（网络收集）2025年河北物理高考真题带答案带解析带分值文字版一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．《汉书》记载“姑句家矛端生火”，表明古人很早就发现了尖端放电现象．若带电长矛尖端附近某条电场线如图，则四点中电势最高的是（）A．a点 B．b点 C．c点 D．d点【答案】D【解析】本题考察电场电势与电场线的关系，沿电场线电势降低，d点电势最高【分值】42．某同学将一充气皮球遗忘在操场上，找到时发现因太阳曝晒皮球温度升高，体积变大．在此过程中若皮球未漏气，则皮球内封闭气体（）A．对外做功 B．向外界传递热量 C．分子的数密度增大 D．每个分子的速率都增大【答案】A【解析】本题考察分子理论知识，球内气体变大膨胀，对外做功，皮球温度升高，气体吸热，体积变大，气体分子数不变，分子的数密度减小，根据分子动理论，当气体温度升高时，并不代表每个分子的速率都增大。【分值】43．1992年，江苏扬州出土的古代铜卡尺，由固定尺和活动尺组成，现代游标卡尺的构件与其非常相似，已成为常用的测量工具．用游标卡尺测量某物体的长度，示数如图所示，其读数为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】本题考查游标卡尺的使用游标卡尺的精度是0.02mm，主尺部分读数为17mm，游标尺的刻度10和主尺上刻度线对齐，则游标卡尺的读数d=17mm+10×0.02mm=17.20mm。【分值】44．如图，内壁截面为半圆形的光滑凹槽固定在水平面上，左右边沿等高．该截面内，一根不可伸长的细绳穿过带有光滑孔的小球，一端固定于凹槽左边沿，另一端过右边沿并沿绳方向对其施加拉力F．小球半径远小于凹槽半径，所受重力大小为G．若小球始终位于内壁最低点，则F的最大值为（）A． B． C．G D．【答案】B【解析】本题考察共点力平衡和力得分解问题，可对小球进行受力分析，根据力的合成与平衡条件，结合几何关系来求解F的最大值。步骤一：对小球进行受力分析小球受到重力G（竖直向下）、凹槽的支持力N（垂直凹槽内壁向上，即沿半径方向向上）、以及绳子两端的拉力（因为绳子不可伸长且绕过小球，两端拉力大小均为F）。由于小球始终处于内壁最低点，处于平衡状态，合力为0。步骤二：根据力的平衡和几何关系分析设绳子与竖直方向的夹角为θ，将两个拉力F沿水平和竖直方向分解。根据平衡条件，在竖直方向上有2Fcosθ=G，则F=。当拉力F最大时，cosθ应最小。因为小球始终在最低点，结合凹槽是半圆形，当绳子右端拉到最右且沿水平方向时（极限情况），θ=45o（此时从几何关系看，绳子与竖直方向夹角最大），cosθ=cos45o=。将cosθ=代入F=，可得Fmax==。答案选B。【分值】45．某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑料绳跳绳，照片录了彩灯在曝光时间内的运动轨迹，简图如图．彩灯的运动可视为匀速圆周运动，相机本次曝光时间是，圆弧对应的圆心角约为，则该同学每分钟跳绳的圈数约为（）A．90 B．120 C．150 D．180【答案】C【解析】本题考察圆周运动知识，可先根据圆心角求出曝光时间内彩灯转过的角度占一圈的比例，进而求出转动一圈的时间，最后根据一分钟的时间求出每分钟跳绳的圈数。步骤一：计算曝光时间内彩灯转过的角度占一圈的比例因为圆周角为360o，已知圆弧对应的圆心角约为30o，则曝光时间内彩灯转过的角度占一圈的比例为=步骤二：计算转动一圈的时间T已知曝光时间t=s，且t时间内转过的角度是一圈的，根据比例关系可知，转动一圈的时间T满足t=T，则T=12t=12×s=0.4s。步骤三：计算每分钟跳绳的圈数n因为1分钟=60s，根据圈数n=，将T=0.4s代入可得：n==150（圈）所以，该同学每分钟跳绳的圈数约为150圈，答案选C。【分值】46．2024年底，世界装机容量最大的抽水蓄能电站——河北丰宁抽水蓄能电站全面投产发电．如图，若该电站通过理想变压器调节输出电压时，输入电压保持不变．已知副线圈总匝数为n，分接头间和间的线圈匝数，开关S接3时输出电压的瞬时值，则S接2时的图像为（）A． B．C． D．【答案】D【解析】本题考察理想变压器的原理，交流电的有效值和图像知识，根据理想变压器的变压比公式=，结合开关S不同位置时副线圈匝数的变化，分析输出电压的变化。步骤一：分析开关S接3时的情况设原线圈匝数为n1，当开关S接3时，副线圈匝数n3=n-=（因为分接头2、3间匝数n23=），此时输出电压瞬时值u3=Umsint，其有效值U3=。根据理想变压器变压比=①。分析开关S接2时的情况当开关S接2时，副线圈匝数n2=n-=（因为分接头1、2和分接头2、3间匝数均为），此时输出电压瞬时值U2，根据理想变压器变压比=②。联立求解输出电压有效值关系由①②联立，因为U1不变，可得=，已知U3对应的最大值为Um，则U2对应的最大值U2m=Um（因为正弦交流电最大值与有效值成正比，U=，比值关系中可约去）。又因为变压器不改变交流电的频率，角频率不变，所以S接2时u2-t图像的最大值为Um，角频率为。所以，答案选D。【分值】47．随着我国航天事业飞速发展，人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器．从某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力，不考虑自转，该星球可视为质量分布均匀的球体，半径为，表面重力加速度为．质量为m的飞行器与星球中心距离为r时，引力势能为．要使飞行器在距星球表面高度为的轨道上做匀速圆周运动，则发射初速度为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】本题考察万有引力和能量守恒问题根据万有引力提供向心力求出飞行器在轨道上的动能，再结合引力势能公式，根据机械能守恒求出发射初速度。求飞行器在距星球表面高度为R0轨道上的速度v飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动，此时轨道半径r=2R0。根据万有引力提供向心力G=m，又因为在星球表面G=mg0（黄金代换式），即GM=g0R。将GM=g0R和r=2R0代入G=m,可得：=m，化简得v=，此时飞行器的动能Ek=mv2=mg0R0。求飞行器在距星球表面高度为R0轨道上的引力势能Ep已知引力势能为Ep=，r=2R0，代入可得：Ep==mg0R0。设发射初速度为v0，发射时飞行器在星球表面，引力势能Ep0==0，动能Ek0=mv。根据机械能守恒Ek0+Ep0=Ek+Ep，即mv=mg0R0+mg0R0，化简得：mv=mg0R0，两边同时约去m，再乘以2得v=g0R0，解得v0=。综上，答案选B。【分值】4二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．8．如图，真空中固定在绝缘台上的两个相同的金属小球A和B，带有等量同种电荷，电荷量为q，两者间距远大于小球直径，两者之间的静电力大小为F．用一个电荷量为Q的同样的金属小球C先跟A接触，再跟B接触，移走C后，A和B之间的静电力大小仍为F，则的绝对值可能是（）A．1 B．2 C．3 D．5【答案】AD【解析】本题考察库仑定律和电荷守恒。根据库仑定律以及电荷接触后平分的规律来求解Q:q的绝对值。先分析初始状态下A、B间的静电力，初始时A、B带有等量同种电荷，电荷量为q，则初始静电力F=k=k。分类讨论分情况讨论Q的正负，分析C与A、B接触后A、B的电荷量①Q与q同种C与A接触后，A、C的电荷量平分，A的电荷量qA=。C再与B接触后，B、C的电荷量平分，B的电荷量qB==。移走C后，A、B间静电力F=k，结合初始F=k，可得=q2，解得Q=q（舍去，因为若Q=q，接触后静电力会变化）或Q=-5q，=5。②Q与q异种电荷小球C先与A接触，A、C电荷平分，A的电荷量变为qA2=（Q为负，实际是平分）。C再与B接触，B、C电荷平分，B的电荷量变为qB2=（需考虑Q+q的正负），假设Q为负且>q，则qA2=（负），C与B接触后qB2==。由F=k=k，因为Q与q异种，设Q=-nq(n>0)，代入得=q2，即=q2，整理化简得(n+1)(n+3)=8，解得n=1或n=-5（舍去负的）。所以可能为1或5，答案选AD。【分值】69．如图，截面为等腰三角形的光滑斜面体固定在水平地面上，两个相同的小物块通过不可伸长的细绳跨过顶端的轻质定滑轮，静止在斜面体两侧，细绳与斜面平行．此外，两物块分别用相同的轻质弹簧与斜面体底端相连，且弹簧均处于原长．将左侧小物块沿斜面缓慢拉下一小段距离，然后松开．弹簧始终在弹性限度内，斜面倾角为，不计摩擦和空气阻力．在两物块运动过程中，下列说法正确的是（）A．左侧小物块沿斜面做简谐运动B．细绳的拉力随左侧小物块加速度的增大而增大C．右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等D．若增大，则右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间变长【答案】AC【解析】本题主要考察简谐运动的回复力特征、牛顿第二定律、简谐运动的对称性以及周期公式。选项A、设左侧小物块的位移为x，左侧弹簧的形变量为x，右侧弹簧的形变量也为x（因为细绳不可伸长）。左侧小物块受到的合力F=，又因为初始时两物块静止，T=mgsinθ，化简可得F=-2kx，满足简谐运动的回复力F=-kx（这里等效劲度系数为2k）的特征，所以左侧小物块沿斜面做简谐运动，A正确。选项B、对左侧小物块，根据牛顿第二定律F合=ma，F合=(x左、x右为左右弹簧形变量），由于系统对称，x左=x右时，合力与T关系复杂，且加速度增大时，拉力不是随加速度增大而增大，B错误。选项C、根据简谐运动的对称性，右侧小物块在最高位置和最低位置相对平衡位置的位移大小相等，回复力大小相等，根据F=ma，质量不变，所以加速度大小相等，C正确。选项D、系统的等效劲度系数和重力沿斜面分力等因素决定周期，θ增大，分析可知系统做简谐运动的周期T=2（周期与θ），右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用时间为，周期不变，所以时间不变，D错误。综上，答案是AC。【分值】610．如图，真空中两个足够大的平行金属板水平固定，间距为板接地．M板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场．M板O点处正上方P点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子．当发射方向与的夹角时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔．已知，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应．下列说法正确的是（）A．粒子一定带正电B．若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度减小C．粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为D．粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为【答案】AC【解析】本题主要考察带电粒子在磁场与电场组合场中的运动，需结合左手定则、圆周运动规律、电场强度相关知识分析。选项A、根据粒子运动轨迹，结合左手定则（让磁感线穿过手心，四指指向正电荷运动方向，大拇指指向洛伦兹力方向），粒子垂直穿过Q点，可判断粒子带正电，A正确。选项B、粒子打到金属板被吸收，电荷均匀分布，最终静电平衡时板间电场为匀强电场。电场强度E=（为面电荷密度，为常量），粒子总电量一定，金属板面积不变，不变，故E与间距d无关，间距d增大，板间最大电场强度不变，B错误。选项C、当发射方向与OP夹角θ=60o时，粒子垂直穿过Q点，OQ=3L。由几何关系知粒子做圆周运动的半径R满足Rcos60o=3L，解得R=6L。根据临界轨迹，粒子能到达M板上表面的最远距离，结合已知OQ=3L和半径R=6L，最大距离为7L（具体几何关系：粒子从P点发射，当轨迹圆与M板相切于最远端时，通过几何计算可得距离O点最大为7L），C正确。选项D、粒子打到M板下表面时，受板间电场和磁场作用，经分析其与Q点的最小距离不是d。通过轨迹和电场、磁场的综合作用分析，该选项错误，D错误。综上，答案选AC。【分值】6三、非选择题：本题共5题，共54分．11