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河北省2026年普通高中学业水平选择性考试
物理
本试卷满分100分，考试时间75分钟。
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.【答案】A
【详解】位移是描述物体位置变化的物理量，位移的大小等于初位置到末位置的有向线段长度，和运
动过程的路径无关。
本题中，哑铃每次运动都从原位置出发，举高后回到原位置，重复10次后，哑铃的末位置与初始位置
重合，初末位置的距离为0，因此位移大小为0。
故选A。
2.【答案】B
【详解】本题考查静电场电场线的基本性质，结合性质逐一判断选项：
A．感应电荷产生的静电场的电场线为非闭合曲线，故A错误；
B．静电场电场线起始于正电荷或无穷远，探测器探头感应出正电荷，因此电场线从感应正电荷出
发，故B正确；
C．电场中某点的场强方向唯一，因此无电荷区域电场线不可能相交，故C错误；
D．静电场电场线终止于负电荷或无穷远，正电荷是电场线的起点而非终点，故D错误。
故选B。
3.【答案】C
【详解】A．U形管导热良好，外界温度下降，因此封闭气体的温度也会下降。 理想气体的内能仅由
温度决定，温度降低，内能减小，A错误；
C． U形管水银总体积不变，右侧液面上升，说明左侧封闭气体的体积V 增大，封闭气体分子总数
不变，因此单位体积的分子数(分子数密度)减少，C正确；
pV
B．根据理想气体状态方程 =C
T
T
变形得p=C
V
已知温度T 减小、体积V 增大，则封闭气体压强减小，B错误；
D．温度降低，则分子热运动的平均动能减小，D错误。
故选 C。
4.【答案】C
【详解】马车以恒定功率运动，阻力f 不变，由功率公式 P=Fv
结合牛顿第二定律 F-f=ma
P f
整理得加速度 a= -
mv m
随着速度v 增大，恒定功率P不变，因此加速度a逐渐减小。
v-t 图像的斜率表示加速度，因此v-t 图的斜率应逐渐减小，图像越来越平缓。
故选C。
5.【答案】A
·1·【详解】CD．金属丝加热均匀膨胀，其直径D变大。该装置利用金属丝两侧的空隙形成双缝干涉，
W+D
设两挡板间狭缝总宽度为W(不变)，则双缝间距(即两透光狭缝中心间的距离)为d=
2
当D变大时，双缝间距d变大，故CD错误；
L
AB．根据双缝干涉条纹间距公式Δx= λ(其中L为缝到屏的距离，λ为光波长)，当d变大时，Δx
d
变小，故A正确，B错误。
故选A。
6.【答案】D
ΔB
【详解】根据法拉第电磁感应定律有E=nS⋅
Δt
根据题意有B=αI ，I=βt
联立可得E=nSαβ
E
解得α=
nβS
故选D。
7.【答案】B
Mm v2
【详解】设太空碎片做匀速圆周运动的速度为v ，根据万有引力提供向心力有G =m 0
0 r2 r
GM
解得v2=
0 r
1 GMm
则碎片受到冲量前的初始动能为E = mv2=
k0 2 0 2r
碎片在Q点受到瞬时冲量I作用，获得一个垂直于原速度方向的分速度，根据动量定理I=mΔv
I
可得其大小为Δv=
m
由于冲量方向(背离地心向外，即径向)与原速度方向垂直，根据矢量合成法则(勾股定理)，作用后的
合速度v的平方为v2=v2 0 +Δv
GM I
2= + r m
2
1 1 GM I2
则该太空碎片受到冲量作用后瞬间的动能为E = mv2= m +
k 2 2 r m2
GMm I2
= +
2r 2m
故选B。
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.【答案】AD
n U
【详解】A．根据理想变压器原副线圈的电压比等匝数比有 1 =
n U
2
n
可得副线圈电压为U= 2 U ，故A正确；
n
1
n I
B．根据理想变压器原副线圈的电流比等匝数反有 1 =
n I
2
n
可得原线圈中电流为I= 2 I ，故B错误；
n
1
C．由题意可知，副线圈中电压周期为T ，变压器不改变交流电的周期，即电源电压周期为T ，故C
错误；
·2·U 2U
D．等离子体两端电压的有效值为U = m = m
有 2 2
U 2U
等离子体的等效电阻为R = 有 = m ，故D正确。
等 I 2I
故选AD。
9.【答案】BD
【详解】ABC．由题意可知，四边形ABCD是菱形，摇动手柄竖直抬升重物过程中，B点的速度方向
竖直向上，A、C两点的速度方向分别垂直AD、CD方向，大小相等，A、C两点的间距每秒均匀缩短
1 2
2mm，可知A、C两点速度的水平分量大小相等为v =v = × mm/s=1mm/s
Ax Cx 2 1
当∠CAB=45° 时，B点和C点沿BC方向的分速度大小相等，即v sin45°=v
B C
又v =v cos45°
Cx C
可得v = 2mm/s ，v =2mm/s
C B
A、C两点的速度大小相等，方向相互垂直，故AC错误，B正确；
D．A、C两点竖直方向的速度大小相等，方向相同，水平方向速度大小相等，方向相反，所以A点相
对C点的速度沿水平方向，大小为v +v =2mm/s ，故D正确。
Ax Cx
故选BD。
10.【答案】AB
【详解】A．作出B-x 图像如图所示
L
根据题意知，在0≤x≤ 区域，导体棒所受安塔力大小F =BIL=2B Ix
2 安 0
根据左手定则可知安培力方向始终指向x=0 处，令2B I=k ，故导体棒所受外力满足F=-kx
0
L
同理，导体棒在- ≤x≤0 区域也满足F=-kx
2
L L
则导体棒在- ≤x≤ 区域做简谐运动，故A正确；
2 2
L L 1
B．导体棒x=0 到x= 过程，根据动能定理-F ⋅ =0- mv2
2 安 2 2 0
L
其中F = 0+2B 0 I⋅ 2 = B 0 IL
安 2 2
B IL2
联立可得v = 0 ，故B正确；
0 2m
T π
C．对于简谐运动，从平衡位置运动到最大位移处所用时间为t= =
4 2ω
k
根据简谐运动圆频率ω=
m
·3·2B I
结合上述分析可得ω= 0
m
L
ω与速度无关，初速度变为0.5v 后，根据动能定理可知导体棒向右运动的最大距离小于x= ，导体
0 2
棒仍做简谐运动，根据上述分析可知速度变为0.5v 对导体棒的速度第一次变为0所需的时间没有
0
影响，仍为t ，故C错误；
0
L 1 1
D．若初速度变为1.5v ，由动能定理-F ⋅ = mv2- m(1.5v )2
0 安 2 2 2 0
L 5
可得导体棒运动到x= 处速度为v= v >v
2 2 0 0
L
2B I⋅ +0
L 0 2 1
根据对称性知导体棒从x= 处运动到x=L 处克服安培力做功为F = = mv2<
2 安 2 2 0
1
mv2
2
即导体棒运动到x=L 处速度不为零，导体棒将继续向右运动离开磁场，故导体棒不会以两磁场交
界线为中心做往复运动，故D错误。
故选AB。
三、非选择题：本题共5题，共54分。
11.【答案】(1)1.95##1.94##1.96 (2)C
【解析】
【小问1详解】
由图可知弹簧测力计的分度值为0.1N，需要往后估读一位，因此读数为1.95N。
【小问2详解】
探究作用力和反作用力的关系实验中，根据牛顿第三定律可知作用力和反作用力总是大小相等,，量
程和弹簧测力计弹簧的材质都不影响其示数的准确性，两个测力计示数总是明显不同原因可能是测
力计未正确调零。
故选C。
12.【答案】(1)B (2)开关断开时电容器相当于和电压表形成了闭合回路，电压表内阻为几千欧姆，比
较大，因此放电电流比较小，电容器放电的过程中其两端电压逐渐减小，直至最终放电结束，电容器
带电荷量变为0，电压表示数减为0
【解析】
【小问1详解】
电容器充电过程中，开关闭合时充电电流瞬间达到较大的值，然后又逐渐减小，充电完成时，电流为
0,因此观察到的现象是电流表指针迅速偏转到某位置后往回偏转。
故选B。
【小问2详解】
观察题图可以发现，开关断开时电容器相当于和电压表形成了闭合回路，电压表内阻为几千欧姆，比
较大，因此放电电流比较小，电容器放电的过程中其两端电压逐渐减小，直至最终放电结束，电容器
带电荷量变为0，电压表示数减为0。
13.【答案】(1) ①. 左 ②. R
·4·(2) ①. ②. 0.22
(3)
【解析】
【小问1详解】
[1]结合题意可知，右侧气室充入气体，若体积不变，气体压强将会增大，推动活塞向左运动；
[2]由题图1可以看出，左侧气室出气孔与R相连，则气体从R排出。
【小问2详解】
[1]作图时要注意到图线要通过尽可能多的点要画出直线，不在直线上的点应该均匀分布在直线的
两侧，F-x 图像如图所示
2.5
[2]根据F=kx 可知F-x 图像的斜率即为劲度系数，得k= N/mm≈0.22N/mm
11.5
【小问3详解】
S 闭合时，电磁继电器的线圈内有了电流，会使与3和2相连的两个触点接触，并使K、J连通，右侧
2
电磁阀电路形成闭合回路，衔铁左移，窗户打开；S 断开时，电磁继电器的线圈内失去电流，与3和2
2
相连的两个触点分开，导致K、J部分是断路状态，电磁阀部分的衔铁在复位弹簧作用下右移、窗户
关闭，连线情况如图所示
·5·14.【答案】(1)2m ，11m和13m (2)0.8s，2.5m/s
【解析】
【小问1详解】
相邻波峰(或波谷)间距等于波长，根据t=0 时的波形图可知该波的波长为λ=2m
1
由图可知，平衡位置处于波峰的质点x=x 满足x =n+
P P 2
λn=2，3，4，⋯
又10m<x <14m
P
x 在10-14 m 范围内的可能值有n=5 时，x =11m
P P
n=6 时，x =13m
P
x 在10-14 m 范围内的所有可能值有11m和13m。
P
【小问2详解】
由题意可知，振幅A=1cm ，s=5A=5cm
1
则有ls=T+ T
4
λ
由波速公式有v=
T
解得T=0.8s ，v=2.5m/s
15.【答案】(1)2.5m (2)0.48J
【解析】
【小问1详解】
根据题意，设木板与地面间的摩擦因数为μ，则有F=μm +m
木 机
g
解得μ=0.1
机器人被提起时，对木板有F-μm g=m a
木 木 1
解得a =0.25ms2
1
1 1
机器人被提起的2s内，木板位移的大小x=v t+ a t2=1×2+ ×0.25×22
0 2 1 2
m=2.5m
【小问2详解】
机器人被放回木板时，木板的速度为v 2 =v 0 +a 1 t=1+0.25×2 ms=1.5ms
机器人被放回木板后，恒力与地面对木板的摩擦力平衡，机器人和木板组成的系统所受合力为零，则
由动量守恒定律有m v +m v =m +m
机 0 木 2 机 木
v
解得v=1.4ms
1 1
对机器人，由动能定理可得，摩擦力对机器人所做的功W= m v2- m v2=0.48J
2 机 2 机 0
16.【答案】(1)ε=4.5×10-19J
(2)k=6×106C/kg ，U=3600V
·6·F
(3)测接收器受到粒子的平均作用力大小F，质量表达式为m= ；测流过地线上的平均
n 2Uksinα
I
电流I，质量表达式为m=
nk
【解析】
【小问1详解】
hc
根据光子能量公式ε=hν=
λ
代入数据解得ε=4.5×10-19J
【小问2详解】
根据题意画出粒子运动轨迹图如下
根据几何关系可知粒子在磁场半径R=0.05 3 m
v2
且粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，有qvB= m
R
q
其中比荷k= 。可得v=kBR=0.02 3 k
m
d 2d
由题知粒子在无场区O到PQ的距离为 ，在无场区运动时间t =
sinα 2 vsinα
粒子进入电场时的法向初速度与电场方向相反，大小为v =vsinα
y
2v qE
则在法线方向有t = y ，a= =kE
3 a m
2vsinα
解得t =
3 kE
总时间t=t +t +t +t
0 1 2 3
πm π
其中t 为加速电场末端到CD无场区的时间与α无关，t = = 与α无关，根据图2可知α
0 1 2qB 2kB
2d 2vsinα
=60°时t最小，即t= +
vsinα kE
2
t' 在α=60°有最小值，根据均值不等式可求出v2= kEd
3
联立v=kBR
代入数据得k=6×106C/kg
1
在加速电场中有 mv2=qU
2
v2
得U= =3600V
2k
【小问3详解】
方法一：测量接收器受到粒子的平均作用力大小F，在Δt 时间内，有N=nΔt
根据动量定理和牛顿第三定律可知接收器受到的平均作用力大小F等于粒子动量的变化率大小，即
NΔp
F= =nΔp
Δt
·7·对单个粒子，设粒子打在接收器上时垂直接收器速度为v，则有Δp=mv
y
F
可得m=
nv
y
根据(2)问可知v =vsinα
y
F
联立可得粒子质量m=
n 2Uksinα
方法二：已知每秒接收粒子数n，每个粒子电荷量为q，则电流I=nq
q I
故粒子质量m= =
k nk
将k代入即可。
·8·
