2026年高考（河北卷）物理试题及答案

2026年高考（河北卷）物理试题及答案一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题意）1.一质点在直线上运动，其速度-时间图像如图1所示（图像为两段直线）。下列说法正确的是（）A.0~2s内质点的加速度大小为1m/s²B.2~4s内质点的位移大小为4mC.0~4s内质点的平均速度大小为1.5m/sD.4s末质点回到出发点2.如图2所示，质量为m的物块A放在质量为2m的木板B上，A、B间动摩擦因数为μ₁，B与地面间动摩擦因数为μ₂。现用水平力F拉B，A、B保持相对静止一起加速运动。则F的最大值为（）（重力加速度为g）A.3μ₁mgB.3μ₂mgC.(μ₁+3μ₂)mgD.3(μ₁+μ₂)mg3.如图3所示，轻弹簧一端固定在竖直墙面，另一端与质量为m的滑块接触但不拴接，弹簧原长时滑块位于O点。现用水平力将滑块从O点向左推至A点（弹簧弹性限度内），撤去外力后滑块向右运动，经过O点后继续向右运动到B点（未与弹簧分离）。已知OA=2OB，弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间动摩擦因数为μ。则滑块从A到B的过程中（）A.弹簧弹力对滑块做功为0B.摩擦力对滑块做功为-3μmg·OAC.滑块在O点时动能最大D.弹簧最大弹性势能为2μmg·OA4.如图4所示，真空中固定两个等量异种点电荷+Q和-Q，O为两点电荷连线的中点，P为连线中垂线上一点，且OP=OO'（O'为+Q右侧某点）。下列说法正确的是（）A.O点电场强度大于P点电场强度B.O点电势高于P点电势C.将电子从O点移到P点，电势能增加D.将质子从O点移到P'点（P'与P对称），电场力做功为05.如图5所示电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，定值电阻R₁=2Ω，R₂=3Ω，滑动变阻器R₃的最大阻值为10Ω。闭合开关S，将滑片从a端滑到b端的过程中（）A.电流表A的示数先减小后增大B.电压表V的示数先增大后减小C.电源的输出功率先增大后减小D.R₁消耗的功率一直增大6.如图6所示，足够长的平行金属导轨水平放置，间距为L，左端接阻值为R的电阻，导轨电阻不计。整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B。质量为m的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间动摩擦因数为μ，初始时静止。现给ab一个水平向右的初速度v₀，最终ab静止。则整个过程中（）A.通过电阻R的电荷量为BLv₀/(R)B.电阻R产生的焦耳热为½mv₀²C.ab的位移大小为mv₀²/(2μmg)D.安培力的冲量大小为mv₀7.一定质量的理想气体经历如图7所示的状态变化过程，其中ab为等容过程，bc为等温过程，ca为等压过程。下列说法正确的是（）A.ab过程中气体对外做功B.bc过程中气体内能增加C.ca过程中气体从外界吸热D.三个状态中，a状态气体分子平均动能最小二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题意，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8所示，在光滑水平面上，质量为m的小球A以速度v₀向右运动，与静止的质量为2m的小球B发生正碰。碰撞后A的速度大小可能为（）A.v₀/3（向左）B.v₀/3（向右）C.2v₀/3（向左）D.2v₀/3（向右）9.如图9所示，一列简谐横波沿x轴传播，t=0时的波形图如图实线所示，t=0.2s时的波形图如图虚线所示。已知波速v>10m/s，则（）A.波沿x轴正方向传播B.波速大小为15m/sC.0~0.2s内，x=2m处质点通过的路程为0.4mD.t=0.3s时，x=5m处质点的位移为-0.1m10.如图10所示，边长为L的正方形区域abcd内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为q的带正电粒子从a点沿ab方向以速度v射入磁场，恰好从c点射出。不计粒子重力，则（）A.粒子在磁场中运动的时间为πL/(2v)B.粒子的比荷q/m=2v/(BL)C.若增大v，粒子可能从ad边射出D.若仅将磁场方向改为向外，粒子仍从c点射出三、实验题（本题共2小题，共16分）11.（6分）某实验小组用图11甲所示装置验证机械能守恒定律。实验步骤如下：①安装打点计时器，将纸带一端固定在重锤上，另一端穿过打点计时器；②接通电源，释放重锤，打出一条纸带；③选取点迹清晰的纸带，测出连续三点A、B、C到起始点O的距离分别为h₁、h₂、h₃（如图11乙所示）；④计算B点的速度v=(h₃-h₁)/(2T)（T为打点周期）；⑤比较mgh₂与½mv²是否相等（m为重锤质量）。（1）下列操作必要的是________（填字母）。A.必须测量重锤的质量B.打点计时器必须使用交流电源C.实验前必须平衡摩擦力D.纸带必须保持竖直，减小摩擦（2）若实验中发现mgh₂略大于½mv²，可能的原因是________（写出一条即可）。12.（10分）某同学要测量一未知电阻Rₓ的阻值（约5Ω），实验室提供的器材有：电流表A₁（量程0~0.6A，内阻r₁=0.5Ω）电流表A₂（量程0~3A，内阻r₂≈0.1Ω）电压表V（量程0~3V，内阻Rᵥ=3kΩ）滑动变阻器R（0~20Ω，额定电流2A）电源E（电动势4.5V，内阻不计）开关S，导线若干（1）该同学设计了图12甲、乙两种电路，为减小误差，应选择________（填“甲”或“乙”）电路。（2）按所选电路连接好器材，闭合开关，调节滑动变阻器，测得多组数据，作出A₁示数I₁与A₂示数I₂的关系图像如图12丙所示。则Rₓ=________Ω（保留两位有效数字）。（3）若该同学误将电压表并联在电流表A₁和Rₓ两端（其他连接正确），则测得的Rₓ值________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。四、计算题（本题共2小题，共28分）13.（12分）如图13所示，倾角θ=37°的足够长斜面固定，底端与水平光滑轨道平滑连接。质量m=1kg的物块A从斜面顶端由静止下滑，与水平轨道上静止的质量M=2kg的物块B发生弹性碰撞。已知A与斜面间动摩擦因数μ=0.5，斜面长度L=2.5m，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s²。求：（1）物块A滑到斜面底端时的速度大小；（2）第一次碰撞后，物块B的速度大小；（3）物块A在斜面上能上升的最大高度。14.（16分）如图14所示，直角坐标系xOy中，x≥0区域存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度E=1×10³N/C；x<0区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T。质量m=1×10⁻⁶kg、电荷量q=1×10⁻⁸C的带正电粒子，从x轴上的P点（2m，0）由静止释放，经电场加速后进入磁场，最终从y轴上的Q点离开磁场（Q点未标出）。不计粒子重力，求：（1）粒子进入磁场时的速度大小；（2）粒子在磁场中运动的轨迹半径；（3）Q点的坐标及粒子从P到Q的总时间。答案一、单项选择题1.B2.D3.C4.D5.C6.D7.C二、多项选择题8.AB9.BC10.AB三、实验题11.（1）BD（2）空气阻力或纸带与打点计时器摩擦导致机械能损失12.（1）甲（2）4.8（3）偏小四、计算题13.（1）由动能定理：mgLsinθ-μmgLcosθ=½mv₁²代入数据解得v₁=√(2×10×2.5×(0.6-0.5×0.8))=√(2×10×2.5×0.2)=√10≈3.16m/s（2）弹性碰撞满足动量守恒和动能守恒：mv₁=mv₁'+Mv₂½mv₁²=½mv₁'²+½Mv₂²解得v₂=2mv₁/(m+M)=2×1×√10/(1+2)=(2√10)/3≈2.11m/s（3）碰撞后A的速度v₁'=(m-M)v₁/(m+M)=(-1×√10)/3≈-1.05m/s（负号表示方向向左）A沿斜面上升时，由动能定理：-mgh-μmghcotθ=0-½mv₁'²h=v₁'²/(2g(1+μcotθ))=(10/9)/(2×10×(1+0.5×4/3))=(10/9)/(20×(5/3))=(10/9)/(100/3)=1/30≈0.033m14.（1）粒子在电场中加速，由动能定理：qEx=½mv²v=√(2qEx/m)=√(2×1×10⁻⁸×1×10³×2/1×10⁻⁶)=√(40)=2√10≈6.32m/s（2）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB=mv²/rr=mv/(qB)=1×10⁻⁶×2√10/(1×10⁻⁸×0.5)=40√10≈126.49m（3）粒子进入磁场时速度沿x轴正方向，磁场中轨迹为半圆（因x<0区域磁场，粒子向左偏转），圆心在(-r,0)，轨迹方程为(x+r)²+y²=r²。当x=0时，y=±√(r²-r²)=0（错误，实际粒子在磁场中运动轨迹为半圆，从x=0处进入磁场，运动半周后从y轴离开，圆心在(-r,0)，则离开时y坐标为0？需重新分析：粒子在电场中沿x轴加速，进入磁场时速度沿x正方向，磁场在x<0区域，故粒子进入磁场后做圆周运动，圆心在x负方向，半径r=mv/(qB)=40√10m。粒子在磁场中运动轨迹为半圆，从进入点（0,0）开始，运动半周后回到x=0，y=0？显然错误，正确分析应为：粒子在电场中加速后，沿x轴正方向以速度v进入x<0的磁场区域（题目中x≥0是电场，x<0是磁场，故粒子从x=2m加速到x=0时进入磁场，此时速度沿x正方向，进入x<0的磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，粒子带正电，洛伦兹力方向由左手定则为-y方向，故轨迹向下偏转，圆心在(x=-r,y=0)，轨迹方程为(x+r)²+y²=r²。当粒子离开磁场时，可能从y轴（x=0）离开，代入x=0，得y=±√(r²r²)=0，矛盾，说明粒子在磁场中运动轨迹为四分之一圆？重新计算：粒子在电场中加速的位移是从x=2m到x=0，电场力做功qE×2m，速度v=√(2qE×2m/m)=√(4qE/m)=√(4×1×10⁻⁸×1×10³/1×10⁻⁶)=√(40)=2√10m/s（正确）。进入磁场时位置在(0,0)，速度沿x正方向，磁场在x<0区域，所以粒子进入磁场后在x<0区域运动，洛伦兹力提供向心力，qvB=mv²/r→r=mv/(qB)=1×10⁻⁶×2√10/(1×10⁻⁸×0.5)=40√10m。轨迹圆心在(-r,0)，所以轨迹方程为(x+40√10)²+y²=(40√10)²。当粒子离开磁场时，可能从y轴（x=0）穿出，此时y=±√[(40√10)²(40√10)²]=0，显然错误，说明题目中磁场区域应为x≤0，或粒子进入磁场后运动轨迹与y轴相交于某点。正确解法：粒子在磁场中做圆周运动，初速度沿x正方向，在x<0区域运动，圆心在(x=-r,y=0)，轨迹从(0,0)开始，向下偏转，当粒子运动到y轴时，x=0，代入轨迹方程得y=-√(r²r²)=0，说明粒子会回到原点，这显然不合理，可能题目中磁场区域是x≤0，电场区域x>0，粒子从x=2m加速到x=0进入磁场，此时速度沿x正方向，进入x≤0的磁场，洛伦兹力使粒子做圆周运动，半径r=mv/(qB)=40√10m，轨迹圆心在(-r,0)，粒子运动半周后到达(-2r,0)，但这样不会到达y轴。可能题目中磁场区域是y≥0或其他方向，可能我理解错了磁场方向。重新看题目：x<0区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，粒子从P(2,0)由静止释放，沿x轴加速到x=0，进入x<0的磁场，速度沿x正方向，磁场方向向里，粒子带正电，洛伦兹力F=qv×B，方向由右手螺旋定则，v沿x正，B向里（z负方向），则F=q(v_xi×B(-k))=qvBj（y正方向），所以粒子向上偏转，圆心在(x=-r,y=0)？不，洛伦兹力方向应为y正方向，所以轨迹向上弯曲，圆心在(x=0,y=r)？左手定则：掌心向里（磁场方向），四指指向速度方向（x正），大拇指指向洛伦兹力方向（y正），所以圆心在(x=0,y=r)，轨迹方程为x²+(yr)²=r²。当粒子进入磁场时在(0,0)，代入方程得0+(0r)²=r²，成立。粒子在磁场中运动，当x=-r时，y=r（最高点），最终离开磁场时可能从y轴穿出，当x=0时，y=2r（但x=0属于电场区域，题目中x<0是磁场，所以粒子在磁场中运动轨迹为半圆，从(0,0)进入，向上运动到(x=-r,y=r)，再向下运动到(0,2r)，但(0,2r)在x=0，属于电场区域，所以粒子离开磁场的位置是(0,2r)，即Q点坐标(0,2r)。r=mv/(qB)=40√10m，所以Q点坐标(0,80√10m)。时间计算：电场中加速时间t₁，由x=½a