【高考真题】黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古2025年高考物理试卷
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）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
【知识点】位移与路程；矢量与标量；速度与速率；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】AB、笔尖由a点经b点回到a点，位移为0，位移等于初末位置有向线段的长度，路程不为0，故A正确，B错误；
CD、速度和力为矢量，两次过a点时速度和力的方向不同，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】路程是标量，即没有方向的量。位移是矢量，有大小有方向。在直线运动中，路程是直线轨迹的长度；在曲线运动中，路程是曲线轨迹的长度。当物体在运动过程中经过一段时间后回到原处，路程不为零，位移则等于零。速度方向沿轨迹切线方向，摩擦力方向与笔尖的运动方向相反，据此进行分析作答。
2．（2025·黑吉辽蒙）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
【知识点】气体压强的微观解释；分子动能；物体的内能；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A、糖果瓶被带进温暖的车厢一段时间后，瓶内气体的温度会升高，其内能增加，故A错误；B、瓶内气体的体积不变，温度升高，发生等容变化，根据查理定律：，可知瓶内气体的压强变大，故B正确；
C、瓶内气体的物质的量与体积均不变，分子数密度表示单位体积分子的数量，分子的数密度不变，故C错误；
D、瓶内气体的温度升高，分子的平均动能变大，而不是每个分子动能都变大，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据封闭气体内能与温度的关系判断内能的变化；根据查理定律判断瓶内气体的压强的变化；瓶内气体的质量与体积均不变，分子的数密度不变；瓶内气体的温度升高，分子的平均动能变大。
3．（2025·黑吉辽蒙）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
【知识点】光的全反射；激光的特性及应用
【解析】【解答】AB、介质不能改变光的频率，同一激光在不同介质中的频率是相同的，故激光在甲中和乙中的频率是相同的，故AB错误；
CD、光从其他介质射向空气时，发生全反射，全反射临界角C满足：，已知甲的折射率比乙的大，即n甲＞n乙，可得：C甲＜C乙，即用乙时全反射临界角大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】同一激光在不同介质中的频率是相同的；根据全反射临界角C满足：，判断全反射临界角的大小关系。
4．（2025·黑吉辽蒙）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
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】将该电容器充电后断开电源，电容器的带电量Q保持不变，由题意可知逐渐增大施加于两极板压力的过程，极板间距d随压力F的增大而减小的越来越慢，电容的决定式：C可知电容增加的越来越慢，根据电容的定义式可得：U，则极板间电势差U随压力F的增大而减小的越来越慢，即U﹣F的关系曲线的斜率随F的增大而减小，故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】根据电容的定义式与决定式推导极板间电势差与极板间距离的关系式，依据题意分析极板间距随压力的变化情况，确定U﹣F的关系曲线的斜率如何变化。
5．（2025·黑吉辽蒙）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】C
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】BD、BD选项对应的图中的P点均是两虚线的交点，为两列波的波谷与波谷相遇的点，P点位于其最大负位移处，故BD错误；
AC.如图所示
曲线①③上的点均为振动减弱点，曲线②上的点均为振动加强点。
A选项中ab连线上的点有一个在曲线②上即为振动加强点，C选项中ab连线上的点都在曲线③上，均为振动减弱点，故C正确，A错误。
故答案为：C。
【分析】P点位于其最大正位移处，则P点为两列波的波峰与波峰相遇的点；曲线ab上的所有点均为振动减弱点，根据干涉图样中振动减弱区域作出判断。
6．（2025·黑吉辽蒙）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
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】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，物体实际运动速度为合速度，根据平行四边形定则将v块沿绳方向和垂直绳方向分解，将v沿绳子方向和垂直绳方向分解，
两个速度沿绳子方向速度相等，可得v块cosθ＝vsinθ，解得，由于塔块匀速下落时θ在减小，故可知v一直增大，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】将v和塔块的速度分解到沿绳方向和垂直绳方向，且沿绳子方向的速度相等，根据角度关系分析出速度的变化。
7．（2025·黑吉辽蒙）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。原长为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，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】弹性势能；重力势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】弹簧原长等于2r，由图可得在ABC三点弹簧形变长度都为r，即弹性势能都相等，只要比较电势能和重力势能即可得出动能大小关系；BC两点电势能相等，B点重力势能小，则B点动能大，
即EkC＜EkB，滑块从A运动到B的过程中，根据数学知识，由于Eq＝mg，由功能关系可得即B到A电势能增加量大于B到C重力势能增加量，B点动能一定，则剩余在A点和C点动能满足EkA＜EkC
综上：EkA＜EkC＜EkB
故ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】在ABC三点弹簧形变长度都为r，即弹性势能都相等，结合能量守恒定律和功能关系求解。
8．（2025·黑吉辽蒙）某理论研究认为，原子核可能发生双衰变，衰变方程为。处于第二激发态的原子核先后辐射能量分别为和的、两光子后回到基态。下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．的频率比的大 D．的波长比的大
【答案】A,B,C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】AB.根据质量数和电荷数守恒有→，即A＝100，y＝2，故AB正确；CD.因为γ1的光子能量大于γ2的光子能量，由E＝hν和c＝λν可知，γ1的频率大于γ2的频率，γ1的波长小于γ2的波长，故C正确，D错误。
故答案为：ABC。
【分析】根据质量数和电荷数守恒、结合光子能量公式波速和频率的关系式进行分析解答。
9．（2025·黑吉辽蒙）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所在直线以角速度顺时针匀速转动，be与磁场方向垂直。时，abef与水平面平行，则（ ）
A．时，电流方向为abcdefa
B．时，感应电动势为
C．时，感应电动势为0
D．到过程中，感应电动势平均值为0
【答案】A,B
【知识点】右手定则；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】AB、t＝0时刻cd边的速度方向与磁感线平行，只有af切割磁感线产生感应电动势， 各边长均为l，线框绕b、e所在直线以角速度顺时针匀速转动， 此时af边的速度大小为v＝ωl，方向与磁感线垂直向下，根据法拉第电磁感应定律得感应电动势为E＝Blv＝Bl2ω。根据右手定则判断此时感应电流方向为abcdefa，故AB正确；
C、根据T=可知t时导线框转动了半周，此时cd边的速度方向水平向左，仍与磁感线平行，af边的速度方向与磁感线垂直向上，只有af切割磁感线产生感应电动势，故此时感应电动势不为零，故C错误；
D、由t＝0到的过程，导线框转动了半周，导线框的bcde部分初末均与磁场方向垂直，其磁通量变化量为ΔΦ＝Bl2﹣（﹣Bl2）＝2Bl2，导线框的abef部分初末均与磁场方向平行，其磁通量变化量为零。即此过程导线框的磁通量变化量不为零，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势平均值不为零，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】t＝0时刻cd边的速度方向与磁感线平行，只有af切割磁感线产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势；根据右手定则判断此时感应电流方向；t时导线框转动了半周，此时cd边的速度方向仍与磁感线平行，af边切割磁感线产生感应电动势；由t＝0到的过程，导线框转动了半周，判断此过程导线框的磁通量变化量是否为零。
10．（2025·黑吉辽蒙）如图（a），倾角为的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为、，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，乙的曲线在时切线斜率为0，则（ ）
A．
B．时，甲的速度大小为
C．之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D．之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
【答案】A,D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；运动学 S-t 图象；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AB.甲乙两个物块的曲线均为抛物线，根据匀变速运动规律可知则甲物体做匀加速运动，乙物体做匀减速运动，在时间内甲乙位移可得，，可得t0时刻甲物体的速度为v＝2v0，甲物体的加速度大小为，乙物体的加速度大小为，
由牛顿第二定律可得甲物体mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1，
同理可得乙物体μ2mgcosθ﹣mgsinθ＝ma2
联立可得μ1+μ2＝2tanθ，故A正确，B错误；
C.设斜面的质量为M，取水平向左为正方向，水平方向上由牛顿第二定理可得f＝ma1cosθ﹣ma2cosθ＝0，则t＝t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，故C错误；
D.t＝t0之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿斜面向下加速，水平方向上由牛顿第二定律可得f＝ma1cosθ，即地面对斜面的摩擦力向左，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】x﹣t图像的斜率表示速度，结合平均速度公式求解甲乙的初速度，从而求解加速度，根据牛顿第二定律对单个物体或者整体列式求解。
二、非选择题：本题公5小题，共54分。
11．（2025·黑吉辽蒙）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；
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；
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，计算；
⑤改变电流，重复步骤②③④，断开开关。
作出、及曲线如图（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“”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“”或“”）曲线；
（4）实验结果表明，当此元件阻值较小时， （填“甲”或“乙”）曲线与曲线更接近。
【答案】（1）a
（2）0.410
（3）
（4）甲
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；伏安法测电阻；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）根据电路图可知通过元件的电流方向为a→b，根据“红进黑出”即电流从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电表的原则可知，红表笔应连a接点；
（2）选用直流电压挡“0.5V”，则分度值为0.01V，结果要估读，读到最小刻度后一位，此时电表读数为0.378V；
（3）根据电路图可知当电流表示数一定时，a、c间的电压Uac比Uab和（Uac﹣Ubc）都大，电流一定时，图（b）中乙的电压最大，故图（b）中乙是I﹣Uac的图像；
（4）I﹣U图像上的点与原点连线的斜率的倒数等于的阻值，由此可知当电流相同时图（b）中曲线甲对应的电阻值最小，故曲线甲是电流表外接的情况下测量得到的图像，即曲线甲是I﹣Uab的图像。由（3）的解答可知图（b）中曲线乙是I﹣Uac的图像，是电流表内接的情况下测量得到的图像，由题意可知I﹣（Uac﹣Ubc）图像介于曲线甲、乙之间，即图（b）中实线是I﹣（Uac﹣Ubc）的图像。当此元件阻值较小时，对应图（b）中电压较大的部分，可见图（b）中的实线曲线甲更接近，即当此元件阻值较小时，甲曲线与I﹣（Uac﹣Ubc）曲线更接近。
【分析】（1）判断通过元件的电流方向，根据“红进黑出”的原则解答；
（2）选用直流电压挡“0.5V”，先确定分度值，再根据刻度值读数；
（3）根据电流一定时，电压的大小关系判断图（b）中乙是哪个的图像；
（4）根据I﹣U图像上的点与原点连线的斜率的倒数等于的阻值，判断图（b）中曲线甲是哪种情况下测量得到的图像。根据（Uac﹣Ubc）是元件电压的真实值，确定I﹣（Uac﹣Ubc）图像是图（b）中实线，当此元件阻值较小时，对应图（b）中电压较大的部分，由图可见图（b）中的实线曲线甲更接近。
12．（2025·黑吉辽蒙）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，由图（b）可知，该芒果的质量 g（结果保留到个位）。若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向夹角为但与橡皮筋不垂直，由图像读出的芒果质量与相比 （填“偏大”或“偏小”）。
（2）另一组同学利用同样方法得到的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；偏大
（2）C
（3）减小细线与竖直方向的夹角
【知识点】胡克定律；力的平行四边形定则及应用；共点力的平衡
【解析】【解答】（1）根据图（b）所示，当x＝11.60cm时，可得该芒果的质量m0＝106g。
当绳1与竖直方向夹角为30°但与橡皮筋不垂直时，如下图1所示，
可知无论橡皮筋与绳1的夹角变大还是变小，橡皮筋的拉力F均变大，橡皮筋长度均会变大，由图像读出的芒果质量与m0相比偏大。
（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，是由于橡皮筋伸长量过大，超出了它的弹性限度，以至于弹力与其伸长量不再成正比的原因。此情况与水杯质量过小和绳套长度过大均无关，故C正确，AB错误。
故选：C。
（3）设绳1与竖直方向夹角为θ，根据图1的受力分析，橡皮筋与绳1垂直时由平衡条件得：
F＝T2sinθ，其中T2为绳2的拉力，其大小等于水杯与被测物体的总重力。要使装置测量质量范围增大，即使T2较大时F较小，可减小θ的值，故可以采取减小绳1与竖直方向的夹角的措施来增大测量质量范围。
【分析】（1）根据图（b）的x﹣m关系图线读出该芒果的质量；当绳1与橡皮筋不垂直时，作出受力分析图，根据平衡条件判断橡皮筋的拉力F的变化情况，可知橡皮筋长度的变化情况，由图像确定测量的误差。
（2）得到的x﹣m图像在后半部分弯曲与水杯质量过小和绳套长度过大均无关。可能是由于橡皮筋伸长量过大，超出了它的弹性限度所致。
（3）由平衡条件得到橡皮筋的拉力与水杯和被测物体的总重力的关系，据此关系式找到增大测量质量范围的方法。
13．（2025·黑吉辽蒙）如图，一雪块从倾角的屋顶上的点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离，A点距地面的高度，雪块与屋顶的动摩擦因数。不计空气阻力，雪块质量不变，取，重力加速度大小。求：
（1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小；
（2）雪块落地时的速度大小，及其速度方向与水平方向的夹角。
【答案】（1）雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理
代入数据解得雪块到A点速度大小为
（2）雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理
代入数据解得雪块到地面速度大小
速度与水平方向夹角，满足
解得
【知识点】运动的合成与分解；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对雪块由静止下滑到A点的过程，根据动能定理求解雪块到A点速度大小；
（2）根据机械能守恒定律得求解雪块到地面速度大小。雪块由A点到地面的过程做斜抛运动，根据矢量的合成与分解求解雪块由A点到地面的速度与水平方向夹角。
14．（2025·黑吉辽蒙）如图（a），固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框，置于始终竖直向下的匀强磁场中，边与磁场边界平行，边中点位于磁场边界。导体框的质量，电阻、边长。磁感应强度B随时间t连续变化，内图像如图（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，其中内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。
（1）求时边受到的安培力大小F；
（2）画出图(b)中内图像（无需写出计算过程）；
（3）从开始，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，求ad边离开磁场时的速度大小。
【答案】（1）由法拉第电磁感应定律
由闭合电路欧姆定律可知，内线框中的感应电流大小为
由图（b）可知，时磁感应强度大小为
所以此时导线框的安培力大小为
（2）内线框内的感应电流大小为，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（c）可知内的感应电流大小为
方向为逆时针，根据欧姆定律可知内的感应电动势大小为
由法拉第电磁感应定律
可知内磁感应强度的变化率为
解得时磁感应强度大小为
方向垂直于纸面向里，故的磁场随时间变化图为
（3）由动量定理可知
其中
联立解得经过磁场边界的速度大小为
【知识点】动量定理；安培力；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律求解安培力；
（2）根据法拉第电磁感应定律结合图像的电流变化，楞次定律进行分析判断；
（3）根据动量定理列式求解。
15．（2025·黑吉辽蒙）如图，在平面第一、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，一带正电的粒子从点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角，从点射出磁场。已知粒子的电荷量为，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和在磁场中运动的时间。
（2）若在平面内某点固定一负点电荷，电荷量为，粒子质量取（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。
（3）在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间速度方向首次与N点速度方向相反，求（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）。
【答案】（1）作出正电荷在磁场中运动的轨迹，如图所示
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
由洛伦兹力提供向心力
解得正电荷的入射速度大小为
正电荷在磁场中运动的周期为
所以正电荷从M运动到N的时间为
（2）由题意可知，在平面内的负电荷在圆心O处，由牛顿第二定律可知，其中
解得或（舍去）
（3）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
由能量守恒定律得
由开普勒第二定律可知
其中
联立解得
由牛顿第二定律
解得
故正电荷从点离开磁场后到首次速度变为与点的射出速度相反的时间为
【知识点】开普勒定律；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据几何关系计算出粒子的轨道半径，然后根据向心力公式计算即可；根据粒子的偏转角和周期关系计算时间；
（2）正电荷由洛伦兹力和库仑力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律计算；
（3）离开磁场后洛伦兹力消失，只靠库仑力不足以提供维持圆周运动的向心力，粒子做离心运动，由于N点受力与速度v2垂直，因此轨迹是负电荷为焦点的椭圆，类比于开普勒第三定律计算即可。
1 / 1【高考真题】黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古2025年高考物理试卷
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）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
2．（2025·黑吉辽蒙）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
3．（2025·黑吉辽蒙）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
4．（2025·黑吉辽蒙）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．
5．（2025·黑吉辽蒙）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．
6．（2025·黑吉辽蒙）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
7．（2025·黑吉辽蒙）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。原长为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，则（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025·黑吉辽蒙）某理论研究认为，原子核可能发生双衰变，衰变方程为。处于第二激发态的原子核先后辐射能量分别为和的、两光子后回到基态。下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．的频率比的大 D．的波长比的大
9．（2025·黑吉辽蒙）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所在直线以角速度顺时针匀速转动，be与磁场方向垂直。时，abef与水平面平行，则（ ）
A．时，电流方向为abcdefa
B．时，感应电动势为
C．时，感应电动势为0
D．到过程中，感应电动势平均值为0
10．（2025·黑吉辽蒙）如图（a），倾角为的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为、，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，乙的曲线在时切线斜率为0，则（ ）
A．
B．时，甲的速度大小为
C．之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D．之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
二、非选择题：本题公5小题，共54分。
11．（2025·黑吉辽蒙）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；
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；
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，计算；
⑤改变电流，重复步骤②③④，断开开关。
作出、及曲线如图（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“”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“”或“”）曲线；
（4）实验结果表明，当此元件阻值较小时， （填“甲”或“乙”）曲线与曲线更接近。
12．（2025·黑吉辽蒙）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，由图（b）可知，该芒果的质量 g（结果保留到个位）。若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向夹角为但与橡皮筋不垂直，由图像读出的芒果质量与相比 （填“偏大”或“偏小”）。
（2）另一组同学利用同样方法得到的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 。
13．（2025·黑吉辽蒙）如图，一雪块从倾角的屋顶上的点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离，A点距地面的高度，雪块与屋顶的动摩擦因数。不计空气阻力，雪块质量不变，取，重力加速度大小。求：
（1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小；
（2）雪块落地时的速度大小，及其速度方向与水平方向的夹角。
14．（2025·黑吉辽蒙）如图（a），固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框，置于始终竖直向下的匀强磁场中，边与磁场边界平行，边中点位于磁场边界。导体框的质量，电阻、边长。磁感应强度B随时间t连续变化，内图像如图（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，其中内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。
（1）求时边受到的安培力大小F；
（2）画出图(b)中内图像（无需写出计算过程）；
（3）从开始，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，求ad边离开磁场时的速度大小。
15．（2025·黑吉辽蒙）如图，在平面第一、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，一带正电的粒子从点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角，从点射出磁场。已知粒子的电荷量为，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和在磁场中运动的时间。
（2）若在平面内某点固定一负点电荷，电荷量为，粒子质量取（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。
（3）在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间速度方向首次与N点速度方向相反，求（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）。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】位移与路程；矢量与标量；速度与速率；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】AB、笔尖由a点经b点回到a点，位移为0，位移等于初末位置有向线段的长度，路程不为0，故A正确，B错误；
CD、速度和力为矢量，两次过a点时速度和力的方向不同，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】路程是标量，即没有方向的量。位移是矢量，有大小有方向。在直线运动中，路程是直线轨迹的长度；在曲线运动中，路程是曲线轨迹的长度。当物体在运动过程中经过一段时间后回到原处，路程不为零，位移则等于零。速度方向沿轨迹切线方向，摩擦力方向与笔尖的运动方向相反，据此进行分析作答。
2．【答案】B
【知识点】气体压强的微观解释；分子动能；物体的内能；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A、糖果瓶被带进温暖的车厢一段时间后，瓶内气体的温度会升高，其内能增加，故A错误；B、瓶内气体的体积不变，温度升高，发生等容变化，根据查理定律：，可知瓶内气体的压强变大，故B正确；
C、瓶内气体的物质的量与体积均不变，分子数密度表示单位体积分子的数量，分子的数密度不变，故C错误；
D、瓶内气体的温度升高，分子的平均动能变大，而不是每个分子动能都变大，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据封闭气体内能与温度的关系判断内能的变化；根据查理定律判断瓶内气体的压强的变化；瓶内气体的质量与体积均不变，分子的数密度不变；瓶内气体的温度升高，分子的平均动能变大。
3．【答案】D
【知识点】光的全反射；激光的特性及应用
【解析】【解答】AB、介质不能改变光的频率，同一激光在不同介质中的频率是相同的，故激光在甲中和乙中的频率是相同的，故AB错误；
CD、光从其他介质射向空气时，发生全反射，全反射临界角C满足：，已知甲的折射率比乙的大，即n甲＞n乙，可得：C甲＜C乙，即用乙时全反射临界角大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】同一激光在不同介质中的频率是相同的；根据全反射临界角C满足：，判断全反射临界角的大小关系。
4．【答案】D
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】将该电容器充电后断开电源，电容器的带电量Q保持不变，由题意可知逐渐增大施加于两极板压力的过程，极板间距d随压力F的增大而减小的越来越慢，电容的决定式：C可知电容增加的越来越慢，根据电容的定义式可得：U，则极板间电势差U随压力F的增大而减小的越来越慢，即U﹣F的关系曲线的斜率随F的增大而减小，故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】根据电容的定义式与决定式推导极板间电势差与极板间距离的关系式，依据题意分析极板间距随压力的变化情况，确定U﹣F的关系曲线的斜率如何变化。
5．【答案】C
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】BD、BD选项对应的图中的P点均是两虚线的交点，为两列波的波谷与波谷相遇的点，P点位于其最大负位移处，故BD错误；
AC.如图所示
曲线①③上的点均为振动减弱点，曲线②上的点均为振动加强点。
A选项中ab连线上的点有一个在曲线②上即为振动加强点，C选项中ab连线上的点都在曲线③上，均为振动减弱点，故C正确，A错误。
故答案为：C。
【分析】P点位于其最大正位移处，则P点为两列波的波峰与波峰相遇的点；曲线ab上的所有点均为振动减弱点，根据干涉图样中振动减弱区域作出判断。
6．【答案】B
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】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，物体实际运动速度为合速度，根据平行四边形定则将v块沿绳方向和垂直绳方向分解，将v沿绳子方向和垂直绳方向分解，
两个速度沿绳子方向速度相等，可得v块cosθ＝vsinθ，解得，由于塔块匀速下落时θ在减小，故可知v一直增大，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】将v和塔块的速度分解到沿绳方向和垂直绳方向，且沿绳子方向的速度相等，根据角度关系分析出速度的变化。
7．【答案】C
【知识点】弹性势能；重力势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】弹簧原长等于2r，由图可得在ABC三点弹簧形变长度都为r，即弹性势能都相等，只要比较电势能和重力势能即可得出动能大小关系；BC两点电势能相等，B点重力势能小，则B点动能大，
即EkC＜EkB，滑块从A运动到B的过程中，根据数学知识，由于Eq＝mg，由功能关系可得即B到A电势能增加量大于B到C重力势能增加量，B点动能一定，则剩余在A点和C点动能满足EkA＜EkC
综上：EkA＜EkC＜EkB
故ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】在ABC三点弹簧形变长度都为r，即弹性势能都相等，结合能量守恒定律和功能关系求解。
8．【答案】A,B,C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】AB.根据质量数和电荷数守恒有→，即A＝100，y＝2，故AB正确；CD.因为γ1的光子能量大于γ2的光子能量，由E＝hν和c＝λν可知，γ1的频率大于γ2的频率，γ1的波长小于γ2的波长，故C正确，D错误。
故答案为：ABC。
【分析】根据质量数和电荷数守恒、结合光子能量公式波速和频率的关系式进行分析解答。
9．【答案】A,B
【知识点】右手定则；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】AB、t＝0时刻cd边的速度方向与磁感线平行，只有af切割磁感线产生感应电动势， 各边长均为l，线框绕b、e所在直线以角速度顺时针匀速转动， 此时af边的速度大小为v＝ωl，方向与磁感线垂直向下，根据法拉第电磁感应定律得感应电动势为E＝Blv＝Bl2ω。根据右手定则判断此时感应电流方向为abcdefa，故AB正确；
C、根据T=可知t时导线框转动了半周，此时cd边的速度方向水平向左，仍与磁感线平行，af边的速度方向与磁感线垂直向上，只有af切割磁感线产生感应电动势，故此时感应电动势不为零，故C错误；
D、由t＝0到的过程，导线框转动了半周，导线框的bcde部分初末均与磁场方向垂直，其磁通量变化量为ΔΦ＝Bl2﹣（﹣Bl2）＝2Bl2，导线框的abef部分初末均与磁场方向平行，其磁通量变化量为零。即此过程导线框的磁通量变化量不为零，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势平均值不为零，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】t＝0时刻cd边的速度方向与磁感线平行，只有af切割磁感线产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势；根据右手定则判断此时感应电流方向；t时导线框转动了半周，此时cd边的速度方向仍与磁感线平行，af边切割磁感线产生感应电动势；由t＝0到的过程，导线框转动了半周，判断此过程导线框的磁通量变化量是否为零。
10．【答案】A,D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；运动学 S-t 图象；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AB.甲乙两个物块的曲线均为抛物线，根据匀变速运动规律可知则甲物体做匀加速运动，乙物体做匀减速运动，在时间内甲乙位移可得，，可得t0时刻甲物体的速度为v＝2v0，甲物体的加速度大小为，乙物体的加速度大小为，
由牛顿第二定律可得甲物体mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1，
同理可得乙物体μ2mgcosθ﹣mgsinθ＝ma2
联立可得μ1+μ2＝2tanθ，故A正确，B错误；
C.设斜面的质量为M，取水平向左为正方向，水平方向上由牛顿第二定理可得f＝ma1cosθ﹣ma2cosθ＝0，则t＝t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，故C错误；
D.t＝t0之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿斜面向下加速，水平方向上由牛顿第二定律可得f＝ma1cosθ，即地面对斜面的摩擦力向左，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】x﹣t图像的斜率表示速度，结合平均速度公式求解甲乙的初速度，从而求解加速度，根据牛顿第二定律对单个物体或者整体列式求解。
11．【答案】（1）a
（2）0.410
（3）
（4）甲
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；伏安法测电阻；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）根据电路图可知通过元件的电流方向为a→b，根据“红进黑出”即电流从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电表的原则可知，红表笔应连a接点；
（2）选用直流电压挡“0.5V”，则分度值为0.01V，结果要估读，读到最小刻度后一位，此时电表读数为0.378V；
（3）根据电路图可知当电流表示数一定时，a、c间的电压Uac比Uab和（Uac﹣Ubc）都大，电流一定时，图（b）中乙的电压最大，故图（b）中乙是I﹣Uac的图像；
（4）I﹣U图像上的点与原点连线的斜率的倒数等于的阻值，由此可知当电流相同时图（b）中曲线甲对应的电阻值最小，故曲线甲是电流表外接的情况下测量得到的图像，即曲线甲是I﹣Uab的图像。由（3）的解答可知图（b）中曲线乙是I﹣Uac的图像，是电流表内接的情况下测量得到的图像，由题意可知I﹣（Uac﹣Ubc）图像介于曲线甲、乙之间，即图（b）中实线是I﹣（Uac﹣Ubc）的图像。当此元件阻值较小时，对应图（b）中电压较大的部分，可见图（b）中的实线曲线甲更接近，即当此元件阻值较小时，甲曲线与I﹣（Uac﹣Ubc）曲线更接近。
【分析】（1）判断通过元件的电流方向，根据“红进黑出”的原则解答；
（2）选用直流电压挡“0.5V”，先确定分度值，再根据刻度值读数；
（3）根据电流一定时，电压的大小关系判断图（b）中乙是哪个的图像；
（4）根据I﹣U图像上的点与原点连线的斜率的倒数等于的阻值，判断图（b）中曲线甲是哪种情况下测量得到的图像。根据（Uac﹣Ubc）是元件电压的真实值，确定I﹣（Uac﹣Ubc）图像是图（b）中实线，当此元件阻值较小时，对应图（b）中电压较大的部分，由图可见图（b）中的实线曲线甲更接近。
12．【答案】（1）106；偏大
（2）C
（3）减小细线与竖直方向的夹角
【知识点】胡克定律；力的平行四边形定则及应用；共点力的平衡
【解析】【解答】（1）根据图（b）所示，当x＝11.60cm时，可得该芒果的质量m0＝106g。
当绳1与竖直方向夹角为30°但与橡皮筋不垂直时，如下图1所示，
可知无论橡皮筋与绳1的夹角变大还是变小，橡皮筋的拉力F均变大，橡皮筋长度均会变大，由图像读出的芒果质量与m0相比偏大。
（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，是由于橡皮筋伸长量过大，超出了它的弹性限度，以至于弹力与其伸长量不再成正比的原因。此情况与水杯质量过小和绳套长度过大均无关，故C正确，AB错误。
故选：C。
（3）设绳1与竖直方向夹角为θ，根据图1的受力分析，橡皮筋与绳1垂直时由平衡条件得：
F＝T2sinθ，其中T2为绳2的拉力，其大小等于水杯与被测物体的总重力。要使装置测量质量范围增大，即使T2较大时F较小，可减小θ的值，故可以采取减小绳1与竖直方向的夹角的措施来增大测量质量范围。
【分析】（1）根据图（b）的x﹣m关系图线读出该芒果的质量；当绳1与橡皮筋不垂直时，作出受力分析图，根据平衡条件判断橡皮筋的拉力F的变化情况，可知橡皮筋长度的变化情况，由图像确定测量的误差。
（2）得到的x﹣m图像在后半部分弯曲与水杯质量过小和绳套长度过大均无关。可能是由于橡皮筋伸长量过大，超出了它的弹性限度所致。
（3）由平衡条件得到橡皮筋的拉力与水杯和被测物体的总重力的关系，据此关系式找到增大测量质量范围的方法。
13．【答案】（1）雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理
代入数据解得雪块到A点速度大小为
（2）雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理
代入数据解得雪块到地面速度大小
速度与水平方向夹角，满足
解得
【知识点】运动的合成与分解；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对雪块由静止下滑到A点的过程，根据动能定理求解雪块到A点速度大小；
（2）根据机械能守恒定律得求解雪块到地面速度大小。雪块由A点到地面的过程做斜抛运动，根据矢量的合成与分解求解雪块由A点到地面的速度与水平方向夹角。
14．【答案】（1）由法拉第电磁感应定律
由闭合电路欧姆定律可知，内线框中的感应电流大小为
由图（b）可知，时磁感应强度大小为
所以此时导线框的安培力大小为
（2）内线框内的感应电流大小为，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（c）可知内的感应电流大小为
方向为逆时针，根据欧姆定律可知内的感应电动势大小为
由法拉第电磁感应定律
可知内磁感应强度的变化率为
解得时磁感应强度大小为
方向垂直于纸面向里，故的磁场随时间变化图为
（3）由动量定理可知
其中
联立解得经过磁场边界的速度大小为
【知识点】动量定理；安培力；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律求解安培力；
（2）根据法拉第电磁感应定律结合图像的电流变化，楞次定律进行分析判断；
（3）根据动量定理列式求解。
15．【答案】（1）作出正电荷在磁场中运动的轨迹，如图所示
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
由洛伦兹力提供向心力
解得正电荷的入射速度大小为
正电荷在磁场中运动的周期为
所以正电荷从M运动到N的时间为
（2）由题意可知，在平面内的负电荷在圆心O处，由牛顿第二定律可知，其中
解得或（舍去）
（3）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
由能量守恒定律得
由开普勒第二定律可知
其中
联立解得
由牛顿第二定律
解得
故正电荷从点离开磁场后到首次速度变为与点的射出速度相反的时间为
【知识点】开普勒定律；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据几何关系计算出粒子的轨道半径，然后根据向心力公式计算即可；根据粒子的偏转角和周期关系计算时间；
（2）正电荷由洛伦兹力和库仑力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律计算；
（3）离开磁场后洛伦兹力消失，只靠库仑力不足以提供维持圆周运动的向心力，粒子做离心运动，由于N点受力与速度v2垂直，因此轨迹是负电荷为焦点的椭圆，类比于开普勒第三定律计算即可。
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