2025年高考福建卷物理部分真题（解析版）

2025年福建省高考物理试卷（回忆版）

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，以下说法正确的是（）

A.F2大于F1

B.F1大于F2

C.F1等于F2

D.F1和F2大小关系与风力大小有关

【答案】A

【解析】

【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F1mg

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，故2大于1。

F2FmgFF

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

【解析】

【详解】A．由图可知，交流电的周期为2.25s，故A错误；

Um

B．根据图乙可知，输入电压最大值U482V，则输入电压有效值为U148V，根据变压比可

m2

n2

知，副线圈电压即电压表示数为U2U112V，故B正确；

n1

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，故C

错误；

D．根据变压器的原理可知，原副线圈功率相同，故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（）

1B2

A.BBB.BC.B2﹣B1D.B1﹣B2

22121

【答案】B

【解析】

【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

B

的磁感应强度大小为B2

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

B2

根据对称性，L2在N点处产生的磁感应强度为B

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

B

磁感应强度为2B。

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（）

E

A.B点的电场强度Ek

er

点场强大于点场强

B.PC

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

【解析】

2

12mva

【详解】A．a粒子入射动能为Ek，根据动能的表达式有Ekmva，粒子恰好做圆周运动，则eE，

2r

2E

联立解得Ek，故A错误；

er

B．由图可知，P点电场线密度较稀疏，则场强小于C点场强，故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，故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UEd，则UCQ2UBP，则b粒子全程的克服电场力做功

WeUCQ2eUBP2eU，故D正确。

故选D。

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.春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，OQ3OP，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

【解析】

【详解】B．手绢做匀速圆周运动，由图可知P、Q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；

A．由vr

可知，P、Q线速度之比

vP:vQrOP:rOQ1:3

得A正确；

C．由a2r

可知，P、Q向心加速度之比

aP:aQrOP:rOQ1:3

得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O，D正确。

故选AD。

核反应方程为23→41，现真空中有两个动量大小相等，方向相反的氘核与氚核相

6.1H+1H2He+0n+17.6MeV

41

撞，发生核反应，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

【解析】

【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。

由

p2

E

k2m

得反应粒子获得的动能之比为

E:Em:m1:4

kHeknnHe

４

而两个粒子获得的总动能为17.6MeV，故1n获得的动能E17.6MeV14.08MeV，

0kn5

1

4He获得的动能E17.6MeV3.52MeV。故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，重力加速度为g,则（）

2mg

A.电场强度为E

q

2mg

B.磁场强度为B

qv

2mv2

C.NP两点的电势差为U

q

v2

D.粒子从N→P时距离NP的距离最大值为

8g

【答案】BC

【解析】

【详解】AB、带电体在复合场中能沿着MN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

mgqE

qvB2mg

mg2mg

解得电场强度E，磁感应强度B，故A错误，B正确。

qqv

C、在N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

F

a合2g

m

粒子到达P点时，位移偏转角为45，故在P点，速度角的正切值

tan2tan452

所以粒子在点的速度22

PvPvxvy5v

N到P过程，由动能定理，有

11

qUmv2mv2

2P2

2mv2

解得NP两点间的电势差U，C正确；

q

D、将粒子在N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

vvcos45v

Ny2

故粒子能向上运动的最大距离

v22

Nyv

h

2g4g

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，

重力加速度g10m/s2，则（）

t

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

【解析】

【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f0.5110N0.25210N=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mAv0mAvmBvB，v1m/s

代入数值解得t=t0时，B的速度为vB0.5m/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fF弹=mAaA，fF弹=mBaB

由于mA<mB，故可知aAaB

故A错误，B正确；

C．在t0时间内，设AB向右的位移分别为xA，xB；，由功能关系有

111

fxfxmv2mv2mv2E

AB2A02A2BBp

解得xAxB0.1m

故弹簧的压缩量为xxAxB0.1m

故C错误；

D．A与传送带的相对位移为x相AxAvt0

B与传送带的相对为x相Bvt0xB

故可得x相Ax相BxAxB0.1m

由于0t0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

aA2aB，作出AB的vt图像

可知x相A等于图形MNA的面积，x相B等于图形NOBA的面积，故可得x相A<x相B

结合x相Ax相B0.1m

可知x相A<0.05m，故D正确。

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）

p1L1

【答案】①.②.做正功

p2

【解析】

【详解】[1]设细管的截面积为S，根据玻意耳定律有p1L1Sp2L2S

p1L1

可得L2

p2

[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___________。

v1v2t

【答案】①.大于②.

v1v2

【解析】

【详解】[1]根据公式vf，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；

ss

[2]设波源与蝎子的距离为s，根据题意可知t

v2v1

vvt

解得s12

v1v2

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】①.3:1②.不存在

【解析】

F

PQ1

【详解】[1]根据几何关系设PQr，PQ3r对检验电荷进行受力分析，可得tan30

21F

PQ2

kqQ1

FkqQ2

其中PQ12，F

3rPQ2r2

联立解得

Q1:Q23:1

[2]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F变大，根据三角形法

Q1PQ1

则可知此时点电荷Q2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Q2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）。

22

L1L2h2

【答案】（1）

22

L2L1h1

（2）0.023(0.20-0.25均可）

【解析】

【小问1详解】

L1L2

设入射角为，折射角为，根据几何关系有sini，sinr

ir2222

L1h1L2h2

sini

根据折射定律n

sinr

LL2h2

可得糖水的折射率为n122

22

L2L1h1

【小问2详解】

根据题中数据作图

1.411.34

故可得糖水浓度每增加10%，折射率的增加值为Δn10%0.023

50%20%

五、计算题

13.某运动员训练为直线运动，其vt图如图所示，各阶段图像均为直线。

（1）02s内的平均速度；

（2）44.246.2s内的加速度；

（3）44.246.2s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

【解析】

【小问1详解】

2.82.0

02s内的平均速度vm/s2.4m/s

2

方向与正方向相同；

【小问2详解】

2.22.0

44.246.2s内的加速度am/s20.1m/s2

46.244.2

方向与正方向相同；

【小问3详解】

(2.22.0)2

44.246.2s内的位移xm4.2m

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0.25，B

与地面无摩擦，两物块在外力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，重力加速度g10m/s2。

（1）求0﹣1m，F做的功；

（2）x1m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）r0.2m

【解析】

【小问1详解】

求0﹣1m，F做的功WFx1.51J1.5J

【小问2详解】

对AB整体，根据牛顿第二定律Ff2ma

其中fmg

对B根据牛顿第二定律FABma

联立解得FAB0.5N

【小问3详解】

当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，根据（2）分析可知此时F0.5N

此时x3m

1

过程中，对A、B根据动能定理Wmgx2mv2

F2

0.51.5

根据题图可得W1.5J2J3.5J

F2

1212

从P点到M点，根据动能定理mg2rmvmv

max2min2

v2

在M点的最小速度满足mgmmin

rmax

联立可得rmax0.2m

即圆弧半径满足的条件r0.2m。

15.如图所示，光滑斜面倾角为θ=30°，Ⅰ号区域与Ⅱ号区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场。正方形线框abcd

质量为m，总电阻为R，粗细均匀，Ⅰ号区域长为L1，Ⅱ号区域长为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号区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ号区域时，速度始终为v，

当cd边进入Ⅱ号区域时的速度和ab边离开Ⅱ号区域时的速度一致，已知重力加速度为g。则：

（1）求线框释放时，cd边与Ⅰ区域上边缘的距离x；

（2）求cd边进入Ⅰ号区域时，cd边两端的电势差；

（3）求线框进入Ⅱ号区域到完全离开过程中克服安培力做功的功率。

v2

【答案】（1）

g

3mgRv

（2）

42

mgvL1L2mgvL1L2

（3）若L2L1，则P；若L2L1，则P

4L14L2

【解析】

【小问1详解】

线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律mgsinma

根据运动学公式v22ad

v2

联立可得线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离d

g

【小问2详解】

因为cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边