2025年福建省普通高中学业水平选择性考试(物理)

年福建省普通高中学业水平选择性考试(物理)一、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．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()A．F2大于F1B．F1大于F2C．F1等于F2D．F1和F2的大小关系与风力大小有关A[受力分析＋力的平衡条件]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，原线圈接到如图乙所示的正弦式交流电路中，则()A．交流电的周期为2.5sB．电压表示数为12VC．副线圈干路中的电流为R1中电流的2倍D．原副线圈功率之比为4∶1B[理想变压器＋正弦式交流电由题图乙可知交流电的周期为T＝2.5s－0.25s＝2.25s，A错误；结合题图乙可知原线圈两端电压的有效值为U1＝Um2＝48V，由理想变压器的变压规律有U1U2＝n1n2，代入可得副线圈两端电压的有效值U2＝12V，又电压表测的是副线圈两端电压的有效值，所以电压表示数为12V，B正确；设通过R1的电流为I1，通过R2的电流为I2，则由并联电路规律有I1R1＝I2R2，可得I1＝12I2，则副线圈干路中的电流为I干＝3I1，即副线圈干路中的电流为R1中电流的3倍，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点的磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小为()A．12B2－B1 B．12B1－C．B2－B1 D．B1－B2A[电流的磁效应＋右手螺旋定则＋磁感应强度的叠加根据题意，作出L1、L2中电流的某种情况，如图所示，设L1在M点、O点、N点产生的磁感应强度大小分别为B1M、B1O、B1N，L2在M点、O点产生的磁感应强度大小分别为B2M、B2O，则由右手螺旋定则可知L1和L2在M点产生的磁感应强度方向相反，L1和L2在O点产生的磁感应强度方向相同，则有B1M－B2M＝B1，B1O＋B2O＝B2，由于L1、L2中电流大小相等，且O、M两点距L1的距离与O点距L2的距离相等，则在大小关系上有B1M＝B1O＝B2O，B2M＝B1N，联立可得B2M＝B1N＝12B2－B1，故保持L1中电流不变，仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小为B1N＝12B2－B1，A4．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，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，轨迹为弧APQ，其中PBO共线，已知B、P两点间的电势差为U，|CQ|＝2|BP|，电子a入射动能为Ek，电子所带的电荷量为－e，则()A．B点的电场强度E＝EB．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2eUD[带电粒子在辐向电场中的运动电子a恰好做半径为r的圆周运动，设电子a的运动速率为v，则对电子a由牛顿第二定律有Ee＝mv2r，又电子a的入射动能为Ek＝12mv2，联立可得E＝2Eker，A错误；电场线的疏密程度反映电场的强弱，电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，由题图径向电场的电场线分布可知越靠近圆心处，电场线越密集，电场强度越大，又P点比C点更远离圆心，所以P点的电场强度小于C点的电场强度，B错误；由于沿着电场线方向电势逐渐降低，则该电场中越远离圆心，电势越低，又|CQ|＝2|BP|，则Q点比P点更远离圆心，φQ＜φP，又电子带负电，则电子b在P点的电势能小于在Q点的电势能，由能量守恒定律可知电子b在P点的动能大于在Q点的动能，C错误；由于|CQ|＝2|BP|，越远离圆心，电场越弱，故C、Q间的平均电场强度小于B、P间的平均电场强度，又B、P间的电势差为U，则由U＝Ed可知C、Q间的电势差小于2U，又全程电场力对电子b做负功，所以电子b全程克服电场力做的功小于二、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．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＝3OP，手绢绕O点做匀速圆周运动，则()A．P、Q线速度之比为1∶3B．P、Q角速度之比为3∶1C．P、Q向心加速度之比为3∶1D．P点所受合外力总是指向OAD[同轴转动＋角速度与线速度的关系＋向心力手绢做匀速圆周运动，由题图可知P、Q绕同一转轴转动，故角速度相同，即角速度之比为1∶1，B错误。由v＝ωr可知，P、Q的线速度大小之比vP∶vQ＝rOP∶rOQ＝1∶3，A正确。由a＝ω2r可知，P、Q的向心加速度大小之比aP∶aQ＝rOP∶rOQ＝1∶3，C错误。P点做匀速圆周运动，其所受合力提供向心力，总是指向圆心O，D正确。]6．某核反应方程为12H13H→12He+01n＋A．该反应有质量亏损B．该反应为核裂变C．01n获得D．24HeAC[质量亏损＋核反应类型＋动量守恒定律＋能量守恒定律题中核反应释放能量，由爱因斯坦质能方程可知，该反应有质量亏损，A正确；题中核反应为两个轻核结合成质量较大的核，所以该反应为核聚变，B错误；动量大小相等、方向相反的氘核与氚核相撞，由动量守恒定律可知生成的24He与01n的动量大小相等、方向相反，设两者的动量大小为p，由能量守恒定律有p22M+p22m＝17.6MeV，其中M＝4m，所以01n获得的动能Ek1＝p27．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，一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，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，已知MN与水平面的夹角为45°，NP水平向右。粒子带电荷量为q，速度为v，质量为m，重力加速度为g。则()A．电场强度大小为E＝2B．磁感应强度大小为B＝2C．N、P两点的电势差为U＝2D粒子从N运动到P的过程中，与NP的距离最大值为vBC[带电粒子在复合场中的运动由于粒子沿着MN做匀速直线运动，粒子所受洛伦兹力垂直于MN，粒子所受合力为零，所以粒子所受重力和电场力的合力也垂直于MN，故电场力水平向右，粒子带正电。由力的平衡条件有qvBcos45°＝mg，qEmg＝tan45°，解得电场强度大小为E＝mgq，磁感应强度大小B＝2mgqv，A错误，B正确；撤去磁场后，粒子所受电场力和重力不变，则其竖直方向上做竖直上抛运动，由于NP水平向右，所以粒子从N运动到P点的过程所用的时间为t＝2vsin45°g，又粒子在水平方向上做匀加速直线运动，由位移—时间公式可得xNP＝vtcos45°＋12·qEmt2，结合A项分析联立解得xNP＝2v2g，所以NP两点的电势差UNP＝ExNP＝2mv2q，C正确；结合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与传送带间的动摩擦因数为0.25。t＝0时，A速度大小为v0＝2m/s，方向水平向右，B的速度为零，弹簧处于原长状态。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可留下痕迹，重力加速度g取10m/s2，弹簧始终处于弹性限度内。则()A．在t＝t02时，B的加速度大小大于B．t＝t0时，B的速度为0.5m/sC．t＝t0时，弹簧的压缩量为0.2mD．0～t0过程，传送带上的痕迹小于0.05mBD[动量守恒定律＋能量守恒定律＋传送带模型设t＝t0时A、B的运动速度分别为vA、vB，经分析t＝0时，A、B组成的系统受力平衡，则其动量守恒，假设0～t0时间内，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有mAv0＝mAvA＋mBvB，代入数据解得vB＝0.5m/s＜1m/s，假设成立，B正确；由于0～t0时间内，A、B组成的系统动量守恒，所以有mAv0＝mAv′A＋mBv′B，等式两边同时关于时间求导，得到0＝mAaA＋mBaB，所以0～t0时间内，A的加速度大小始终是B的加速度大小的2倍，A错误；0～t0时间内，A的位移xA，B的位移xB，A、B和弹簧组成的系统由能量守恒定律可知12mAv02＋μBmBgxB－μAmAgxA＝12mAvA2+12mvB2＋Ep，又t＝t0时弹簧的压缩量Δx＝xA－xB，联立解得Δx＝0.1m，C错误；结合AB项分析可作出三、非选择题：本题共8小题，共60分。9．(4分)如图所示，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，空气柱压强为p2，则空气柱长度L2＝________，该过程中空气柱内部气体对外界________。(选填“做正功”“做负功”或“不做功”)[解析]气体实验定律＋气体做功设空气柱的横截面积为S，水位下降过程，气体发生等温变化，则由玻意耳定律有p1L1S＝p2L2S，解得L2＝p1p2L1，水位下降后，由p[答案]p1p210．(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隔为Δt，纵波速度为v1，横波速度为v2，则波源与蝎子的距离为________。[解析]波速、波长与频率间的关系＋匀速运动同一波源产生的横波和纵波的频率相同，根据v＝λf可知，在频率一定时，波速与波长成正比，纵波速度大于横波波速，故纵波波长大于横波波长，根据匀速运动知识有Lv2-Lv1＝Δ[答案]大于v11．(4分)两个正点电荷Q1与Q2静立于竖直平面内，如图所示，于P点放置一检验电荷，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“不存在”)其他点能让同一检验电荷维持平衡状态。[解析]库仑定律＋平衡条件由库仑定律可知检验电荷在P点受到Q1的电场力F1＝kQ1qr12，检验电荷在P点受到Q2的电场力F2＝kQ2qr22，对检验电荷在P点处受力分析如图所示，则有F1＝F2tan30°，根据几何关系有r1tan30°＝r2，联立解得Q1Q2＝3。假设Q1P连线之间存在这样一点，检验电荷在该点受到Q1的电场力F1′>F1，方向不变，检验电荷在该点受到Q2的电场力F2′<F2[答案]3∶1不存在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，测得数据如图甲所示，则糖水的折射率为________。(2)改变糖水浓度，记录数据如表：n1.321.341.351.381.42η(%)10%20%30%40%50%将30%的数据在图乙中描点后并连线，糖水浓度每增加10%，折射率的增加值为________(保留两位有效数字)。[解析]折射定律＋图像法处理数据(1)根据题图甲由几何关系可知，入射角的正弦值sini＝L1h12+L12，折射角的正弦值sinr＝(2)将(30%，1.35)数据在题图乙中描点并连线时，应使尽可能多的点落在线上，其余点均匀分布在线两侧，如图所示；根据图可知，糖水浓度每增加10%，折射率增加值为Δn＝1.40-1.343＝0.020[答案]1L1h213．(6分)在如图甲所示的电路中，R1＝R2＝R3＝R4＝100Ω，R5与R6均为滑动变阻器，最大阻值均为100Ω，且R6可进行读数。电源电动势E＝3V，电流表A的量程为0～30mA，可旋转开关S1可接1～4触点。(1)将图乙所示的实物图连接完整。(2)某时刻电流表读数如图丙所示，电流为________mA。(3)将开关S2闭合，S1指向1处，R6滑片调至最右端，表笔a、b短接，调节R5，让电流表读数为(2)中的值，记为I0。然后将Rx接入a、b间，发现S1拨至1和2处时，电流表A的示数均小于I0，S1拨至3处时，电流表A的示数大于I0，则Rx的阻值位于________(选填“0～100”“100～200”“200～300”或“300～400”)Ω之间。(4)现将S1拨于________处，R6调为55Ω时，A的示数恰为I0，则Rx＝________。(5)下列哪些问题会造成本次实验误差________。A．电流表A的内阻被忽略B．电源内阻被忽略C．R6读数不准确D．电流表读数比I0偏大[解析]电路连接＋仪器读数＋数据处理＋误差(1)根据电路图所连的实物图如答案图所示。(2)根据电表的读数规则可知，电流为16.0mA。(3)把R4、R5、电流表内阻和电源内阻等效为R效，由闭合电路欧姆定律知I0＝ER效+R1+R2+R3+R6，当S1接2处时，电流I2＝ER效+R2+R3+R6+Rx，由于I2＜I0，则Rx＞R1＝100Ω，当S1接3处时，电流I(4)由于100Ω<Rx<200Ω，只有当S1拨于2处时，才能够在电流表A示数为I0时测出Rx的值。由于电流表A示数不变，所以接Rx前后，外电压相同，电路中的总电阻相同，接2时，Rx＝R1＋R6m－55Ω＝145Ω。(5)由(3)问分析可知，电流表内阻和电源内阻都被等效为了等效内阻，又保证电流表示数不变时进行测量，因此电流表内阻和电源内阻不会造成实验误差，A、B错误；由(4)问分析可知，R6读数不准确和电流表示数变化均会造成实验误差，C、D正确。[答案](1)如图所示(2)16.0(3)100～200(4)2145(5)CD14．(8分)某运动员进行游泳训练，他的运动为直线运动，运动的v­t图像如图所示，各阶段图像均为直线。求：(1)运动员0～2s内的平均速度大小；(2)运动员44.2～46.2s内的加速度大小；(3)运动员44.2～46.2s内的位移大小。[解析]匀变速直线运动规律(1)由题图可知，0～2s内运动员做匀减速直线运动，由匀变速直线运动平均速度公式可得该时间内的平均速度v＝v1+v(2)由题图可知，44.2～46.2s内运动员做匀加速直线运动，由加速度定义可得该段时间内的加速度大小a＝v3-v2(3)v­t图像与坐标轴所围面积表示位移的大小，则44.2～46.2s内运动员的位移大小为s＝2.0+2.2×46.2-44.22m[答案](1)2.4m/s(2)0.1m/s2(3)4.2m15．(12分)如图甲，水平地面上有并排放置的A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg，A与地面间动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面间无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F随位移x的变化图像如图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为圆弧轨道最高点，圆弧轨道与水平地面平滑连接，初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4m。g取10m/s2。求：(1)0～1m内F做的功；(2)x＝1m时，A与B之间的弹力大小；(3)要保证B能到达M点，圆弧半径r满足的条件。[解析]牛顿第二定律＋动能定理＋圆周运动(1)F­x图像与坐标轴所围的面积表示F所做的功的大小，由题图乙可知0～1m内F所做的功W＝1.5×1J＝1.5J。(2)由题图乙可知，x＝1m时外力F开始变化，可知A、B有相同的加速度，A与地面间的摩擦力f＝μmg，对A、B整体，由牛顿第二定律得F－f＝2ma，由于B与地面间无摩擦，对B由牛顿第二定律得FAB＝ma，联立解得A、B间的弹力大小FAB＝ma＝0.5N。(3)当FAB＝0时A、B分离，由(2)中分析可知F＝f＝0.5N时A、B开始分离，由题图乙可知，此时x＝3m，初始时水平地面上A、B与P点的长度大于4m，对A、B从开始运动到开始分离过程，由动能定理得WF－μmgx＝12·2mv2结合(1)中分析由题图乙可得WF＝3.5J。假设B可以运动到圆弧轨道最高点M，对B从两者开始分离点到运动到M点的过程，由动能定理得－mg·2r＝12mvM2－1要保证B能到达M点，则到达M点的速度满足vM≥gr，联立解