2025年高考试题福建物理部分真题-答案

风动石的作用力是F2，以下正确的是()【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F1=mgF平衡【详解】B．根据图乙可知，输入电压最大值Um=48√2V，则输入电压有效值为U1==48V，根据变压比可知，副线圈OO感应强度大小为B0=板组成的管道中加上径向电场。现将一电子a自A点垂直A．B点的电场强度E=【详解】强度大小，根据U=Ed，则UCQ<2UBP，则b粒子全程的克服电场力做功w=eUCQ<2eUBP=2eU，D正确。5．春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，0Q=√30P，手绢做匀速圆周运动，则()【详解】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0，D正确。6．核反应方程为H+H→He+n+17.6MeV，生核反应，设反应释放的能量几乎转化为He与n的动能，则()【详解】CD动量大小相等，方向相反，系统总动量为零。故反应后由Ek=，得反应粒子获得的动能之比为EkHe:Ekn=mn:mHe=1:4而两个粒子获得的总动能为17.6MeV，故n获得的动能Ekn=×17.6MeV=14.08MeV，段时间后粒子经过P点，则() A．电场强度为E= B．磁场强度为B=【详解】AB中能沿着MN做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图所示。mg=qEqvB=√2mg 解得电场强度E=，磁感应强度B=，故A错误，B正确。CN，做类平抛运动，如图所示。a==√2g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tane=2tan45°=2所以粒子在P点的速度vP=√v+v=√5vℎℎNN到P过程，由动能定理，有qU=mv−mv2NPUCD、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 √2vNy=vcos45°=2v距离2g4g==【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f=0.5×1×10N=0.25×2×10N=5NmAvmAvmBvB，v=1m/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f+F弹=mAaA，f+F弹=mBaBB与传送带的相对为X相B=vt0−XBmBAxAxB【答案】【答案】p1L1可得L2=【答案】【答案】大于 【详解】根据几何关系设PQ2=r，PQ1=√3r对检验电荷进行受力分析，可得=tan30°FPQQ，记录数据如表ny(%)%%【答案】【答案】LL1√L22+ℎ22L2√L12+ℎ12.028【详解】【详解】((1)设入射角为i，折射角为r，根据几何关系有sini=，sinr=根据根据折射定律n=可可得糖水的折射率为n=L1√L22+ℎ22L2√L12+ℎ12((2)根据题中数据作图水浓度每增加10%，折射率的增加值为Δn=×10%=0.028vt图所示，各阶段图像均为直线。【答案】【答案】sm与正方向相同【详解】(1)0−2s内的平均速度=m/s=2.4m/s(2)44.2−46.2s内的加速度a=m/s2=0.1m/s2(3)44.2−46.2s内的位移x=m=4.2mBvv【答案】【答案】.5J0.5NT0.2m【详解】(1)求0﹣1m，F做的功w=Fx=1.5×1J=1.5J(2)对AB整体，根据牛顿第二定律F−f=2ma其中f=umgFAB=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F′=0.5N此时x=3mABwFumgx=×2mv2根据题图可得wF=1.5J+×2J=3.5J从P点到M点，根据动能定理−mg⋅2Tmax=mvin−mv2在M点的最小速度满足mg=mcd与Ⅰ区域上边缘的距离；【答案】【答案】2(2)3√mgRv【详解】(1)线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律mgsine=mag42联立可得P′=根据运动学公式v2=2ad根据平衡条件有mgsine=BIL1又E=BL1v，I=cd边两端的电势差U=E42联立可得U=342(3)①若L2≥L1，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理mgsine⋅t1−BIL1t1=0其中t1=，q=It1，I=联立可得q=−线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理mgsine⋅t2−2BIL1t3=0根据q=⋅t=⋅t=−线框进入磁场过程中电荷量都相等，即q=It3联立可得t2=根据能量守恒定律−w安+mgsine(L2+L1)=0克服安培力做功的平均功率P=联立可得P=②若L2