2024年高考物理试卷（河北）（解析卷）_物理历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考物理真题_物理（按年份分类）2008-2025_2024·高考物理真题

2024 年普通高中学业水平选择性考试（河北卷） 物理试题 本试卷共 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. 锂是新能源汽车、储能和信息通信等新兴产业的关键材料．研究表明，锂元素主要来自宇宙线高能粒子 12C+1H®7 Li+21H+X 与星际物质的原子核产生的散裂反应，其中一种核反应方程为6 1 3 1 ，式中的X为 （ ） A. 1n B. 0 e C. 0e D. 4He 0 -1 1 2 【答案】D 【解析】 【详解】根据核反应前后质量数和电荷数守恒得 A=12+1-7-2´1=4，Z =6+1-3-2´1=2 故式中的X为4He，故选D。 2 2. 我国古人最早发现了尖端放电现象，并将其用于生产生活，如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在 雷雨天时保护古塔。雷雨中某时刻，一古塔顶端附近等势线分布如图所示，相邻等势线电势差相等，则 a、b、c、d四点中电场强度最大的是（ ） A. a点 B. b点 C. c点 D. d点 【答案】C 【解析】 【详解】在静电场中，等差等势线的疏密程度反映电场强度的大小。图中c点的等差等势线相对最密集， 故该点的电场强度最大。 故选C。 3. 篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过 程，并得出了篮球运动的v-t 图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是（ ） 第1页/共18页 学科网（北京）股份有限公司A. a点 B. b点 C. c点 D. d点 【答案】A 【解析】 【详解】由图像可知，图像第四象限表示向下运动，速度为负值。当向下运动到速度最大时篮球与地面接 触，运动发生突变，速度方向变为向上并做匀减速运动。故第一次反弹后上升至a点，此时速度第一次向 上减为零，到达离地面最远的位置。故四个点中篮球位置最高的是a点。 故选A。 4. R、R 为两个完全相同的定值电阻，R两端的电压随时间周期性变化的规律如图1所示（三角形脉冲 1 2 1 交流电压的峰值是有效值的 3倍），R 两端的电压随时间按正弦规律变化如图2所示，则两电阻在一个 2 周期T内产生的热量之比Q :Q 为（ ） 1 2 A. 2:3 B. 4:3 C. 2: 3 D. 5:4 【答案】B 【解析】 【详解】根据有效值的定义可知图1的有效值的计算为 2 æU ö 0 ç ÷ U2 è 3ø T U2 T 1 T = ´ + 0 ´ R R 2 R 2 1 1 1 解得 第2页/共18页 学科网（北京）股份有限公司2 U = U 1 3 0 图二的有效值为 U U = 0 2 2 接在阻值大小相等的电阻上，因此 Q :Q =U2 :U2 =4:3 1 2 1 2 故选B。 5. 如图，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜 面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°．若弹簧测力计位于竖直方向，读数为1.0N,g 取10m/s2,挡板对球 体支持力的大小为（ ） 3 2 3 A. N B. 1.0N C. N D. 2.0N 3 3 【答案】A 【解析】 【详解】对小球受力分析如图所示 第3页/共18页 学科网（北京）股份有限公司由几何关系易得力F 与力F 与竖直方向的夹角均为30°，因此由正交分解方程可得 N F sin30°= Fsin30°，F cos30°+Fcos30°+T =mg N N 解得 3 F = F = N 3 故选A。 6. 如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一 紫外光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感 光纸上就画出了描述光点振动的x-t图像．已知轻杆在竖直面内长0.1m,电动机转速为12r/min．该振 动的圆频率和光点在12.5s内通过的路程分别为（ ） A. 0.2rad/s,1.0m B. 0.2rad/s,1.25m C. 1.26rad/s,1.0m D. 1.26rad/s,1.25m 【答案】C 【解析】 【详解】紫外光在纸上的投影做的是简谐振动，电动机的转速为 n=12r/min =0.2r/s 因此角频率 w=2pn=0.4p=1.26rad/s 第4页/共18页 学科网（北京）股份有限公司周期为 1 T = =5s n 简谐振动的振幅即为轻杆的长度A=0.1m，12.5s通过的路程为 12.5 s = ´4A=1m 5 故选C。 7. 如图，真空中有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B、C．M为三 q 角形ABC的中心，沿AM 的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为 ．已知正三 2 角形ABC的边长为a,M点的电场强度为0，静电力常量的k．顶点A处的电场强度大小为（ ） 2 3kq kq kq kq A. B. (6+ 3) C. (3 3+1) D. (3+ 3) a2 a2 a2 a2 【答案】D 【解析】 【详解】B点C点的电荷在M的场强的合场强为 kq 3kq E =2 cos60°= æ 3 ö 2 a2 ç a÷ 3 è ø 因 M 点的合场强为零，因此带电细杆在 M 点的场强E = E，由对称性可知带电细杆在 A 点的场强为 M E = E = E，方向竖直向上，因此A点合场强为 A M kq kq  E = E +2 cos30°= 3+3 合 A a2 a2 故选D。 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．全都选对的得 6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分． 8. 2024年3月20日，鹊桥二号中继星成功发射升空，为嫦娥六号在月球背面的探月任务提供地月间中继 通讯。鹊桥二号采用周期为24h的环月椭圆冻结轨道（如图），近月点A距月心约为2.0 × 103km，远月点 第5页/共18页 学科网（北京）股份有限公司B距月心约为1.8 × 104km，CD为椭圆轨道的短轴，下列说法正确的是（ ） A. 鹊桥二号从C经B到D的运动时间为12h B. 鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比约为81：1 C. 鹊桥二号在C、D两点的速度方向垂直于其与月心的连线 D. 鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于7.9km/s且小于11.2km/s 【答案】BD 【解析】 【详解】A．鹊桥二号围绕月球做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知，从A→C→B做减速运动，从 B→D→A做加速运动，则从C→B→D的运动时间大于半个周期，即大于12h，故A错误； B．鹊桥二号在A点根据牛顿第二定律有 Mm G =ma r2 A A 同理在B点有 Mm G =ma r2 B B 带入题中数据联立解得 a ：a = 81：1 A B 故B正确； C．由于鹊桥二号做曲线运动，则可知鹊桥二号速度方向应为轨迹的切线方向，则可知鹊桥二号在C、D两 点的速度方向不可能垂直于其与月心的连线，故C错误； D．由于鹊桥二号环绕月球运动，而月球为地球的“卫星”，则鹊桥二号未脱离地球的束缚，故鹊桥二号的 发射速度应大于地球的第一宇宙速度7.9km/s，小于地球的第二宇宙速度11.2km/s，故D正确。 故选BD。 9. 如图，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真 空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的 第6页/共18页 学科网（北京）股份有限公司形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移 动，活塞重新静止后（ ） A. 弹簧恢复至自然长度 B. 活塞两侧气体质量相等 C. 与初始时相比，汽缸内气体的内能增加 D. 与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状 态。因活塞密封不产，可知左侧气体向右侧真空漏出。左侧气体压强变小，右侧出现气体，对活塞有向左 的压力，最终左、右两侧气体压强相等，且弹簧恢复原长，故A正确； B．由题知活塞初始时静止在汽缸正中间，但由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左 侧气体质量小于右侧气体质量，故B错误； C．密闭的气缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，可知气体内能增加，故C正确； D．初始时气体在左侧，最终气体充满整个气缸，则初始左侧单位体积内气体分子数应该是最终左侧的两 倍，故D正确。 故选ACD。 10. 如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可 调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面．A处有一个粒子源，可逐个发射速度 不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边 穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是（ ） 第7页/共18页 学科网（北京）股份有限公司A. 若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出 B. 若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出 C. 若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边的速度方向与ad边夹角必为45° D. 若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60° 【答案】ACD 【解析】 【详解】AC．根据几何关系可知，若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必经过cd 边，作出粒子运动轨迹图，如图甲所示 粒子从C点垂直于BC射出，故AC正确； BD．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°时，若粒子从cd边再次进入磁场，作出粒子运动轨 迹如图乙所示 则粒子不可能垂直BC射出；若粒子从bc边再次进入磁场，作出粒子运动轨迹如图丙所示 则粒子一定垂直BC射出，故B错误、D正确。 故选ACD。 三、非选择题：本题共 5小题，共 54分． 第8页/共18页 学科网（北京）股份有限公司11. 某同学通过双缝干涉实验测量单色光的波长，实验装置如图1所示，其中测量头包括毛玻璃、游标尺、 分划板、手轮、目镜等。 该同学调整好实验装置后，分别用红色、绿色滤光片，对干涉条纹进行测量，并记录第一条和第六条亮纹 中心位置对应的游标尺读数，如表所示： 单色光类别 x /mm x /mm 1 6 单色光1 10.60 18.64 单色光2 8.44 18.08 根据表中数据，判断单色光1为____________（填“红光”或“绿光”）。 【答案】绿光 【解析】 L 【详解】根据Dx= l，可得 d dDx l= L 由图表带入数据可知 18.64-10.60 Dx = mm=1.608mm 1 5 18.08-8.44 Dx = mm=1.928mm 2 5 故 Dx < Dx 1 2 则 l0 、质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小 为g，求： （1）电场强度E的大小。 （2）小球在A、B两点的速度大小。 U Uq-mgL 3Uq-mgL 【答案】（1） ；（2）v = ，v = L A m B m 【解析】 【详解】（1）在匀强电场中，根据公式可得场强为 第13页/共18页 学科网（北京）股份有限公司U E = L （2）在A点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得 v 2 Eq-mg =m A L A到B过程根据动能定理得 1 1 qU -mgL= mv 2 - mv 2 2 B 2 A 联立解得 Uq-mgL v = A m 3Uq-mgL v = B m 15. 如图，边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴 OO¢。间距为L、与水平面成q角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与 各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角 速度w匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力 达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计， CD棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。 （1）求CD棒所受安培力的最大值和最小值。 （2）锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于 （1）问中安培力的最大值，求CD棒与导轨间的动摩擦因数。 B2L3w B2L3w a 1 【答案】（1）F = ，F = ；（2） - tanq max R min 2R gcosq 3 【解析】 【详解】（1）当OA运动到正方形细框对角线瞬间，切割的有效长度最大，L = 2L，此时感应电流最 max 第14页/共18页 学科网（北京）股份有限公司大，CD棒所受的安培力最大，根据法拉第电磁感应定律得 2Lw E = BL v= B× 2L× = BL2w max max 2 根据闭合电路欧姆定律得 E I = max R 故CD棒所受的安培力最大为 B2L3w F = BI L= max max R 当OA运动到与细框一边平行时瞬间，切割的有效长度最短，感应电流最小，CD棒受到的安培力最小，得 Lw BL2w E = BL v= B×L× = min min 2 2 故CD棒所受的安培力最小为 B2L3w F = BI L= min min 2R （2）当CD棒受到的安培力最小时根据平衡条件得 mgsinq-mmgcosq-F =0 min 当CD棒受到的安培力最大时根据平衡条件得 F -mgsinq-mmgcosq=0 max 联立解得 3B2L3w m= 4Rgsinq 撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得 F +mmgcosq-mgsinq=ma max 解得 a 1 m= - tanq gcosq 3 16. 如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不 计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0kg,A木板长度为2.0m，机器人质量为 6.0kg，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力。 第15页/共18页 学科网（北京）股份有限公司（1）机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。 （2）机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳 过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。 （3）若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地 3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关 系。 7 【答案】（1）1.5m；（2）90J，2；（3）x = L AC 4 B 【解析】 【详解】（1）机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质 量为M，三个木板质量为m，根据人船模型得 Mx=mx 1 同时有 x+x = L 1 A 解得A、B木板间的水平距离 x =1.5m 1 （2）设机器人起跳的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为q，从A木板右端跳到B木板左端时间为 t，根据斜抛运动规律得 vcosq×t = x 1 vsinq t = g 2 联立解得 15 v2 = 2sinqcosq 机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒 Mvcosq=mv A 根据能量守恒可得机器人做的功为 第16页/共18页 学科网（北京）股份有限公司1 1 W = Mv2 + mv 2 2 2 A 联立得 3cos2q+1 4cos2q+sin2q æ1 2 ö W = ×45J= ×45J=45 tanq+ J ç ÷ 2sinqcosq 2sinqcosq è2 tanqø 1 2 根据数学知识可得当 tanq= 时，即tanq=2时，W取最小值，代入数值得此时 2 tanq W =90J 15 （3）根据tanq=2可得vcosq= m/s，根据 2 Mvcosq=mv A 得 3 15 v = m/s A 2 分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与BC 木板组成的系统在水平方向动量守恒，得 Mvcosq=M +2mv 共 解得 3 15 v = m/s 共 10 该过程A木板向左运动的距离为 3 15 15 x =v t = ´ m=4.5m A A 2 5 机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次 起跳机器人的水平速度大小为v ，B木板的速度大小为v ，机器人每次跳跃的时间为Δt，取向右为正方向， 0 B 得 M +mv =Mv -mv ① 共 0 B L 每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为 B ，可得 3 L B =v +v Δt② 3 0 B 机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板 第17页/共18页 学科网（北京）股份有限公司的位移差为 Dx= x +x =6m 1 A 可得 v -v ×3Δt =Δx③ B A 联立①②③解得 L Δx Δt = B -     4 v +v 3 v +v A 共 A 共 故A、C两木板间距为 x =v +v ×3Δt+Δx+L AC A C B v =v C 共 解得 7 x = L AC 4 B 第18页/共18页 学科网（北京）股份有限公司