2025年高考福建卷物理部分真题答案

2025年高考福建卷物理部分真题

一、单选题

1．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，以下正确的是（）

A．F2大于F1

B．F1大于F2

C．F1等于F2

D．大小关系与风力大小有关

【答案】A

【详解】无风时，地面对风动石的作用力方向竖直向上，与重力平衡，大小为퐹1=푚푔

当受到一个水平风力时，地面对风动石的作用力与竖直向下的重力及水平方向的风力F，三力平衡

22

根据平衡条件可知，地面对风动石的作用力大小为퐹2=√퐹+(푚푔)，故F2大于F1。

故选A。

2．某理想变压器如图甲，原副线圈匝数比4：1，输入电压随时间的变化图像如图乙，R1的阻值为R2的2倍，则（）

A．交流电的周期为2.5s

B．电压表示数为12V

C．副线圈干路的电流为R1电流的2倍

D．原副线圈功率之比为4：1

【答案】B

【详解】

A．由图可知，交流电的周期为2.25s，A错误；

푈

B．根据图乙可知，输入电压最大值푈=48√2V，则输入电压有效值为푈=m=48V，根据变压比可知，副线圈

m1√2

푛2

电压即电压表示数为푈2=푈1=12V，B正确；

푛1

C．R1的阻值为R2的2倍，根据并联规律可知，两电阻的电压相同，根据欧姆定律可知，流经R1和R2的电流之比

为1:2，副线圈干路电流等于流经两电阻的电流之和，则副线圈干路的电流为R1电流的3倍，C错误；

D．根据变压器的原理可知，原副线圈功率相同，D错误。

故选B。

3．如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，通有大小相等，方向相反的电流。导线周围存在M、O、N

三点，M与O关于L1对称，O与N关于L2对称且OM=ON，初始时，M处的磁感应强度大小为B1，O点磁感应强

度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，求N点的磁感应强度大小（）

1퐵2

A．퐵−퐵B．−퐵C．B2﹣B1D．B1﹣B2

22121

【答案】B

【详解】根据安培定则，两导线在O点处产生的磁感应强度方向相同大小相等，则单个导线在O点处产生的磁感

퐵

应强度大小为퐵=2

02

根据对称性，两导线在N处的磁感应强度大小应该与M点一样，为B1

퐵2

根据对称性，L2在N点处产生的磁感应强度为퐵=

02

由于L2在N点处产生的磁感应强度大于L1在N点处产生的磁感应强度，且方向相反，将L2撤去，N点的磁感应强

퐵

度为2−퐵。

21

故选B。

4．某种静电分析器简化图如图所示，在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。现将一电子a自A点垂直

电场射出，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，轨迹为弧APQ，其中

PBO共线，已知BP电势差为U，|CQ|=2|BP|，a粒子入射动能为Ek，则（）

퐸

A．B点的电场强度퐸=k

푒푟

B．P点场强大于C点场强

C．b粒子在P点动能小于Q点动能

D．b粒子全程的克服电场力做功小于2eU

【答案】D

【详解】

2

12푚푣푎2퐸k

A．a粒子入射动能为Ek，根据动能的表达式有퐸=푚푣，粒子恰好做圆周运动，则푒퐸=，联立解得퐸=，

k2푎푟푒푟

A错误；

B．由图可知，P点电场线密度较稀疏，则场强小于C点场强，B错误；

C．已知|CQ|=2|BP|，因为BC在同一等势线上，且沿电场方向电势降低，则Q点电势小于P点，电子在电势低处电

势能大，则b粒子在Q点电势能大，根据能量守恒可知，b粒子在Q点动能较小，C错误；

D．由电场线密度分布情况可知，沿径向向外电场强度减小，则BP之间平均电场强度大小大于CQ之间的平均电场

强度大小，根据푈=퐸푑，则푈퐶푄<2푈퐵푃，则b粒子全程的克服电场力做功푊=푒푈퐶푄<2푒푈퐵푃=2푒푈，D正确。

故选D。

二、多选题

5．春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，푂푄=√3푂푃，手绢做匀速圆周运动，则（）

A．P、Q线速度之比为1:√3

B．P、Q角速度之比为√3:1

C．P、Q向心加速度之比为√3:1

D．P点所受合外力总是指向O

【答案】AD

【详解】

A．由푣=휔푟，可知，푃、푄线速度之比

푣푃:푣푄=푟푂푃:푟푂푄=1:√3，A正确；

B．手绢做匀速圆周运动，由图可知푃、푄属于同轴传动模型，故角速度相等，即角速度之比为1:1，B错误；

C．由푎=휔2푟

可知，푃、푄向心加速度之比

푎푃:푎푄=푟푂푃:푟푂푄=1:√3，C错误；

D．做匀速圆周运动的物体，其合外力等于向心力，故合力总是指向圆心푂，D正确。

故选AD。

2341

6．核反应方程为1H+1H→2He+0n+17.6MeV，现真空中有两个动量大小相等，方向相反的氘核与氚核相撞，发

41

生核反应，设反应释放的能量几乎转化为2He与0n的动能，则（）

A．该反应有质量亏损

B．该反应为核裂变

1

C．0n获得的动能约为14MeV

4

D．2He获得的动能约为14MeV

【答案】AC

【详解】

A．核反应过程中质量数守恒，有质量亏损，A正确；

B．该反应是核聚变反应，B错误；

CD．在真空中，该反应动量守恒，由于相撞前氘核与氚核动量大小相等，方向相反，系统总动量为零。故反应后

氦核与中子的动量也大小相等，方向相反。

푝2

由퐸=，得反应粒子获得的动能之比为퐸:퐸=푚:푚=1:4

k2푚kHek푛푛He

４

而两个粒子获得的总动能为17.6MeV，故1푛获得的动能퐸=×17.6MeV=14.08MeV，

0k푛5

1

4He获得的动能퐸=×17.6MeV=3.52MeV。C正确，D错误。

2kHe5

故选AC。

7．空间中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，一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直

线运动，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。带电量为q，速度为v，质量为m，当粒子到N时，撤去磁场，一

段时间后粒子经过P点，则（）

2푚𝑔

A．电场强度为퐸=√

푞

2푚𝑔

B．磁场强度为퐵=√

푞푣

2푚푣2

C．NP两点的电势差为푈=

푞

푣2

D．粒子从N→P时距离NP的距离最大值为

8𝑔

【答案】BC

【详解】

AB、带电体在复合场中能沿着푀푁做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图所示。

由受力平衡可知

푚푔=푞퐸

푞푣퐵=√2푚푔

푚𝑔2푚𝑔

解得电场强度퐸=，磁感应强度퐵=√，故A错误，B正确。

푞푞푣

C、在푁点撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图所示。

且加速度

퐹合

푎==√2푔

푚

粒子到达푃点时，位移偏转角为45°，故在푃点，速度角的正切值

tan휃=2tan45°=2

22

所以粒子在푃点的速度푣푃=√푣푥+푣푦=√5푣

푁到푃过程，由动能定理，有

11

푞푈=푚푣2−푚푣2

2푃2

2푚푣2

解得푁푃两点间的电势差푈=，C正确；

푞

D、将粒子在푁点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且

√2

푣=푣cos45°=푣

푁푦2

故粒子能向上运动的最大距离

22

푣푁푣

ℎ=푦=

2푔4푔

D错误；

故选BC。

8．传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动。两个物块A、B，A、B用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，

A的质量为1kg，B的质量为2kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦因数为0.25。t=0时，将

两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度v0=2m/s，B的速度为零，弹簧自然伸长。在t=t0时，A与传送带

第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep=0.75J，传送带足够长，A可在传送带上留下痕迹，则（）

푡

A．在t=0时，B的加速度大小大于A的加速度大小

2

B．t=t0时，B的速度为0.5m/s

C．t=t0时，弹簧的压缩量为0.2m

D．0﹣t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m

【答案】BD

【详解】

AB．根据题意可知传送带对AB的滑动摩擦力大小相等都为푓=0.5×1×10N=0.25×2×10N=5N

初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统动量守恒有

푚A푣0=푚A푣+푚B푣B，푣=1m/s

代入数值解得t=t0时，B的速度为푣B=0.5m/s

在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB根据牛顿第二定律有푓+퐹弹=푚A푎A，푓+퐹弹=푚B푎B

由于푚A<푚B，故可知푎A>푎B，A错误，B正确；

111

C．在푡时间内，设AB向右的位移分别为푥，푥；，由功能关系有−푓푥+푓푥+푚푣2=푚푣2+푚푣2+퐸

0ABAB2A02A2BBp

解得푥A−푥B=0.1m

故弹簧的压缩量为Δ푥=푥A−푥B=0.1m，C错误；

．与传送带的相对位移为

DA푥相A=푥A−푣푡0

与传送带的相对为

B푥相퐵=푣푡0−푥B

故可得

푥相A+푥相퐵=푥A−푥B=0.1m

由于0−푡0时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足푎A=2푎B，

作出AB的푣−푡图像

可知等于图形的面积，等于图形的面积，故可得

푥相A푀푁퐴푥相퐵푁푂퐵퐴푥相A<푥相퐵

结合

푥相A+푥相퐵=0.1m

可知，正确。

푥相A<0.05mD

故选BD。

三、填空题

9．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知洗衣机内的水量多少。当空气柱压强为p1时，

空气柱长度为L1，水位下降后，空气柱温度不变，空气柱内压强为p2，则空气柱长度L2=，该过程中内

部气体对外界。（填做正功，做负功，不做功）

푝퐿

【答案】11做正功

푝2

【详解】[1]设细管的截面积为S，根据玻意耳定律有푝1퐿1푆=푝2퐿2푆

푝1퐿1

可得퐿2=

푝2

[2]根据题意当洗衣机内的水位下降时，空气柱长度变长，故内部气体对外界做正功。

10．沙漠中的蝎子能感受来自地面震动的纵波和横波，某波源同时产生纵波与横波，已知纵波速度大于横波速度，

频率相同，则纵波波长横波波长。若波源震动后，蝎子感知到来自纵波与横波的振动间隔Δt，纵波速度

v1，横波速度v2，则波源与蝎子的距离为。

푣푣Δ푡

【答案】大于12

푣1−푣2

【详解】根据公式푣=휆푓，由于纵波速度大于横波速度，频率相同，故可知纵波波长大于横波波长；

푠푠

设波源与蝎子的距离为푠，根据题意可知−=Δ푡

푣2푣1

푣푣Δ푡

解得푠=12

푣1−푣2

11．两个点电荷Q1与Q2静立于竖直平面上，于P点放置一检验电荷恰好处于静止状态，PQ1与Q1Q2夹角为30°，

PQ1⊥PQ2，则Q1与Q2电量之比为，在PQ1连线上是否存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态

（存在，不存在）。

【答案】√3:1不存在

퐹푃푄1

【详解】根据几何关系设푃푄2=푟，푃푄1=√3푟对检验电荷进行受力分析，可得=tan30°

퐹푃푄2

푘푞푄1푘푞푄2

其中퐹푃푄=2，퐹푃푄=2

1(√3푟)2푟

联立解得푄1:푄2=√3:1

如图

根据平衡条件可知检验电荷受到的重力和两点电荷对其的库仑力组成一个封闭的三角形，若在PQ1连线上存在其它

点能让同一检验电荷维持平衡状态，此时点电荷对检验电荷的库仑力变大，根据三角形法则可知此时点电荷

푄1퐹푃푄1

푄2对检验电荷的库仑力必然增大；由于此时检验电荷与点电荷푄2间的距离在增大，库仑力在减小，故矛盾，假设不

成立，故在PQ1连线上不存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态。

四、实验题

12．(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，测得数据如图，则糖水的折射率

为。

(2)改变糖水浓度，记录数据如表

n1.321.341.351.381.42

y（%）10%20%30%40%50%

将30%的数据绘图，求得糖水浓度每增加10%，折射率的增加值为（保留两位有效数字）。

【答案】

22

퐿1√퐿2+ℎ2

(1)

22

퐿2√퐿1+ℎ1

(2)0.028

【详解】

퐿퐿

（1）设入射角为𝑖，折射角为푟，根据几何关系有sin𝑖=1，sin푟=2

2222

√퐿1+ℎ1√퐿2+ℎ2

sin𝑖

根据折射定律푛=

sin푟

22

퐿1√퐿2+ℎ2

可得糖水的折射率为푛=

22

퐿2√퐿1+ℎ1

（2）根据题中数据作图

1.42−1.28

故可得糖水浓度每增加10%，折射率的增加值为Δ푛=×10%=0.028

50%

五、解答题

13．某运动员训练为直线运动，其푣−푡图如图所示，各阶段图像均为直线。

(1)0−2s内的平均速度；

(2)44.2−46.2s内的加速度；

(3)44.2−46.2s内的位移。

【答案】

(1)2.4m/s，方向与正方向相同

(2)0.1m/s2，方向与正方向相同

(3)4.2m，方向与正方向相同

【详解】

−2.8+2.0

（1）0−2s内的平均速度푣=m/s=2.4m/s

2

方向与正方向相同；

2.2−2.0

（2）44.2−46.2s内的加速度푎=m/s2=0.1m/s2

46.2−44.2

方向与正方向相同；

(2.2+2.0)×2

（3）44.2−46.2s内的位移푥=m=4.2m

2

方向与正方向相同。

14．如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg，A与地面动摩擦因数为휇=0.25，B与地面无

摩擦，两物块用弹簧置于外力F的作用下向右前进，F与位移x的图如图乙所示，P为圆弧最低点，M为最高点，

水平地面长度大于4m。

(1)求0﹣1m，F做的功；

(2)푥=1m时，A与B之间的弹力；

(3)要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。

【答案】

(1)1.5J

(2)0.5N

(3)푟≤0.2m

【详解】

（1）求0﹣1m，F做的功푊=퐹푥=1.5×1J=1.5J

（2）对AB整体，根据牛顿第二定律퐹−푓=2푚푎

其中푓=휇푚푔

对B根据牛顿第二定律퐹AB=푚푎

联立解得퐹AB=0.5N

（3）当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，根据（2）分析可知此时퐹′=0.5N

此时푥=3m

1

过程中，对A、B根据动能定理푊−휇푚푔푥=×2푚푣2

F2

0.5+1.5

根据题图可得푊=1.5J+×2J=3.5J

F2

11

从푃点到푀点，根据动能定理−푚푔⋅2푟=푚푣2−푚푣2

max2min2

푣2

在푀点的最小速度满足푚푔=푚min

푟max

联立可得푟max=0.2m

即圆弧半径满足的条件푟≤0.2m。

15．光滑斜面倾角为θ=30°，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场，两区磁感应强度大小相等，均为B。

正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，同种材料制成且粗细均匀，Ⅰ区域长为L1，Ⅱ区域长为L2，两区域间无磁

场的区域长度大于线框长度。线框从某一位置释放，cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为

v，当cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致，则：

(1)求线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离；

(2)求cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差；

(3)求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率。

【答案】

푣2

(1)

𝑔

3푚𝑔푅푣

(2)√

42

(3)见解析

【详解】

（1）线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律푚푔sin휃=푚푎

根据运动学公式푣2=2푎푑

푣2

联立可得线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离푑=

𝑔

（