2025年物理(福建卷)
1.A 此题考查力的平衡问题。
无风时,由力的平衡可知,山体对风动石的作用力F1=mg,有水平风吹过时,对风动石受力分析,如图所示,可知此时山体对石的作用力F2=>F1=mg,即F2>F1,A正确。
2.B 此题考查变压器问题。
由图可知T=0.25 s-0.1 s=0.15 s,解得T=0.2 s,A错误;电压表示数为有效值,设为U2,根据题意U1==48 V,而=4,解得U2==12 V,B正确;由并联电路电流与电压的关系可知U2=IR1R1=IR2R2,且R1=2R2,则IR2=2IR1,I2=IR1+IR2=3IR1,故副线圈干路电流为流过R1电流的3倍,C错误;根据变压器的原理可知,原、副线圈功率相同,即P1=P2,功率之比为1∶1,D错误。
【归纳总结】电流、电压有效值和峰值使用场景
有效值使用场景:电表测量、电器铭牌的额定值、保险丝的熔断值。
峰值使用场景:电容器击穿电压。
3.B 此题考查安培定则,磁场的叠加问题。
设磁感应强度方向以垂直于纸面向里为正,由题意可知M点的磁感应强度为-B1,O点的磁感应强度为B2。由对称性可知,N点的磁感应强度为-B1,L1、L2在O点产生的磁感应强度大小相等、方向相同,可知L2在O点产生的磁感应强度为,则L2在N点产生的磁感应强度为-,对于N点有-B1=BL1+BL2,解得BL1=-B1,B正确。
4.D 此题考查带电粒子在静电场的运动问题。
根据题意,Ek=,Eq=Ee=m,联立得E=,A错误;由题知,第一个粒子做圆周运动,另一粒子受到的静电力发生变化,由静电力提供向心力有eE=,半径发生变化,则不是圆弧的一部分,B错误;因为轨迹为的电子动能为Ek,当该电子运动到B点时动能同样为Ek,此时若将运动到B点的该电子保持动能不变移动到P点,它会增加大小为eU的电势能,动能则减小为Ek-eU。由题图可知,轨迹为的电子的初动能比轨迹为的电子大,在从A点运动到P点过程中,该电子的电势能同样增加了eU,故沿运动的电子运动到P点动能大于Ek-eU,C错误;由图可知,电场强度离O点越远越小,已知|CQ|=2|BP|,UBP=U,则UCQ<2U,故电子从A经P到Q全程克服静电力做的功小于2eU,D正确。
5.AD 此题考查同轴转动,匀速圆周运动各物理量间的关系。
根据题意,手绢做同轴转动,角速度相同,B错误;由题图可知rP6.AC 此题考查核反应方程,动量守恒定律。
核反应中有能量释放,所以存在质量亏损,A正确;该核反应为核聚变,B错误;由于氘核和氚核相撞之前,两个粒子动量等大反向,则由氘核和氚核组成的系统总动量为零,反应后氦核和中子动量也应等大反向,由p2=2mEk可知EkHe∶Ekn=mn∶mHe=1∶4,由题意可知EkHe+Ekn=17.6 MeV,则Ekn=×17.6 MeV=14.08 MeV,EkHe=×17.6 MeV=3.52 MeV,C正确,D错误。
7.BC 此题考查带电粒子在复合场中的运动。
根据题意,带电体在复合场中沿着MN做匀速直线运动,受力分析如图所示
根据几何关系和运动状态,有mg=Eq,解得E=,A错误;由力的平衡可知,qvB=mg,解得B=,B正确;在粒子运动到N点时撤去磁场,则此时粒子受力分析图为
由几何关系可知F合与粒子的速度方向垂直,粒子可看作在做类平抛运动,F合=mg=ma,a=g,由于NP连线水平向右,故粒子到达P点时,其类平抛运动的位移偏向角为45°,则在P点速度偏向角正切值tan θ=2tan 45°=2,则到P点的速度vP=,联立解得vP=v。粒子从N运动到P,由动能定理可知,qU=mv2,解得U=,C正确;可将N点速度v沿水平和竖直方向进行分解,则粒子在竖直方向做竖直上抛运动vy=vcos 45°=v,hmax=,D错误。
8.BD 此题考查与传送带相结合的连接体问题。
根据题意,传送带对A、B的动摩擦力均为f=0.5×10 N=5 N,刚开始,A做减速运动,初速度为v0,B做加速运动,初速度为0,A、B与弹簧组成的系统所受合外力为0,系统动量守恒,则mAv0=mAv传+mBvB,解得vB=0.5 m/s,此时A与传送带第一次共速,B正确;在0~t1内,由牛顿第二定律可知F弹+f=mAaA,F弹+f=mBaB,由于mAaB,A错误;在0~t1内,设A向右运动位移为xA,B向右运动位移为xB,则fxB-fxA+mAmAmB+Ep,已知Ep=0.75 J,代入解得xA-xB=0.1 m,即压缩量为0.1 m,C错误;根据题意,A与传送带的相对位移ΔxA=xA-v传t1,B与传送带的相对位移ΔxB=v传t1-xB,则ΔxA+ΔxB=xA-xB=0.1 m,A、B物块运动的v-t图像如图所示,由图可知,ΔxA<ΔxB,综上,ΔxA<0.05 m,D正确。
9.答案 做正功
解析 本题考查玻意耳定律和判断系统吸放热、做功问题。
温度不变,气体做等温变化,由玻意耳定律可知p1L1S=p2L2S,解得L2=,水位下降,气体膨胀,即内部气体对外界做正功。
10.答案 >
解析 本题考查横波和纵波,波长、频率和波速的关系问题。
由题意知,纵波速度大于横波速度,且频率相同,由v=λf可知,纵波波长大于横波波长;根据题意,设波源与蝎子的距离为s,根据题意可知=Δt,解得s=。
11.答案 不存在
解析 本题考查库仑力作用下的平衡问题。
由题意可知P处检验电荷恰好处于静止状态,对检验电荷进行受力分析如图所示,可知=tan 30°
其中
联立解得
由上述分析可知,检验电荷重力不可忽略。当检验电荷处于Q1Q2水平连线上时,竖直方向无法达到平衡状态,故在Q1Q2水平连线上不存在其他点能让同一检验电荷维持平衡状态。
12.答案 (1) (2)0.020
解析 本题考查实验折射率测量。
(1)设入射角为θ1,折射角为θ2
可得sin θ1=,sin θ2=
由折射率公式可知n=
联立解得n=。
(2)绘出图像如下图所示
由图可知,糖水浓度每增加10%,折射率增加值为×10%=0.020。
13.答案 (1)(暂缺) (2)16.0 (3)100~200 (4)145 (5)CD
解析 本题考查等效法测电阻+误差分析。
(1)(暂缺)。
(2)由题图2可知,该电流表分度值为1 mA,故读出电流为16.0 mA。
(3)将开关S2闭合,S1拨向1处,表笔a、b短接,R6为0时,电路中R1、R2、R3、R4串联,串联支路和R5并联,此时电流表示数为16.0 mA;接入Rx,S1拨向1、2处时,电流表示数均小于基准值,则Rx所在的串联支路电阻在S1拨向1、2处时均大于R1、R2、R3、R4串联时的电阻;S1拨向3处时,电流表示数大于基准值,则此时串联支路电阻小于R1、R2、R3、R4串联时的电阻,即Rx+R3+R4(4)将S1拨向3处,R6=55 Ω时,电流表示数等于基准值,则此时串联支路电阻等于R1、R2、R3、R4串联时的电阻,即R1+R2+R3+R4=R3+R4+Rx+R6,解得Rx=145 Ω。
(5)本题测电阻用的是等效的思想,即R1+R2+R3+R4=R3+R4+Rx+R6,则电流表和电源内阻不会影响测量的结果;若R6的读数不够准确,则会导致Rx的测量值不准确;若电流表读数比基准值偏大,此时R1+R2+R3+R4≠R3+R4+Rx+R6,也会导致Rx的测量值不准确,C、D正确。
14.答案 (1)2.4 m/s (2)0.1 m/s2 (3)4.2 m
解析 此题考查由v-t图像求解,a,x。
(1)0~2 s内运动员做匀减速直线运动,平均速度=2.4 m/s。
(2)44~46 s内的加速度大小a==0.1 m/s2。
(3)44~46 s内的位移大小为v-t图像所围面积,即x=4.2 m。
15.答案 (1)1.5 J (2)0.5 N (3)0解析 本题结合竖直平面的圆周运动模型,考查功、动能定理和牛顿第二定律等。
(1)由图乙可知,在0~1 m内,F所做的功WF=F1x1=1.5 J。
(2)物体A受到的滑动摩擦力f=μmg=0.5 N
当x=1 m时,F>f,故此时A、B一起做加速运动,对A、B整体进行受力分析,由牛顿第二定律可得F1-μmg=2ma
对B单独进行受力分析,由牛顿第二定律可得FAB=ma=0.5 N
故A与B之间的弹力大小为0.5 N。
(3)由题意可知,当F=f时A、B开始分离,结合图乙可知A、B在x2=3 m处分离,在0~x2的运动过程中,推力F对A、B两物块所做的功等于F-x图像中图线与x坐标围成的面积,即WF'=1.5×1 J+×2 J=3.5 J
在0~x2的运动过程中,对A、B整体根据动能定理有WF'-μmgx2=×2mv2
解得v= m/s
在B与A分离到B到达M点的运动过程中,根据动能定理有-mg·2R=mv2
若B刚好能够到达M点,则B在M点由重力提供向心力可知mg=
联立解得圆弧的半径应满足016.答案 (1) (2) (3)见解析
解析 本题结合线框模型,综合考查电磁感应中的动力学、能量和动量问题。
(1)对线框从释放到cd边进入Ⅰ号区域的过程进行受力分析,由牛顿第二定律可知mgsin θ=ma1
由运动学公式可知v2=2a1x
解得x=
故线框释放时cd边离Ⅰ号区域上边缘距离为。
(2)设线框边长为L,区域Ⅰ的磁感应强度大小B,由cd边进入Ⅰ号区域到ab边离开Ⅰ号区域速度均为v可知,在Ⅰ号区域内,线框始终受力平衡,且正方形线框边长L等于Ⅰ号区域宽度,即L=L1,线框切割磁感线产生的感应电动势E1=BLv,cd边受到的安培力F1=BIL=BL
由线框受力平衡可知mgsin θ=F1
联立解得E1=,B=
故当cd边进入Ⅰ号区域时,cd边两端的电势差ucd=E1=。
(3)对于线框从cd边进入Ⅱ号区域,到ab边离开Ⅱ号区域的过程,由动能定理可知
mg(L1+L2)sin θ-W安=0
解得W安=mg(L1+L2)
若L1≤L2
线框从cd边开始进入Ⅱ号区域到ab边进入Ⅱ号区域过程中,安培力的冲量
I1=t1=BL1t1=
线框从cd边开始离开Ⅱ号区域到ab边离开Ⅱ号区域,安培力冲量
I2=t2=BL1t2=
设线框从cd边进入Ⅱ号区域到ab边离开Ⅱ号区域的总运动时间为t,当线框完全进入Ⅱ号区域时线框不受安培力,对线框列动量定理有
mgsin θ·t-I1-I2=0,解得t=,故此时安培力平均功率
若L1>L2,同理
线框从cd边开始进入Ⅱ号区域到cd边离开Ⅱ号区域,安培力的冲量
I1'=
线框从ab边开始进入Ⅱ号区域到ab边离开Ⅱ号区域,安培力的冲量
I2'=
设线框从cd边进入Ⅱ号区域到ab边离开Ⅱ号区域的总运动时间为t',在线框cd边离开Ⅱ号区域到ab边进入Ⅱ号区域之间的时间内线框不受安培力,由动量定理可知
mgsin θ·t'-I1'-I2'=0,解得t'=
故此时安培力的平均功率'=。
【归纳总结】1.在电磁感应的单棒或双棒切割磁感线模型中,系统最终趋于稳态时满足以下规律:
①除安培力外无其他外力时,电流为零。
②除安培力外还有其他外力时,电流恒定不为零。
2.安培力冲量I安=t的两种处理方法:
①题目中涉及电荷量Q:t=BLt=BLQ。
②题目中涉及位移x:t=BLt=BLt,对于单棒=BL,则有t=t=;
对于双棒产生电动势在回路方向相反,=BL-BL,则有t=t=;
对于双棒产生电动势在回路方向相同,=BL+BL,则有t=t=。二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要
10.(4分)沙漠中的蝎子能感受来自地面震动的纵波和横波，某波源同时产生纵
2025年福建省普通高中学业水平
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。
波与横波，已知纵波速度大于横波速度，则纵波波长
(选填“大于”“小
5.如图为春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O,已知OQ
于”或“等于”)横波波长；若波源振动后，蝎子感知到来自纵波与横波的振动间
选择性考试
√3OP,手绢绕O点做匀速圆周运动，则
隔为△，纵波速度为，横波速度为2，则波源与蝎子的距离为
11.(4分)两个正点电荷Q1与Q2静立于竖直平面上，如图所示，于P点放置一检
本试卷满分100分，考试时间75分钟
验电荷，其恰好处于静止状态，PQ1与Q1Q2之间的夹角为30°，PQ1⊥PQ2,则
Q1与Q2电荷量之比为
。在PQ1连线上
(选填“存在”或
物理
不存在”)其他点能让同一检验电荷维持平衡状态。
、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
家
1.如图所示，山崖上有一个风动石，无风时地面对风动石的作用力是F1,当受到
一个水平风力时，风动石依然静止，地面对风动石的作用力是F2,关于F1和
F2的大小关系，下列说法正确的是
(
12.(6分)(1)为测糖水的折射率与浓度的关系，设计如下实验：某次射入激光，测
A.P、Q线速度之比为1：√3
B.P、Q角速度之比为√3：1
得数据如图甲所示，则糖水的折射率为
C.P、Q向心加速度之比为√5：1D.P点所受合外力总是指向O
(2)改变糖水浓度，记录数据如表
6.某核反应方程为H+3H→He+n+17.6MeV,现真空中有两个动量大小相
n1.321.34
1.351.381.42
等，方向相反的氘核与氚核相撞，发生该核反应，设反应释放的能量（远大于碰
前氘核和氚核的动能)全部转化为He与n的动能，则
(%)10%20%
30%40%50%
A.该反应有质量亏损
B.该反应为核裂变
将30%的数据在图乙中描点后并连线，糖水浓度每增加10%，折射率的增加
A.F2大于F
B.F1大于F2
C.bn获得的动能约为14MeV
D.He获得的动能约为l4McV
值为
(保留两位有效数字)
C.F1等于F2
D.F1和F2的大小关系与风力大小有关
7.如图，竖直面内存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E,
2.如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为4：1，在副线圈的回路中接有理
带电粒子在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，当粒子运动到N点时，撒
想交流电压表和阻值分别为R1、R2的电阻，其中R1=2R2,原线圈接到如图乙
去磁场，一段时间后粒子经过P点，已知MN与水平面的夹角为45°，NP水平
所示的正弦式交流电路中，则
向右。粒子带电荷量为g,速度为，质量为m,重力加速度为g。则
112
A.电场强度大小为E=2m
13
B.磁感应强度大小为B=②m图
1.
1.30
C.N,P两点的电势差为U=2mu
XB X
20
图甲
图乙
D粒子从N运动到P的过程中，与NP的距离最大值为
图甲
图乙
A.交流电的周期为2.5s
13.(6分)在如图甲所示的电路中，R1=R2=R3=R4=1002,R与R均为滑动
B.电压表示数为12V
8.如图，水平传送带顺时针转动，速度大小恒为1m/s,物块A、B由一根轻弹簧相
变阻器，最大阻值均为1002，且R6可进行读数。电源电动势E=3V,电流表
C.副线圈干路中的电流为R1中电流的2倍
连，A的质量为1kg,B的质量为2kg,A与传送带间的动摩擦因数为0.5，B与
A的量程为0~30mA,可旋转开关S1可接14触点。
D.原副线圈功率之比为4：1
传送带间的动摩擦因数为0.25。t=0时，A速度大小为o=2m/s,方向水平
(1)图乙所示的实物图连接完整
3.如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2,通
向右，B的速度为零，弹簧处于原长状态。t=o时，A与传送带第一次共速，此
(2)某时刻电流表读数如图丙所示，电流为
有大小相等，方向相反的电流。导线周围存在M、O
时弹簧弹性势能E。=0.75J,传送带足够长，A可留下痕迹，重力加速度g取
N三点，M与O关于L1对称，O与N关于L2对称且
10m/s2,弹簧始终处于弹性限度内。则
OM=ON,初始时，M处的磁感应强度大小为B1,O
A在1=多时，B的加速度大小大于A的加速度大小
日www田
点的磁感应强度大小为B2,现保持L,中电流不变，仅
将L2撒去，N点的磁感应强度大小为
Bt=to时，B的速度为0.5m/s
A.7B2-B1
B.B:-B2
C.B2-B
D.B-B2
C.t=to时，弹簧的压缩量为0.2m
D.0~to过程，传送带上的痕迹小于0.05m
4.某种静电分析器简化图如图所示，在两条半圆形圆弧
三、非选择题：本题共8小题，共60分
板组成的管道中加上径向电场。现将一电子a自A
9.(4分)如图，洗衣机水箱的导管内存在一竖直空气柱，根据此空气柱的长度可
点垂直电场射出，电子恰好做圆周运动，运动轨迹为
ABC,半径为r。另一电子b自A点垂直电场射出，轨
知洗衣机内的水量多少。当空气柱压强为1时，空气柱长度为L1,水位下降
,该过程中
迹为弧APQ,其中PBO共线，已知B、P两点间的电
后，空气柱温度不变，空气柱压强为2，则空气柱长度L2
势差为U,CQ1=2BP|,电子a入射动能为Ek,电子
空气柱内部气体对外界
(选填“做正功”“做负功”或“不做功”)。
所带的电荷量为一c,则
什力传极器
图甲
图乙
AB点的电场强度E
口
尔门村
B.P点场强大于C点场强
C.电子b在P点的动能小于在Q点的动能
D.电子b全程克服电场力做的功小于2U
图丙
2025福建卷·物理■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■
2025年福建省普通高中学业水平选择性考试
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
13.(1)请按要求作图
(续15)》
物理答题卡
姓
名
考生条形码区
准考证号
←此方框为缺考考生标记，由蓝考员用2B铅笔址涂
正确填涂示例■
选择题（请用2B铅笔填涂）
DD DD
可D同D
(2
(3)
(4)》
16
非选择题（请用0.5毫米黑色签字笔作答】
(5
14.
10
11
12.(1)
(2)请按要求作图
1.38
1.34
+
15
1.30
10203040507/(%)
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
