2025年福建省普通高中学业水平选择性考试

1/22025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.（2025·福建高考1题）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解析：A无风时F1＝G，有风时F2＝G2＋F风2，故F2＞2.（2025·福建高考2题）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∶1解析：B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，C错误；3.（2025·福建高考3题）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－B2解析：A根据题意，作出L1、L2中电流的某种情况，如图所示，设L1在M点产生的磁感应强度大小为B1M，L2在M点产生的磁感应强度大小为B2M，L1在O点产生的磁感应强度大小为B1O，L2在O点产生的磁感应强度大小为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－B1，4.（2025·福建高考4题）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2eU解析：D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.（2025·福建高考5题）〔双选〕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O解析：ADP、Q同轴转动，角速度相同，由v＝ωr可知vP∶vQ＝rP∶rQ＝1∶3，A正确，B错误。aP∶aQ＝ω2rP∶ω2rQ＝rP∶rQ＝1∶3，C错误。P做匀速圆周运动，合外力指向圆心，D正确。6.（2025·福建高考6题）〔双选〕某核反应方程为

12H＋13H→24He＋01n＋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

24A.该反应有质量亏损B.该反应为核裂变C.01n获得的动能约为14D.24He获得的动能约为14解析：AC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氦核与中子的动量大小相等、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，所以中子获得的动能Ek1＝p22m＝14.08MeV≈14MeV，氦核获得的动能Ek2＝p22M7.（2025·福建高考7题）〔双选〕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v解析：BC由于粒子沿着MN做匀速直线运动，则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，由位移与时间公式可得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C项分析可知，当粒子竖直方向的速度减为8.（2025·福建高考8题）〔双选〕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0.05m解析：BD设t＝t0时A、B的运动速度分别为vA、vB，经分析t＝0时，A、B组成的系统合外力为零，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＝mAvA'＋mBvB'，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，对A、B和弹簧组成的系统，由能量守恒定律可知12mAv02＋μBmBgxB－μAmAgxA＝12mAvA2＋12mBvB2＋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A、B项分析可作出A、B的v-t图像如图所示，结合图像可知，x相A＜x相B，又x相A＋x相B＝0.1m，所以A与传送带的相对位移（痕迹长度）三、非选择题：本题共8小题，共60分。9.（2025·福建高考9题）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。（填“做正功”“做负功”或“不做功”）答案：p1p2L解析：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＝ρgh可知空气柱压强减小，10.（2025·福建高考10题）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。答案：大于v解析：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＝Δt，解得11.（2025·福建高考11题）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。答案：3不存在解析：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，其方向与竖直方向的夹角大于30°，由于检验电荷质量不变，其受力分析如图中虚线所示，由直角三角形的斜边大于直角边可知F2'＞12.（2025·福建高考12题）（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）。答案：（1）L1h22＋L22L解析：（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＝L（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＝1.41－1.345013.（2025·福建高考13题）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偏大答案：（1）见解析图（2）16.0（3）100～200（4）2145（5）CD解析：（1）根据电路图所连的实物图如图所示；（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I3＝ER效＋R（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。14.（2025·福建高考14题）某运动员进行游泳训练，他的运动为直线运动，运动的v-t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。答案：（1）2.4m/s（2）0.1m/s2（3）4.2m解析：（1）由题图图像可知，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＋v22＝2（2）由题图图像可知，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－v2Δt＝0（3）根据v-t图像与坐标轴所围面积表示位移的大小，可知44.2～46.2s内运动员的位移大小为s＝（2+2.2)(46.2－4415.（2025·福建高考15题）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。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，圆弧半径满足的条件。答案：（1）1.5J（2）0.5N（3）r≤0.2m解析：（1）F-x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的大小刚开始变化，可知此时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＝μmg＝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＝12·2mv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