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【高考真题】福建省2025年高考物理试卷
1．（2025·福建） 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
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】无风时，风动石静止，合力为零，地面对风动石的作用力与重力等大反向，大小为
当受到一个水平风力时，风动石仍静止，合力为零，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，三力合力为零，
根据平衡条件可知，地面对风动石的作用力大小为
故F2>F1。A正确，BCD错误；
故选A。
【分析】本题主要考查共点力平衡知识的应用，以风动石为研究对象，无风时，分析地面对风动石作用力大小，有风时，根据平衡条件分析地面对风动石的作用力大小，进而比较两种情路况下地面对风动石的作用大小关系。
2．（2025·福建） 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
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；变压器的应用
【解析】【解答】A．由图乙可知，交流电的周期为
故A错误；
B．根据图乙可知，输入电压最大值，则输入电压有效值为
根据变压比可知，副线圈电压为
电压表测量的是有效值，所以示数为12V，故B正确；
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
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
故C错误；
D．根据理想变压器的原理可知，原副线圈功率相同，即原副线圈功率之比为1：1，故D错误。
故选B。
【分析】本题主要考查变压器的有关知识，结合交变电流知识解答。
由图乙得到交流电的周期；电压表测量的是交变电流的有效值，由图乙得到原线圈电压最大值，根据最大值和有效值关系求得原线圈有效值，
由变压器电压与匝数关系求得浮现权有效值，进而得到电压表示数；由并联知识得到R1和R2电流关系，进而得到 副线圈干路的电流与R1电流的关系；根据理想变压器不改变功率得到原副线圈功率之比 。
3．（2025·福建） 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（　　）
A． B． C．B2﹣B1 D．B1﹣B2
【答案】B
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】根据右手螺旋定则可知，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点处产生的磁感应强度大小为
根据对称性，L2在N点处产生的磁感应强度为
根据对称性，两导线在N处的磁感应强度大小与M点相等，为B1；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点的磁感应强度为。
故选B。
【分析】本题主要考查直线电流周围磁场和磁场的叠加，根据右手螺旋定则和矢量叠加原理解答。
根据右手螺旋定则判断两电流在O点产生磁场方向，根据磁场叠加原理确定单个单线在O点产生磁场大小，根据对称性求解L2在N点处产生的磁感应强度，从而求得仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小。
4．（2025·福建） 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（　　）
A．B点的电场强度
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
【知识点】电场力做功；电场强度；电场线
【解析】【解答】A．电子恰好做圆周运动，则
电子入射动能为Ek，根据动能的表达式有
联立解得
故A错误；
B．电场线的疏密表示电场的强弱，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，由
可知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
则
则b粒子全程的克服电场力做功
故D正确。
故选 D。
【分析】本题主要考查电场线的性质、非匀强电场电场强度与电势差的关系、以及电场中能量关系。由电场线性质、电场中能的性质解答。
电子恰好做圆周运动，则所受静电力提供向心力，结合动能表达式列式求解B点的电场强度；同一电场中，电场线的疏密表示电场的强弱，从而确定P点场强与C点场强大小关系；沿着电场线方向电势逐渐降低，结合确定 b粒子在P点动能与Q点动能大小关系；由结合电场线特点、电场力做功公式求解b粒子全程的克服电场力做功。
5．（2025·福建） 春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，，手绢做匀速圆周运动，则（　　）
A．P、Q线速度之比为 B．P、Q角速度之比为
C．P、Q向心加速度之比为 D．P点所受合外力总是指向O
【答案】A,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】B．手绢做匀速圆周运动，由图可知、属于同轴传动模型，故角速度相等，即角速度之比为，故B错误；
A．由可知，、线速度之比
故A正确；
C．由可知，、向心加速度之比
故C错误；
D．做匀速圆周运动的物体，其合外力提供向心力，故合外力总是指向圆心，故D正确。
故选AD。
【分析】本题主要考查描述圆周运动物理量之间的关系，需要结合圆周运动特点解答。
做圆周运动的物体，同轴转动，除轴外，角速度相等，边缘传动，边缘上的点线速度相等。所以P、Q角速度相等，根据求得P、Q线速度之比；根据求得、向心加速度之比；根据匀速圆周运动特点确定P点所受合外力的方向。
6．（2025·福建） 核反应方程为→+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，发生核反应，设反应释放的能量几乎转化为与的动能，则（　　）
A．该反应有质量亏损 B．该反应为核裂变
C．获得的动能约为14MeV D．获得的动能约为14MeV
【答案】A,C
【知识点】动量守恒定律；质量亏损与质能方程
【解析】【解答】A．核反应过程中质量数守恒，电荷数守恒，但有质量亏损，亏损的质量以能量的形式辐射出去，故A正确；
B．该反应属于轻核聚变，故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。由和可得
反应粒子获得的动能之比为
而两个粒子获得的总动能为，故获得的动能
，
获得的动能
故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】本题主要考查核反应方程及相关能量的计算。核反应遵循质量数守恒，电荷数守恒，质量不守恒有亏损；核反应分为轻核聚变和重核裂变；核反应过程中满足动量守恒，由动量守恒定律结合动能、动量表达式求解反应粒子获得的动能之比，从而计算和 获得的动能。
7．（2025·福建） 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（　　）
A．电场强度为
B．磁场强度为
C．NP两点的电势差为
D．粒子从N→P时距离NP的距离最大值为
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动；带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AB、带电体在复合场中能沿着做匀速直线运动，可知粒子受到的洛伦兹力与电场力和重力的合力等大反向，所以受力情况如图所示。
由受力平衡可知
解得电场强度
磁感应强度
故A错误，B正确。
C、在点撤去磁场后，粒子受合力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图所示。
且加速度
粒子到达点时，位移偏转角为，
解得
故可得
所以粒子在点的速度
到过程，重力做功为零，只有电场力做功，由动能定理，有
解得两点间的电势差
故C正确；
D、将粒子在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
当竖直方向速度为零时，粒子向上运动的距离最大，故粒子能向上运动的最大距离
故D错误；
故选BC。
【分析】本题主要考查带电物体在重力场、电场、磁场组成的混合场中的运动，根据物体轨迹判断洛伦兹力和电场力方向是解题关键。
带电体在复合场中能沿着做匀速直线运动，合力为零，判断处洛伦兹力和电场力方向，根据共点力平衡条件列式求解 电场强度和磁场强度；在点撤去磁场后，粒子受合力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，沿着合力方向做匀加速运动，垂直合力方向做匀速运动，根据牛顿第二定律求得加速度，在根据匀速运动和匀加速位移—时间运动公式列式求得类平抛运动时间，根据匀变速速度时间公式求得沿着合力方向速度，再根据运动的合成与分解求得 粒子经过P点 的速度，最后根据动能定理求得 NP两点的电势差 ；当粒子沿着竖直方向的速度为零时， 距离NP最大，自由落体运动规律求得粒子从N→P时距离NP距离最大值。
8．（2025·福建） 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（　　）
A．在t=时，B的加速度大小大于A的加速度大小
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】B,D
【知识点】功能关系；动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AB．根据题意可知传送带对A的滑动摩擦力大小为
方向向左，传送带对B的滑动摩擦力大小为
，方向向右
初始时A受到弹簧的弹力与摩擦力合力向左，与速度方向相反，向右减速，B受到弹簧的弹力与摩擦力合力向右，与速度方向相同，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
由于，代入数值解得t=t0时，B的速度为
在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对A，根据牛顿第二定律有
对B
由于，故可知
故A错误，B正确；
C．在时间内，设AB向右的位移分别为，，由功能关系有
又 Ep=0.75J，解得
故弹簧的压缩量为
故C错误；
D．A与传送带的相对位移为
B与传送带的相对为
故可得
由于时间内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，作出AB的图像
可知等于图形的面积，等于图形的面积，故可得
结合，可知，故D正确。
故选BD。
【分析】本题主要考查牛顿第二定律、动量守恒、功能关系的综合应用，准确分析 A、B 受力大小和方向是解题关键。
分析 A、B 受摩擦力和弹力大小和方向，应用动量守恒列式求解t=t0时，B的速度；根据牛顿第二定律求解 B的加速度大小与A的加速度大小关系；对A、B整体由功能关系求解 t=t0时，弹簧的压缩量 ；根据A、B运动特点画出速度时间图像，根据速度时间图像图线与坐标轴围成面积计算0﹣t0过程中A与传送带的痕迹 。
9．（2025·福建） 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）
【答案】；做正功
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】气体发生等温变化，设细管的截面积为S，根据玻意耳定律有
，，
解得
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。
故答案为： ①. ②. 做正功
【分析】本题主要考查理想气体状态方程的简单应用，确定各状态的参量是解题关键。
气体发生等温变化，确定好初末状态气体压强、体积，根据玻意耳定律列式求解 空气柱长度L2 长度；气体体积膨胀，气体对外界做功，气体体积压缩，外界对气体做正功，即气体对外界做负功。
10．（2025·福建） 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　 　 。
【答案】大于；
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】根据公式
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；
设波源与蝎子的距离为，根据题意可知
解得
故答案为：①. 大于 ②.
【分析】本题主要考查波的传播的有关知识。根据公式判断纵波波长与横波波长关系；波在均匀介质中匀速传播，根据匀速运动规律求解 波源与蝎子的距离 。
11．（2025·福建） 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】；不存在
【知识点】电场及电场力；共点力的平衡；点电荷的电场
【解析】【解答】根据几何关系设，则
对检验电荷进行受力分析，可得
其中
，
联立解得
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矢量三角形，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，根据矢量三角形法则可知此时点电荷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。
【分析】本题主要考查库仑定律中的平衡问题，由几何知识求得 PQ1与PQ2长度关系，再根据库仑定律和力的合成与分解求得， Q1与Q2电量之比；画出矢量三角形，根据矢量三角形边长变化判断在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。
12．（2025·福建）
（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
n 1.32 1.34 1.35 1.38 1.42
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】（1）
（2）0.028
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】设入射角为，折射角为，根据几何关系有
，
由折射定律可得，糖水的折射率为
根据题中数据作图
故可得糖水浓度每增加10%，折射率的增加值为
故答案为：（1） ；（2）
【分析】本题主要考查折射率的有关知识，结合折射定律解答。
根据几何关系求得入射角和折射角正弦，根据折射定律求解 糖水的折射率 ；根据表格数据作图，由图得到 糖水浓度每增加10%，折射率的增加值 。
13．（2025·福建） 某运动员训练为直线运动，其图如图所示，各阶段图像均为直线。
（1）内的平均速度；
（2）内的加速度；
（3）内的位移。
【答案】（1）解：内运动员做匀减速运动，根据可得，平均速度
方向与正方向相同；
（2）解：内做匀加速运动，根据可得，加速度
方向与正方向相同；
（3）解：速度—时间图像的图线与坐标轴的面积表示位移，内的位移
方向与正方向相同。
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【分析】本题主要考查速度—时间图像的应用，根据速度时间图像的物理意义解答。
（1）内运动员做匀减速运动，根据平均速度计算公式求解内的平均速度；
（2）内做匀加速运动，根据求解 加速度；
（3）速度—时间图像的图线与坐标轴的面积表示位移，根据面积求解内的位移。
14．（2025·福建） 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，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，F做的功；
（2）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）解：， 外力保持不变，由可得，F做的功
（2）解：对AB整体，水平方向受拉力和阻力，竖直方向受重力和支持力，根据牛顿第二定律
其中，对B，受重力、支持力、A对B的推力，根据牛顿第二定律
联立解得
（3）解：当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，此时A、B加速度相等，对A
解得
由图乙可知，此时；过程中，根据图乙可得拉力做的功为
对A、B根据动能定理
解得
在点，能通过的条件是，重力提供向心力，可得
从点到点，根据动能定理
联立可得
即圆弧半径满足的条件。
【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【分析】本题主要考查公的计算、牛顿第二定律的应用以及竖直平面内圆周运动的有关知识，理清物体运动过程是解题关键。
（1）， 外力保持不变，由求解外力做的功；
（2）过程中外力不变，物体做匀加速运动，分别以AB整体和B为研究对象，根据牛顿第二定律列式求解时，A与B之间的弹力；
（3） 要保证B能到达M点， 在B点，重力恰好提供向心力，根据圆周运动知识列式求解物体在B点最小速度，由图乙和动能定理列式求解物体到达圆弧轨道最低点P速度，从点到点，根据动能定理列式求解圆弧半径满足的条件。
15．（2025·福建） 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】（1）解：线框在没有进入磁场区域时，受重力、支持力，根据牛顿第二定律可得
根据运动学公式
联立可得线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离
（2）解：因为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，可知线框在磁场中做匀速运动，且线框的边长与Ⅰ区域的长度相等，根据平衡条件有
由法拉第电磁感应定律可得
由闭合电路欧姆定律可得
cd边两端的电势差
联立可得
（3）解：①若，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理
其中，，
联立可得
线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理
根据
线框进入磁场过程中电荷量都相等，即
联立可得
根据动能定理可得
克服安培力做功的平均功率
联立可得
②若，同理可得
根据动量定理
其中
结合
，
联立可得
根据动能定理可得
克服安培力做功的平均功率
联立可得
【知识点】动量定理；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】本题主要考查电磁感应现象的应用，由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、以及牛顿第二定律解答。
（1）线框在没有进入磁场区域时，做匀加速直线运动，对线框受力分析，根据牛顿第二定律列式求得加速度，再根据运动学公式求解 线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离；
（2）由题意分析知，线框匀速通过 Ⅰ区，由平衡条件、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律部分电路欧姆定律列式求解cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差；
（3）分情况，由动量定理结合和电流计算公式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律求得线框在Ⅱ区域运动时间，再根据动能定理求得安培力做的功，根据求得 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。
1 / 1【高考真题】福建省2025年高考物理试卷
1．（2025·福建） 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
2．（2025·福建） 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
3．（2025·福建） 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（　　）
A． B． C．B2﹣B1 D．B1﹣B2
4．（2025·福建） 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（　　）
A．B点的电场强度
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
5．（2025·福建） 春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，，手绢做匀速圆周运动，则（　　）
A．P、Q线速度之比为 B．P、Q角速度之比为
C．P、Q向心加速度之比为 D．P点所受合外力总是指向O
6．（2025·福建） 核反应方程为→+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，发生核反应，设反应释放的能量几乎转化为与的动能，则（　　）
A．该反应有质量亏损 B．该反应为核裂变
C．获得的动能约为14MeV D．获得的动能约为14MeV
7．（2025·福建） 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（　　）
A．电场强度为
B．磁场强度为
C．NP两点的电势差为
D．粒子从N→P时距离NP的距离最大值为
8．（2025·福建） 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（　　）
A．在t=时，B的加速度大小大于A的加速度大小
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
9．（2025·福建） 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）
10．（2025·福建） 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　 　 。
11．（2025·福建） 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）。
12．（2025·福建）
（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
n 1.32 1.34 1.35 1.38 1.42
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）。
13．（2025·福建） 某运动员训练为直线运动，其图如图所示，各阶段图像均为直线。
（1）内的平均速度；
（2）内的加速度；
（3）内的位移。
14．（2025·福建） 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，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，F做的功；
（2）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。
15．（2025·福建） 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。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】无风时，风动石静止，合力为零，地面对风动石的作用力与重力等大反向，大小为
当受到一个水平风力时，风动石仍静止，合力为零，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，三力合力为零，
根据平衡条件可知，地面对风动石的作用力大小为
故F2>F1。A正确，BCD错误；
故选A。
【分析】本题主要考查共点力平衡知识的应用，以风动石为研究对象，无风时，分析地面对风动石作用力大小，有风时，根据平衡条件分析地面对风动石的作用力大小，进而比较两种情路况下地面对风动石的作用大小关系。
2．【答案】B
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；变压器的应用
【解析】【解答】A．由图乙可知，交流电的周期为
故A错误；
B．根据图乙可知，输入电压最大值，则输入电压有效值为
根据变压比可知，副线圈电压为
电压表测量的是有效值，所以示数为12V，故B正确；
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
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
故C错误；
D．根据理想变压器的原理可知，原副线圈功率相同，即原副线圈功率之比为1：1，故D错误。
故选B。
【分析】本题主要考查变压器的有关知识，结合交变电流知识解答。
由图乙得到交流电的周期；电压表测量的是交变电流的有效值，由图乙得到原线圈电压最大值，根据最大值和有效值关系求得原线圈有效值，
由变压器电压与匝数关系求得浮现权有效值，进而得到电压表示数；由并联知识得到R1和R2电流关系，进而得到 副线圈干路的电流与R1电流的关系；根据理想变压器不改变功率得到原副线圈功率之比 。
3．【答案】B
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】根据右手螺旋定则可知，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点处产生的磁感应强度大小为
根据对称性，L2在N点处产生的磁感应强度为
根据对称性，两导线在N处的磁感应强度大小与M点相等，为B1；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点的磁感应强度为。
故选B。
【分析】本题主要考查直线电流周围磁场和磁场的叠加，根据右手螺旋定则和矢量叠加原理解答。
根据右手螺旋定则判断两电流在O点产生磁场方向，根据磁场叠加原理确定单个单线在O点产生磁场大小，根据对称性求解L2在N点处产生的磁感应强度，从而求得仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小。
4．【答案】D
【知识点】电场力做功；电场强度；电场线
【解析】【解答】A．电子恰好做圆周运动，则
电子入射动能为Ek，根据动能的表达式有
联立解得
故A错误；
B．电场线的疏密表示电场的强弱，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，由
可知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
则
则b粒子全程的克服电场力做功
故D正确。
故选 D。
【分析】本题主要考查电场线的性质、非匀强电场电场强度与电势差的关系、以及电场中能量关系。由电场线性质、电场中能的性质解答。
电子恰好做圆周运动，则所受静电力提供向心力，结合动能表达式列式求解B点的电场强度；同一电场中，电场线的疏密表示电场的强弱，从而确定P点场强与C点场强大小关系；沿着电场线方向电势逐渐降低，结合确定 b粒子在P点动能与Q点动能大小关系；由结合电场线特点、电场力做功公式求解b粒子全程的克服电场力做功。
5．【答案】A,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度
【解析】【解答】B．手绢做匀速圆周运动，由图可知、属于同轴传动模型，故角速度相等，即角速度之比为，故B错误；
A．由可知，、线速度之比
故A正确；
C．由可知，、向心加速度之比
故C错误；
D．做匀速圆周运动的物体，其合外力提供向心力，故合外力总是指向圆心，故D正确。
故选AD。
【分析】本题主要考查描述圆周运动物理量之间的关系，需要结合圆周运动特点解答。
做圆周运动的物体，同轴转动，除轴外，角速度相等，边缘传动，边缘上的点线速度相等。所以P、Q角速度相等，根据求得P、Q线速度之比；根据求得、向心加速度之比；根据匀速圆周运动特点确定P点所受合外力的方向。
6．【答案】A,C
【知识点】动量守恒定律；质量亏损与质能方程
【解析】【解答】A．核反应过程中质量数守恒，电荷数守恒，但有质量亏损，亏损的质量以能量的形式辐射出去，故A正确；
B．该反应属于轻核聚变，故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。由和可得
反应粒子获得的动能之比为
而两个粒子获得的总动能为，故获得的动能
，
获得的动能
故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】本题主要考查核反应方程及相关能量的计算。核反应遵循质量数守恒，电荷数守恒，质量不守恒有亏损；核反应分为轻核聚变和重核裂变；核反应过程中满足动量守恒，由动量守恒定律结合动能、动量表达式求解反应粒子获得的动能之比，从而计算和 获得的动能。
7．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动；带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AB、带电体在复合场中能沿着做匀速直线运动，可知粒子受到的洛伦兹力与电场力和重力的合力等大反向，所以受力情况如图所示。
由受力平衡可知
解得电场强度
磁感应强度
故A错误，B正确。
C、在点撤去磁场后，粒子受合力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图所示。
且加速度
粒子到达点时，位移偏转角为，
解得
故可得
所以粒子在点的速度
到过程，重力做功为零，只有电场力做功，由动能定理，有
解得两点间的电势差
故C正确；
D、将粒子在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
当竖直方向速度为零时，粒子向上运动的距离最大，故粒子能向上运动的最大距离
故D错误；
故选BC。
【分析】本题主要考查带电物体在重力场、电场、磁场组成的混合场中的运动，根据物体轨迹判断洛伦兹力和电场力方向是解题关键。
带电体在复合场中能沿着做匀速直线运动，合力为零，判断处洛伦兹力和电场力方向，根据共点力平衡条件列式求解 电场强度和磁场强度；在点撤去磁场后，粒子受合力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，沿着合力方向做匀加速运动，垂直合力方向做匀速运动，根据牛顿第二定律求得加速度，在根据匀速运动和匀加速位移—时间运动公式列式求得类平抛运动时间，根据匀变速速度时间公式求得沿着合力方向速度，再根据运动的合成与分解求得 粒子经过P点 的速度，最后根据动能定理求得 NP两点的电势差 ；当粒子沿着竖直方向的速度为零时， 距离NP最大，自由落体运动规律求得粒子从N→P时距离NP距离最大值。
8．【答案】B,D
【知识点】功能关系；动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AB．根据题意可知传送带对A的滑动摩擦力大小为
方向向左，传送带对B的滑动摩擦力大小为
，方向向右
初始时A受到弹簧的弹力与摩擦力合力向左，与速度方向相反，向右减速，B受到弹簧的弹力与摩擦力合力向右，与速度方向相同，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
由于，代入数值解得t=t0时，B的速度为
在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对A，根据牛顿第二定律有
对B
由于，故可知
故A错误，B正确；
C．在时间内，设AB向右的位移分别为，，由功能关系有
又 Ep=0.75J，解得
故弹簧的压缩量为
故C错误；
D．A与传送带的相对位移为
B与传送带的相对为
故可得
由于时间内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，作出AB的图像
可知等于图形的面积，等于图形的面积，故可得
结合，可知，故D正确。
故选BD。
【分析】本题主要考查牛顿第二定律、动量守恒、功能关系的综合应用，准确分析 A、B 受力大小和方向是解题关键。
分析 A、B 受摩擦力和弹力大小和方向，应用动量守恒列式求解t=t0时，B的速度；根据牛顿第二定律求解 B的加速度大小与A的加速度大小关系；对A、B整体由功能关系求解 t=t0时，弹簧的压缩量 ；根据A、B运动特点画出速度时间图像，根据速度时间图像图线与坐标轴围成面积计算0﹣t0过程中A与传送带的痕迹 。
9．【答案】；做正功
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】气体发生等温变化，设细管的截面积为S，根据玻意耳定律有
，，
解得
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。
故答案为： ①. ②. 做正功
【分析】本题主要考查理想气体状态方程的简单应用，确定各状态的参量是解题关键。
气体发生等温变化，确定好初末状态气体压强、体积，根据玻意耳定律列式求解 空气柱长度L2 长度；气体体积膨胀，气体对外界做功，气体体积压缩，外界对气体做正功，即气体对外界做负功。
10．【答案】大于；
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】根据公式
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；
设波源与蝎子的距离为，根据题意可知
解得
故答案为：①. 大于 ②.
【分析】本题主要考查波的传播的有关知识。根据公式判断纵波波长与横波波长关系；波在均匀介质中匀速传播，根据匀速运动规律求解 波源与蝎子的距离 。
11．【答案】；不存在
【知识点】电场及电场力；共点力的平衡；点电荷的电场
【解析】【解答】根据几何关系设，则
对检验电荷进行受力分析，可得
其中
，
联立解得
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矢量三角形，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，根据矢量三角形法则可知此时点电荷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。
【分析】本题主要考查库仑定律中的平衡问题，由几何知识求得 PQ1与PQ2长度关系，再根据库仑定律和力的合成与分解求得， Q1与Q2电量之比；画出矢量三角形，根据矢量三角形边长变化判断在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。
12．【答案】（1）
（2）0.028
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】设入射角为，折射角为，根据几何关系有
，
由折射定律可得，糖水的折射率为
根据题中数据作图
故可得糖水浓度每增加10%，折射率的增加值为
故答案为：（1） ；（2）
【分析】本题主要考查折射率的有关知识，结合折射定律解答。
根据几何关系求得入射角和折射角正弦，根据折射定律求解 糖水的折射率 ；根据表格数据作图，由图得到 糖水浓度每增加10%，折射率的增加值 。
13．【答案】（1）解：内运动员做匀减速运动，根据可得，平均速度
方向与正方向相同；
（2）解：内做匀加速运动，根据可得，加速度
方向与正方向相同；
（3）解：速度—时间图像的图线与坐标轴的面积表示位移，内的位移
方向与正方向相同。
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【分析】本题主要考查速度—时间图像的应用，根据速度时间图像的物理意义解答。
（1）内运动员做匀减速运动，根据平均速度计算公式求解内的平均速度；
（2）内做匀加速运动，根据求解 加速度；
（3）速度—时间图像的图线与坐标轴的面积表示位移，根据面积求解内的位移。
14．【答案】（1）解：， 外力保持不变，由可得，F做的功
（2）解：对AB整体，水平方向受拉力和阻力，竖直方向受重力和支持力，根据牛顿第二定律
其中，对B，受重力、支持力、A对B的推力，根据牛顿第二定律
联立解得
（3）解：当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，此时A、B加速度相等，对A
解得
由图乙可知，此时；过程中，根据图乙可得拉力做的功为
对A、B根据动能定理
解得
在点，能通过的条件是，重力提供向心力，可得
从点到点，根据动能定理
联立可得
即圆弧半径满足的条件。
【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【分析】本题主要考查公的计算、牛顿第二定律的应用以及竖直平面内圆周运动的有关知识，理清物体运动过程是解题关键。
（1）， 外力保持不变，由求解外力做的功；
（2）过程中外力不变，物体做匀加速运动，分别以AB整体和B为研究对象，根据牛顿第二定律列式求解时，A与B之间的弹力；
（3） 要保证B能到达M点， 在B点，重力恰好提供向心力，根据圆周运动知识列式求解物体在B点最小速度，由图乙和动能定理列式求解物体到达圆弧轨道最低点P速度，从点到点，根据动能定理列式求解圆弧半径满足的条件。
15．【答案】（1）解：线框在没有进入磁场区域时，受重力、支持力，根据牛顿第二定律可得
根据运动学公式
联立可得线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离
（2）解：因为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，可知线框在磁场中做匀速运动，且线框的边长与Ⅰ区域的长度相等，根据平衡条件有
由法拉第电磁感应定律可得
由闭合电路欧姆定律可得
cd边两端的电势差
联立可得
（3）解：①若，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理
其中，，
联立可得
线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理
根据
线框进入磁场过程中电荷量都相等，即
联立可得
根据动能定理可得
克服安培力做功的平均功率
联立可得
②若，同理可得
根据动量定理
其中
结合
，
联立可得
根据动能定理可得
克服安培力做功的平均功率
联立可得
【知识点】动量定理；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】本题主要考查电磁感应现象的应用，由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、以及牛顿第二定律解答。
（1）线框在没有进入磁场区域时，做匀加速直线运动，对线框受力分析，根据牛顿第二定律列式求得加速度，再根据运动学公式求解 线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离；
（2）由题意分析知，线框匀速通过 Ⅰ区，由平衡条件、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律部分电路欧姆定律列式求解cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差；
（3）分情况，由动量定理结合和电流计算公式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律求得线框在Ⅱ区域运动时间，再根据动能定理求得安培力做的功，根据求得 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。
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