha=\frac{v_y}{v_x}=\sqrt{3}$ ，故速度方向与水平方向夹角 $\alpha=60^\circ$ 。
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 $m=1\mathrm{kg}$ ，电阻 $R=0.5\mathrm{\Omega}$ 、边长 $L=1\mathrm{m}$ 。磁感应强度B随时间t连续变化， $0\sim1\mathrm{s}$ 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 $0\sim1\mathrm{s}$ 内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。

$(1)$ 求 $t=0.5\mathrm{s}$ 时 $ad$ 边受到的安培力大小F； $(2)$ 画出图 $(b)$ 中 $1\sim2\mathrm{s}$ 内 $B-t$ 图像（无需写出计算过程）； $(3)$ 从 $t=2\mathrm{s}$ 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 $v_{0}=0.1\mathrm{m/s}$ ，求ad边离开磁场时的速度大小 $v_{1}$ 。

【答案与解析】

(1) 线框一半在磁场中，有效面积 $S=\frac{L^2}{2}=0.5\,\mathrm{m^2}$ 。 $0\sim1\,\mathrm{s}$ 内 $\mathrm{B}$ 从 $0.2\,\mathrm{T}$ 线性减小到 $0.1\,\mathrm{T}$ ， $\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}=-0.1\,\mathrm{T/s}$ 。感应电流大小 $I=\frac{S}{R}\left|\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\right|=\frac{0.5}{0.5}\times0.1\,\mathrm{A}=0.1\,\mathrm{A}$ （方向顺时针为正，此时为正值）。 $t=0.5\,\mathrm{s}$ 时 $B=0.15\,\mathrm{T}$ ，ad 边所受安培力 $F=BIL=0.15\times0.1\times1\,\mathrm{N}=0.015\,\mathrm{N}$ 。 (2) $1\sim2\,\mathrm{s}$ 内 $I=-0.2\,\mathrm{A}$ 恒定，由 $I=-\frac{S}{R}\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}$ 得 $\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}=0.2\,\mathrm{T/s}$ 。 $B-t$ 图线为过 $(1.0,0.1)$ 到 $(2.0,0.3)$ 的直线。 (3) $t=2\,\mathrm{s}$ 后 $B=0.3\,\mathrm{T}$ 不变，线框以 $v_0=0.1\,\mathrm{m/s}$ 向右运动，ad 边离开磁场时线框移动距离 $\Delta x=\frac{L}{2}=0.5\,\mathrm{m}$ 。由动量定理 $-BIL\cdot\Delta t=m(v_1-v_0)$ ，且 $q=\bar I\Delta t=\frac{B\Delta S}{R}=\frac{BL\Delta x}{R}=\frac{B L^2}{2R}$ ，代入得 $v_1=v_0-\frac{B^2L^3}{2Rm}=0.1-\frac{0.3^2\times1^3}{2\times0.5\times1}\,\mathrm{m/s}=0.01\,\mathrm{m/s}$ 。
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 $M(0,-y_{0})$ 点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角 $\theta=30^{\circ}$ ，从 $N(0,y_{0})$ 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 $v_{1}$ 和在磁场中运动的时间 $t_{1}$ 。 $(2)$ 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 $m=\frac{B^{2}y_{0}^{3}}{k}$ （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 $v_2$ 。 $(3)$ 在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间 $t_{2}$ 速度方向首次与N点速度方向相反，求 $t_{2}$ （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 $\varphi=\frac{kQ}{r}$ ）。

【答案与解析】

(1) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，弦 $MN$ 长 $2y_0$ ，圆心在 $x$ 轴上。由几何关系，入射速度与半径 $CM$ 垂直，圆心角 $\angle MCN=60^\circ$ ，轨道半径 $R=2y_0$ 。由 $qv_1B=m\frac{v_1^2}{R}$ 得 $v_1=\frac{2qBy_0}{m}$ 。运动时间 $t_1=\frac{T}{6}=\frac{\pi m}{3qB}$ 。 (2) 要保持原轨迹，负点电荷必须位于圆心 $C(-\sqrt{3}y_0,0)$ ，库仑引力与洛伦兹力均指向圆心。由 $qv_2B+\frac{k\cdot48q\cdot q}{(2y_0)^2}=m\frac{v_2^2}{2y_0}$ ，代入 $m=\frac{B^2y_0^3}{k}$ ，解得 $v_2=\frac{6qBy_0}{m}=\frac{6kq}{By_0^2}$ 。 (3) 粒子从 N 点射出磁场后仅受库仑力作用。N 点速度方向与 $CN$ 垂直，粒子以 $v_2$ 进入椭圆轨道，N 为近日点。由能量守恒 $E=\frac{1}{2}mv_2^2-\frac{48kq^2}{2y_0}=-\frac{6kq^2}{y_0}$ ，得半长轴 $a=4y_0$ 。近日点与远日点速度方向相反，所需时间为半个周期 $t_2=\frac{T}{2}=\pi\sqrt{\frac{a^3m}{48kq^2}}=\frac{2\pi By_0^3}{\sqrt{3}kq}=\frac{2\sqrt{3}\pi By_0^3}{3kq}$ 。