福建省2025届高考 物理仿真猜题卷（含解析）

福建卷——2025届高考物理仿真猜题卷
单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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.氢原子在量子物理和计量学领域扮演着举足轻重的角色。氢原子部分能级图如图所示，大量处于能级的氢原子向较低能级跃迁时，发射三种光子，其中a是红光。下列说法正确的是( )
A.三种光子的波长满足 B.三种光子的频率满足
C.b光可能为红外线 D.三种光相比，a光的粒子性更显著
2.某玩具汽车的生产厂家测试新品的性能，测试者利用遥控控制玩具汽车由静止开始启动做直线运动，并利用计算机描绘了该过程中玩具汽车的加速度随时间的变化规律，如图所示。下列说法正确的是( )
A.0~2 s时间内，玩具汽车先加速后减速
B.玩具汽车以最大速度行驶的位移为1 m
C.4.5 s时刻，玩具汽车的速度为0
D.2.5~4.5 s时间内，玩具汽车沿负方向运动
3.水平弹性绳上各质点起初都位于平衡位置，现让绳子中间的质点P开始上下振动，经过一段时间形成的波形如图所示。则P点的振动图像符合实际的是( )
A. B.
C. D.
4.如图所示是抽水蓄能电站，能在用电低谷时利用富余电能把水抽到高处蓄水池中。若电力传输系统中，高压输电线总电阻为R，输电电压为U，输电功率为P，用电低谷时有一半的电能富余，将富余电能用于抽水，蓄能电站水轮机效率为η，水的密度为ρ，上下游水位差为h，重力加速度为g。忽略抽水过程其他能量损失，则单位时间抽水的体积为( )
A. B. C. D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分，每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
5.目前我国规划了三个“万星星座”计划，其中“鸿鹄-3”星座计划将在160个轨道平面上发射共1万颗卫星，这些卫星中一颗卫星甲的轨道为椭圆，另一颗卫星乙为近地卫星（轨道半径近似为地球半径）。如图所示，若两轨道相切于P点且在同一平面内，已知地球的半径为R，甲的远地点Q到地球表面的距离为3R，地球表面的重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.卫星甲在P、Q两点的线速度大小之比为4:1
B.卫星甲在Q点的加速度大小为
C.卫星甲在P点的线速度小于
D.在卫星甲运行1圈的时间内，乙已经运行了4圈
6.一个半径为R的金属圆环悬挂在弹簧测力计下端，圆环中通有大小恒定的电流，圆环下半部分处在垂直于圆环平面向里的匀强磁场中，圆环静止时弹簧测力计示数为F，如图甲所示；现将圆环缓慢向下移动，圆环静止时弹簧测力计的示数为，如图乙所示。下列判断正确的是( )
A.圆环中电流沿顺时针方向 B.圆环中电流沿逆时针方向
C.圆环的重力大小为 D.圆环的重力大小为
7.如图甲所示，质量均为m的物块P与物块Q之间拴接一轻质弹簧，静止在光滑的水平地面上，物块P与竖直墙面接触，初始时弹簧处于压缩状态并被锁定，弹簧的弹性势能大小为。某一时刻解除锁定，并把此时记为时刻，规定向右为正方向，（时间内物块Q运动的图像如图乙所示。下列判断正确的是( )
A.时间内，物块P、Q以及弹簧组成的系统机械能守恒
B.时间内，物块P、Q以及弹簧组成的系统动量守恒
C.时间内，合外力对物体Q做功为
D.时间内，图线与t轴所围的面积大小为
8.如图所示，在一个倾角的足够长固定斜面底端P点将小球以初速度斜向上抛出，抛出方向与斜面的夹角，小球落在斜面上的Q点。不计空气阻力，重力加速度为，小球在此运动过程中，下列说法正确的是( )
A.运动时间为
B.从P点运动到速度与斜面平行时，用时为
C.小球离斜面最远距离为
D.落到Q点时速度与水平方向的夹角为
非选择题：共60分
9.（2分）延平湖是福建省级旅游风景区，是闽北“绿色金库”南平市新兴旅游胜地。如图所示，在湖底形成的气泡会逐渐上升到湖面，温度随湖水深度的增加而降低，若大气压强保持不变，气泡内气体可视为理想气体，气泡缓慢上升的过程中，气泡内气体的内能_______（选填“增大”“减小”或“不变”），气泡内气体对外界_______（选填“做正功”“做负功”或“不做功”）。
10.（2分）如图所示，光纤由折射率不同的内芯和包层构成，光以入射角i从光纤的端面入射，并能在内芯中传播。内芯的折射率比包层的折射率更________（选填“大”或“小”）；一根长为L的直光纤，其折射率为n，真空中光速为c，光从一个端面射入，从另一端面射出，所需的最长时间为________。
11.（3分）如图所示，正四面体的棱长为L，在点A、B、D放置带电荷量大小均为q的点电荷，其中A处点电荷带负电，B、D处点电荷带正电。已知静电力常量为k，取无穷远处电势为零，E为AB的中点，BD上_______（选填“存在”或“不存在”）电势为零的点，BD中点处的电场强度大小为_______，正试探电荷沿直线从E到C，电势能_______（选填“一直增大”“一直减小”或“先增大后减小”）。
12.（6分）某同学用如图所示的装置进行验证动量守恒定律实验，气垫导轨两端的竖直挡板上安装两相同的水平轻质弹簧。已知弹簧储存的弹性势能为，其中k为两弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。
①测得物块a的质量为、物块b的质量为；
②调节气垫导轨，将物块轻放在气垫导轨上时物块能保持静止；
③测得物块a向左压缩弹簧的压缩量为，物块b向右压缩弹簧的压缩量为；
④由静止释放两物块，两物块脱离弹簧后相碰，粘在一起向右运动，测得向右压缩弹簧的最大压缩量为。
（1）根据实验可知碰前瞬间物块a的动量大小________（选填“大于”“小于”或“等于”）物块b的动量大小。
（2）碰前瞬间物块a的速度大小为________（用题中物理量符号表示）。
（3）验证系统动量守恒的表达式为________（用题中物理量符号表示）。
13.（10分）某科技公司推出了一款三折叠屏手机，里面的电池不仅很薄，而且容量很大。小华同学想通过实验室的一些电学仪器测量该电池的电动势和一未知电阻的阻值。他在网上查得手机电池的电动势在3~4 V，内阻很小可忽略。
（1）他首先在实验室找到两个电流表（内阻，量程0~600 mA）、（内阻未知，量程0~20 A），然后用半偏法来测电流表的内阻，具体电路如图甲。连好电路后先闭合，断开，调节让表满偏，接着再闭合，调节，让表半偏，此时读数为50.0 Ω。
（2）紧接着他将表与电阻串联改装成一个量程为0~4 V的电压表，则_______Ω。
（3）组装完成后，小华继续将实验室的电学器材按图乙连接好，闭合开关S后不断改变滑动变阻器滑片的位置，读出多组、表对应的示数，以为横轴、为纵轴作出图像，如图丙所示，根据图像算出电池电动势_______V，电阻_______Ω。
（4）小明看到小华的实验过程后，提出在使用半偏法测电流表的内阻时存在实验误差，该误差会导致电池电动势的测量值_______（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值，的测量_______（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
14.（10分）如图所示，竖直平面内放一光滑直角杆，水平部分套有质量为的小球A，竖直部分套有质量为的小球B，A、B之间用不可伸长的轻绳相连。在水平外力F的作用下，系统静止于图示位置，。时，改变水平外力F的大小，使小球A由静止开始向右做加速度大小为的匀加速直线运动，g取，求：
（1）时小球A、B的速度大小；
（2）0~1 s时间内拉力F做的功。
15.（12分）如图所示，水平桌面左端的挡板上固定一轻弹簧，质量为的物块甲将轻弹簧压缩但不与弹簧拴接，甲在E点时弹簧处于原长，质量为的物块乙放在水平桌面的最右端，右侧地面上在竖直方向固定一半径为的光滑圆弧轨道ABCD，其中OA与竖直直径BD的夹角为。将甲由静止释放，两物块发生弹性碰撞后，乙刚好由A点沿切线方向进入圆弧轨道，然后恰好通过圆弧轨道的最高点D。E点左侧光滑，右侧粗糙，E点到水平桌面最右端的距离为，甲与水平桌面间的动摩擦因数为，两物块均可视为质点，重力加速度为，。求：
（1）乙通过B点时对轨道的压力大小；
（2）水平桌面最右端与A点的水平距离；
（3）释放物块甲前，轻弹簧储存的弹性势能。
16.（15分）高能粒子实验装置是用以发现高能粒子并研究其特性的主要实验工具，图示为某种该装置的简化模型。在y轴沿竖直方向的直角坐标系xOy中，第一象限内有一个半径为R、且与x、y轴均相切的圆，圆内充满方向垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ；的区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ；第四象限内有方向与x轴负方向平行的匀强电场。现有一质量为m，电荷量为q的带正电粒子（重力不计）从点以速率沿x轴负方向射入磁场Ⅰ，经磁场偏转后通过点C（R，0）进入电场，经电场偏转后通过D点进入磁场Ⅱ。已知粒子在磁场Ⅱ中还受到与速度大小成正比、方向相反的阻力，比例系数为k，在磁场Ⅱ中沿螺旋形运动后达到y轴上的P点（未画出）并沿y轴负方向做直线运动。已知第四象限内场强大小轴上无场区。求：
（1）圆形区域内磁感应强度大小；
（2）粒子从A点运动到D点的时间t；
（3）D、P两点间的距离d以及粒子从D点运动到P点的路程L。
答案以及解析
1.答案：B
解析：根据氢原子能级及跃迁理论有，可得。，可得。b光能量比a光大，频率比a光高，b光不可能为红外线。根据光的波粒二象性理论，光的频率越高，粒子性越显著，三种光相比较，c光的粒子性更显著，综上B正确。
2.答案：C
解析：
3.答案：D
解析：绳上P点上下振动，形成的机械波向左右传播，由波形图可知波源起振方向向上，则时刻P点速度向上，由波形图可知先形成的波波长较短，而波速不变，由，有，可知P点开始振动的频率较大，周期较小，后面振动频率较小，周期较大，D正确。
4.答案：D
解析：输电线上电流，输电线上损失的功率，由于有一半的富余电能，则由能量守恒可得，联立可得，D正确。
5.答案：AB
解析：根据开普勒第二定律，有，解得，A正确；卫星甲在P点有，在Q点有，联立解得，B正确；对于卫星乙有，解得，根据变轨原理可得卫星甲在P点的线速度，C错误；根据开普勒第三定律有，解得，在卫星甲运行1圈的时间内，乙还没有运行4圈，D错误。
6.答案：BD
解析：AB.由题可知，圆环缓慢向下移动，圆环的安培力有效长度减小，安培力减小，示数变大，说明安培力方向向上，根据左手定则可知，电流沿逆时针方向，故A错误，B正确；
CD.根据平衡可知
解得
故C错误，D正确。
故选BD。
7.答案：AC
解析：A．在时间内，物块P，Q以及弹簧组成的系统只有弹簧弹力做功，则该系统机械能守恒，故A正确；
B．弹簧恢复原长过程，物块P一直不动，此过程物块P，Q以及弹簧组成的系统受到墙壁的弹力作用，则该系统此过程所受的合外力不为0，其动量不守恒，此后物块P离开墙壁，物块P，Q以及弹簧组成的系统所受的合外力为0，其动量守恒，可见在时间内，物块P，Q以及弹簧组成的系统最初动量不守恒，最后动量守恒，故B错误；
C．由图知，时刻物块Q的加速度为0，此时弹恰好恢复原长，物块P刚要运动，时刻物块Q运动的加速度最大，且为负值，此时弹簧被拉得最长，物块P，Q的速度相同。弹簧恢复原长过程，由机械能守恒定律
解得时刻物块Q的速度大小
在时间内，对物块P，Q以及弹簧组成的系统，由动量守恒定律
解得时刻物块P和Q的速度大小均为由动能定理知，内合外力对物体Q做功，故C正确；
D．由图知，时刻物块Q的加速度为0，此时弹恰好恢复原长，在时间内，对物块P，Q以及弹簧组成的系统，由动量守恒定律由机械能守恒定律联立知，时刻物块Q的速度则内物块Q速度变化量图像中图线与t轴所围的面积表示速度变化量，可见内图线与1轴所围的面积大小为，故D错误。
故选AC。
8.答案：AC
解析：A.沿斜面和垂直斜面建立坐标系，正交分解如图所示
设在空中的运动时间为t，小球在垂直斜面方向做匀变速直线运动，从抛出到离斜面最远，由运动学知识有
解得小球的运动时间为
A正确；
B.小球运动到离斜面最远时速度方向与斜面平行，由运动的对称性可知从P点运动到速度与斜面平行时，用时为
B错误；
C.由匀减速运动学公式可知，小球离斜面最远距离为
C正确；
D.由运动学知识可知落到Q点时x轴方向的速度为
由运动的对称性可知落到Q点时y轴方向的速度为
由几何关系可知落到Q点时速度与x轴的夹角的正切值为
即
故落到Q点时速度与水平方向的夹角为
D错误。
故选AC。
9.答案：增大；做正功
解析：由题意可知，气泡上升过程中，气体温度升高，则气泡内气体的内能增大，又，则气泡上升过程气体压强减小，根据理想气体状态方程可知，气泡的体积增大，气泡内气体对外界做正功。
10.答案：大；
解析：光纤利用光的全反射工作，则其内芯折射率要大于包层折射率；当光从左端面射入，从右端面射出时，经过的最长距离为，光在内芯的传播速度为，可得。
11.答案：不存在；；先增大后减小
解析：在BD上（不包含端点），任意一点到较近的正点电荷的距离总小于到负点电荷的距离，即任意一点的电势都大于零，则BD上不存在电势为零的点。B、D处点电荷在BD中点处的合场强为零，A处点电荷在BD中点处的场强，则BD中点处的电场强度大小为。为AB的垂直平分线，在A、B处点电荷产生的电场中，CE上电势为零，则正试探电荷可看成只处在D处点电荷产生的电场中，从E到C，正试探电荷离D的距离先减小后增大，由可知，沿直线从E到C，电势先升高后降低，则正试探电荷的电势能先增大后减小。
12.答案：（1）大于
（2）
（3）
解析：（1）根据题述可知，两物块碰撞后的动量方向向右，则碰前瞬间物块a的动量大小大于物块b的动量大小。
（2）弹簧的劲度系数为k，则释放物块a瞬间弹簧储存的弹性势能为，物块a脱离弹簧后由机械能守恒定律有，可得。
（3）同理可得出碰前瞬间物块b的速度大小为，物块a、b粘在一起后的速度大小为，若系统动量守恒，有，可得。
13.答案：（2）150
（3）3.6；5.8
（4）小于；小于
解析：（2）由半偏法可知电流表内阻测量值，改装成4 V量程的电压表，串联电阻。
（3）改装后的电压表内阻，由题图乙可知，整理得，对照题图丙可知纵截距，解得，斜率绝对值，解得。
（4）半偏法测得的电流表内阻偏小，则实际改装后的电压表内阻，最后计算电动势和值，代入的值却是，导致电动势测量值小于真实值；同理，由，可知测量值小于真实值。
14.答案：（1）
（2）
解析：（1）根据匀变速直线运动的规律有①
小球A运动的位移为②
此时两球的位置如图所示，由几何关系可知小球B上升的距离
设此时，则有③
又小球A、B沿绳子方向的分速度相等，有④
解得⑤
（2）根据功能关系有⑥
解得⑦
15.答案：（1）
（2）
（3）
解析：（1）乙恰好通过圆轨道的最高点D，则在D点由牛顿第二定律有①
乙从B到D的过程，由机械能守恒定律有
②
在B点由牛顿第二定律有③
解得
由牛顿第三定律可得乙通过B点时对轨道的压力大小为④
（2）乙从A到D的过程，由机械能守恒定律得
⑤
解得
乙离开水平桌面的速度大小⑥
乙在A点的竖直速度
乙离开水平桌面后做平抛运动，物块乙做平抛运动的时间
⑦
水平桌面的右端到A点的水平距离为
解得⑧
（3）设释放甲前，弹簧储存的弹性势能为，甲与弹簧分离瞬间的速度大小为，甲被弹簧弹开的过程，由机械能守恒定律有
甲从E点到两物块碰撞前的过程，由动能定理有⑨
两物块发生弹性碰撞，碰撞过程两物块组成的系统动量守恒，机械能守恒，有⑩

解得
16.答案：（1）
（2）
（3）
解析：（1）画出粒子的运动轨迹，如图1所示
由几何关系知四边形为菱形
则粒子在圆形区域内做圆周运动的轨迹半径①
②
解得③
（2），即④
由几何关系得
粒子在圆形区域中运动的时间⑤
由几何关系得
粒子在电场中做类斜上拖运动，则⑥
⑦
解得
粒子从A点运动到D点的时间⑧
（3）⑨
⑩
解得
粒子过D点后，取一小段时间，粒子受力情况和矢量分解如图2所示，
根据动量定理在x方向上有
在y方向上有
两边同时对过程求和


其中
解得
轨迹切线方向，阻力使粒子速度减小，在切线方向有
两边同时对过程求和有
解得