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2025 年普通高中学业水平选择性考试河北
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.(2025·河北卷·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a、b、c、d 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 根据电场线的性质：沿电场线方向电势逐渐降低。因此电势最高的是d 点。故选D。
2.(2025·河北卷·2)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 皮球体积变大，气体膨胀，对外界做功，故A 正确；气体温度升高，内能增大，ΔU>0，又因为
W<0，根据热力学第一定律知Q>0，气体吸收热量，故B 错误；皮球未漏气，分子总数不变，体积变大，
分子的数密度减小，故C 错误；温度升高，分子平均动能增大，但并非每个分子速率都增大，故D 错误。
3.(2025·河北卷·3)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.14.20 mm
B.14.2 mm
C.17.20 mm
D.17.2 mm
答案 C
解析 根据游标卡尺的读数规则可知主尺读数为17 mm，游标尺为50 分度，每分度值为0.02 mm，第10
条刻度线对齐，则游标尺的读数为10×0.02 mm＝0.20 mm，所以读数为17 mm＋0.20 mm＝17.20 mm，故
选C。
4.(2025·河北卷·4)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.1
2G
B.√2
2 G
C.G
D.√2G
答案 B
解析 对小球进行受力分析可知当凹槽底部对小球支持力为零时，此时拉力F 最大，根据平衡条件有
2Fmcos 45°＝G，解得Fm＝√2
2 G，故选B。
5.(2025·河北卷·5)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1
30 s，圆弧对应的圆心角约为30°，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 根据题意可知跳绳的转动角速度为ω＝θ
Δt ＝
π
6
1
30
rad/s＝5π rad/s，转动周期T＝2π
ω ＝0.4 s，故每分
钟跳绳的圈数为n＝t
T ＝60
0.4 ＝150，故选C。
6.(2025·河北卷·6)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U2时，输入电压U1保持不变。已知副线圈总匝数为n，分接
头1、2 间和2、3 间的线圈匝数n12＝n23＝n
10，开关S 接3 时输出电压的瞬时值u2＝Umsin ωt，则S 接2 时
u2－t 的图像为( )
答案 D
解析 根据理想变压器电压比与匝数比关系可知
U 1
U 3
＝n1
n3
，
U 1
U 2
＝n1
n2
，由于输入电压U1不变，可知
U 2
U 3
＝n2
n3
，即
U 2
U m
√2
＝
n- n
10
n- 2n
10
，解得U2＝
9U m
8√2 ，又变压器不改变交流电的频率，则u2＝9
8Umsin ωt，可知此
时输出的交流电的周期为T＝2π
ω 。故选D。
7.(2025·河北卷·7)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R0，表面重力加速度为g0。质量为m 的飞行器与星球中心距离为r 时，引力势能为mg0R0
2( 1
R0
－1
r )
(r≥R0)。要使飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动，则发射初速度为( )
A.√g0 R0
B.√
3 g0 R0
2
C.√2 g0 R0
D.√3 g0 R0
答案 B
解析 飞行器在轨道半径r＝2R0处的机械能包括动能和势能。引力势能为Ep＝1
2mg0R0，根据万有引力提供
向心力
GMm
(2 R0)
2＝m
v
2
(2 R0)，在星球表面有
GMm
R0
2 ＝mg0，解得轨道速度满足v2＝g0 R0
2
，对应动能Ek＝1
2mv2
＝1
4 mg0R0，机械能E 总＝3
4 mg0R0，根据机械能守恒有1
2mv0
2＝E 总，解得v0＝√
3 g0 R0
2
。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.(多选)(2025·河北卷·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Q∶q 的绝对值可能是(
)
A.1
B.2
C.3
D.5
答案 AD
解析 C 先跟A 接触后，两者电荷量均变为q1＝Q＋q
2
，C 再跟B 接触后，两电荷量均变为q2＝
q＋q1
2
＝Q＋3q
4
，此时A、B 之间静电力大小仍为F＝k q
2
L
2 ，则有F＝k q
2
L
2 ＝k q1q2
L
2
解得Q＝q 或Q＝－5q；则Q∶q 的绝对值可能是1 或者5。故选A、D。
9.(多选)(2025·河北卷·9)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θ，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θ 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 对左侧小物块，设沿斜面向下的位移为x，则有FT＋kx－mgsin θ＝ma，此时，对右侧小物块，有
mgsin θ＋kx－FT＝ma，联立可得kx＝ma，则左侧小物块受到的合外力F＝ma＝kx，方向与位移方向相反，
故其做简谐运动，故A 正确；根据以上分析，可得2FT＝2mgsin θ，绳拉力保持不变，故B 错误；同理可
知，右侧小物块也做简谐运动，根据对称性，其在最高和最低位置的加速度大小相等，故C 正确；弹簧振
子振动周期T＝2π√
m
k ，与斜面倾角无关，故D 错误。
10.(多选)(2025·河北卷·10)如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N 水平固定，间距为d，M 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OP 的夹角θ＝60°时，粒子恰好垂直穿过M
板Q 点处的小孔。已知OQ＝3L，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7L
D.粒子打到M 板下表面的位置与Q 点的最小距离为√3d
答案 BD
解析 根据粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则可知粒子带负电，选项A 错误；
随着粒子不断打到N 极板上，N 极板带电量不断增加，向下的电场强度增加，粒子做减速运动，当粒子恰
能到达N 极板时满足v2＝2ad，a＝qE
m
解得E＝mv
2
2qd
即d 越大，板间所形成的最大电场强度越小，选项B 正确；
如图所示，因粒子发射方向与OP 夹角为60°时恰能垂直穿过M 板Q 点的小孔，则由几何关系cos 60°＝
3 L-r
r
，解得r＝2L，可得OP＝rsin 60°＝√3L，可得粒子打到M 板上表面的位置与O 点的最大距离为xm
＝√(2r )
2-(OP)
2＝√13L，选项C 错误；
因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为PQ 长度时，粒子仍可从Q 点进入两板之间，由
几何关系可知此时粒子从P 点沿正上方运动，进入两板间时的速度方向与M 板夹角为α＝30°，粒子在两
板间做类斜抛运动，则在两板间运动时间t＝2v sin α
a
，其中qE＝ma，则a＝v
2
2d ，打到M 板下表面距离Q
点的最小距离s＝vcos α·t，解得s＝2dsin 2α＝√3d，选项D 正确。
三、非选择题：本题共5 题，共54 分。
11.(2025·河北卷·11)(1)某学习小组把热敏电阻置于带有温控的加热装置中，利用图甲所示电路研究热敏电
阻的温度特性。
①闭合开关S，观察到温度改变时电流表示数也随之改变。定量研究热敏电阻的阻值R 随温度t 变化的规
律时，将欧姆表两表笔分别接到热敏电阻a、b 两端测量其阻值，这时开关S 应 (填“断开”或
“闭合”)。
②按照正确方法测出不同温度下热敏电阻的阻值。电阻R1、R2与温度t 的关系分别对应图乙中曲线Ⅰ、Ⅱ。
设计电路时，为防止用电器发生故障引起电流异常增大，导致个别电子元件温度过高而损坏，可串联一个
热敏电阻抑制电流异常增大，起到过热保护作用。这种热敏电阻与电阻 (填“R1”或“R2”)具
有相同温度特性。
(2)某学习小组在倾斜的气垫导轨上验证机械能守恒定律，实验装置如图丙所示，当地重力加速度为g。
①方案设计阶段，该小组同学对需要测量哪些物理量产生了不同意见。
甲同学：需测量滑块和遮光条的总质量、滑块通过两个光电门的速度、两个光电门间的竖直高度差。
乙同学：只需测量滑块通过两个光电门的速度、两个光电门间的竖直高度差。
丙同学：只需测量滑块通过两个光电门的速度、两个光电门间的距离。
你认为 (填“甲”“乙”或“丙”)同学的方案不可行。
②如图丙，光电门中光源与光敏管相对，光源发出的光使光敏管感光。当滑块经过时，遮光条把光遮住，
计时器记录遮光时间，可计算出滑块的速度。实验中使用的遮光条宽度d1＝10.0 mm，光电门宽度d2＝20.0
mm。某次测量时，记录通过光电门A 的遮光时间为25.0 ms，则滑块经过光电门A 的速度大小为
m/s。
答案 (1)①断开 ②R1 (2)①丙 ②0.4
解析 (1)①用欧姆表测量热敏电阻的阻值时应该让热敏电阻与电源断开，即开关S 应该断开；
②由题意可知要串联的热敏电阻的阻值应该随温度的增加而快速增加，从而抑制电路中电流的增加，由题
图乙可知热敏电阻R1在温度65 ℃左右电阻异常变化较大，则为防止用电器故障引起电流异常增加，可串
联一个与R1具有相同温度特性的热敏电阻；
(2)①要验证的关系为mgΔh＝1
2mvB
2－1
2mv A
2
可得2gΔh＝vB
2－v A
2
则只需要测量滑块经过两光电门时的速度和两个光电门间的竖直高度差，即甲、乙同学的方案可行，丙同
学的方案不可行；
②滑块经过光电门A 的速度大小为vA＝d1
Δt ＝10×10
-3
25×10
-3 m/s＝0.4 m/s。
12.(2025·河北卷·12)自动洗衣机水位检测的精度会影响洗净比和能效等级。某款洗衣机水位检测结构如图
(a)所示。洗衣桶内水位升高时，集气室内气体压强增大，铁芯进入电感线圈的长度增加，从而改变线圈的
自感系数。洗衣机智能电路通过测定LC 振荡电路的频率来确定水位高度。
某兴趣小组在恒温环境中对此装置进行实验研究。
(1)研究集气室内气体压强与体积的关系
①洗衣桶内水位H 一定时，其内径D 的大小 (填“会”或“不会”)影响集气室内气体压强的大小。
②测量集气室高度h0、集气室内径d。然后缓慢增加桶内水量，记录桶内水位高度H 和集气室进水高度
h，同时使用气压传感器测量集气室内气体压强p。H 和h 数据如下表所示。
H/cm
15.00
20.00
25.00
30.00
35.00
40.00
45.00
50.00
h/cm
0.33
0.40
0.42
0.52
0.61
0.70
0.78
0.87
实验中使用同一把刻度尺对H 和h 进行测量，根据数据判断，测量 (填“H”或“h”)产生的相对
误差较小。
③利用数据处理软件拟合集气室内气体体积V 与1
p的关系曲线，如图(b)所示。图中拟合直线的延长线明显
不过原点，经检查实验仪器完好，实验装置密封良好，操作过程规范，数据记录准确，则该延长线不过原
点的主要原因是 。
(2)研究洗衣桶水位高度与振荡电路频率的关系图是桶内水位在两个不同高度时示波器显示的u－t 图像，u
的频率即为LC 振荡电路的频率。LC 振荡电路的频率f 与线圈自感系数L、电容C 的关系是f＝
1
2π √LC ，
则图中 (填“甲”或“乙”)对应的水位较高。
答案 (1)①不会 ②H ③见解析 (2)乙
解析 (1)①集气室内气体压强等于桶内水位高度H 和集气室进水高度的高度差产生的压强和大气压强之和，
即p＝p0＋ρg(H－h)可知其内径D 的大小不会影响集气室内气体压强的大小；
②由于实验中使用同一把刻度尺进行测量，分度值相同，根据数据分析，桶内水位高度H 明显大于集气室
内进水高度h，所以测量桶内水位高度H 产生的相对误差较小；
③该延长线不过原点的主要原因是与集气室相连的细管中的气体被忽略不计，导致集气室气体体积V 相比
于实际气体体积偏小。
(2)桶内水位高度H 越大，集气室内气体压强越大，铁芯进入电感线圈的长度越大，电感线圈的自感系数越
大，根据f＝
1
2π √LC 可知LC 振荡电路的频率越小，则周期越大，所以题图乙对应的水位较高。
13.(2025·河北卷·13)光纤光谱仪的部分工作原理如图所示。待测光在光纤内经多次全反射从另一端射出，
再经棱镜偏转，然后通过狭缝进入光电探测器。
(1)若将光纤简化为真空中的长玻璃丝，设玻璃丝的折射率为2√3
3
，求光在玻璃丝内发生全反射时的最小入
射角。
(2)若探测器阴极材料的逸出功为9.939×10－20 J，求该材料的截止频率(普朗克常量h＝6.626×10－34 J·s)。
答案 (1)60° (2)1.5×1014 Hz
解析 (1)光在玻璃丝内发生全反射的最小入射角满足sin C＝1
n
可得C＝60°
(2)根据爱因斯坦光电效应方程hν0＝W0
可得ν0＝1.5×1014 Hz。
14.(2025·河北卷·14)如图，一长为2 m 的平台，距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg 的小物块以3 m/s
的初速度从平台左端水平向右运动。小物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。小物块视为质点，不
考虑空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2。
(1)求小物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。
(2)若小物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，小物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共
计1 s。求小物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及小物块弹离地面时水平速度的大小。
答案 (1)0.6 m (2)0.1 N·s 0
解析 (1)小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma
则小物块从开始运动到离开平台有v x
2－v0
2＝－2ax0
小物块从平台飞出后做平抛运动有h＝1
2gt1
2，x＝vxt1
联立解得x＝0.6 m。
(2)小物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，则小物块弹起至最大高度所用时间和弹起的竖直初
速度有h'＝1
2gt2
2，vy2＝gt2
则小物块与地面接触的时间Δt＝t－t1－t2＝0.1 s
小物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有IN－mgΔt＝mv y2－m(－v y1)，
v y1＝gt1
解得IN＝0.1 N·s
取水平向右为正方向，在水平方向有－μFNΔt＝mvx'－mvx，IN＝FNΔt
解得vx'＝－1 m/s
但由于vx'减小为0 将无相对运动和相对运动的趋势，故vx'＝0。
15.(2025·河北卷·15)某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提供1 000 A 的恒定电流，水
平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a 可视为始终垂直导轨的导体棒，b 为表面绝缘的无
人机。初始时a 静止于MM'处，b 静止于a 右侧某处。现将开关S 接1 端，a 与b 正碰后锁定并一起运动，
损失动能全部储存为弹性势能。当a 运行至NN'时将S 接2 端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为
动能，a 与b 分离。已知电容器电容C 为10 F，导轨间距为0.5 m，磁感应强度大小为1 T，MM'到NN'的距
离为5 m，a、b 质量分别为2 kg、8 kg，a 在导轨间的电阻为0.01 Ω。碰撞、分离时间极短，各部分始终接
触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。
(1)若分离后某时刻a 的速度大小为10 m/s，求此时通过a 的电流大小。
(2)忽略a、b 所受空气阻力，当a 与b 的初始间距为1.25 m 时，求b 分离后的速度大小，分析其是否为b 能
够获得的最大速度；并求a 运动过程中电容器的电压减小量。
(3)忽略a 所受空气阻力，若b 所受空气阻力大小与其速度v 的关系为f＝kv2(k＝0.025 N·s2/m2)，初始位置与
(2)问一致，试估算a 运行至NN'时。a 分离前的速度大小能否达到(2)问中分离前速度的99%，并给出结论。
(0.992＝0.9801)
答案 (1)500 A (2)25 m/s 是 40 V (3)能
解析 (1)分离后a 切割磁感线有E＝BLv
则通过a 的电流I＝E
R
解得I＝500 A。
(2)由于超级电容器经调控系统为电路提供I0＝1 000 A 的恒定电流，则当a 与b 的初始间距为1.25 m 时a 与
b 碰撞前的速度设为va，根据动能定理有BI0Lxab＝1
2mava
2
a 与b 碰撞时根据动量守恒和能量守恒有mava＝(ma＋mb)v 共，1
2mava
2＝1
2(ma＋mb)v共
2＋Ep
a 与b 整体从碰后到NN'的过程中有BI0L(xMN－xab)＝1
2(ma＋mb)v共1
2－1
2(ma＋mb)v共
2
a 与b 分离时根据动量守恒和能量守恒有(ma＋mb)v共1＝mava1＋mbvb1，1
2(ma＋mb)v共1
2＋Ep＝1
2mava1
2＋1
2
mbvb1
2
联立解得vb1＝25 m/s，va1＝0，此时a 速度为零，安培力做功产生的所有能量都转化为b 的动能，因此b 能
获得的最大速度为25 m/s。
由于a 和ab 组合体均做匀变速直线运动，分别有xab＝va
2 t1，xMN－xab＝v共＋v共1
2
t2
解得t1＝0.1 s，t2＝0.3 s，则电容器流出的电荷量有Δq＝I0(t1＋t2)
a 运动过程中电容器的电压减小量ΔU＝Δq
C ＝40 V
(3)从a、b 碰后一起运动到NN'过程，由于b 受空气阻力，故末速度必小于v 共1，故该过程中始终有f<k
v共1
2，如果b 所受阻力大小取fm＝kv共1
2＝10 N，由动能定理得(BI0L－kv共1
2)(xMN－xab)＝1
2(ma＋mb)
v共2
2－1
2(ma＋mb)v共
2
解得v共2
2＝392.5 m2/s2
由于(0.99v 共1)2＝0.980 1v共1
2＝392.04<v共2
2，故能达到(2)问中分离前速度的99%。
