2025高考物理福建卷押题模拟含解析.pdf

试卷第 1 页，共 8 页 一、单一、单项项选选择择题题：本题共本题共 4 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，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。只有一项是符合题目要求的。1（4 分）遥控小车在水平轨道上运动的速度-时间图象如图所示，=0时刻小车位于坐标原点，下列说法正确的是（）A在 04s 内，小车的加速度不变 B在 06s 内，小车的速度方向改变了 1 次 C在 06s 内，小车的平均速度的大小为 3m/s D在=5s 时刻，小车距离坐标原点最远 2（4 分）如图，纸面内正方形 abcd 的对角线交点 O处有垂直纸面放置的通有恒定电流的长直导线，电流方向垂直纸面向外，所在空间有磁感应强度为0，平行于纸面但方向未知的匀强磁场，已知 c点的磁感应强度为零，则 b2022024 4福建卷福建卷押题押题点的磁感应强度大小为（）A0 B0 C20 D20 3（4 分）如图（a）所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为 3:1，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电源电压 u随时间 t按正弦规律变化，如图（b）所示。下列说法正确的是（）Au随 t变化的规律为=2502sin100(V)B变压器原、副线圈中的电流之比为 3:1 C变压器输入、输出功率之比为 1:3 D若热敏电阻 RT的温度升高，则电流表的示数变小，变压器的输入功率变大 试卷第 2 页，共 8 页 4（4 分）2022 年 1 月 28 日，国务院新闻办公室发布我国第五部航天白皮书2021中国的航天，白皮书中提到将继续实施月球探测工程，发射“嫦娥六号”探测器、完成月球极区采样返回。若将地球和月球看做一个双星系统，二者间距离为 L，它们绕着二者连线上的某点做匀速圆周运动，运行周期为 T；从漫长的宇宙演化来看，两者质量都不断减小，将导致月地间距离变大。若引力常量为 G，则下列说法正确的是（）A当前月球和地球的动能相等 B当前该双星系统的总质量为4232 C在将来的演化过程中，该双星系统运转的周期将逐渐减小 D在将来的演化过程中，该双星系统的总动能将逐渐增大 二、多二、多项项选选择择题题：本题共本题共 4 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 24 分。每小题有多项符合题目要求分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得全部选对的得 6 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。5（6 分）如图所示，、为匀强电场中的四点，它们的连线构成正方形，其中边与电场线平行，点为与连线的交点。一个电荷量为的正点电荷固定在点，下列说法正确的是（）A、两点的电场强度相同 B、两点的电势相等 C将电子沿直线从点移动到点，电场力做正功 D将电子沿直线从点移动到点，电势能先减小后增大 6（6 分）某同学练习投篮，在同一高度离篮筐 P 不同的位置 M、N两点先后将球斜向上投出，两次球均垂直击中篮板的同一位置。不计空气阻力，关于两次球投出后在空中的运动，下列说法正确的是（）A两次球的速度变化量相同 B在 M处球被抛出的速度大 C在 M处球被抛出时的速度与竖直方向夹角小 D在 N 处抛出的篮球在空中运动的时间长 试卷第 3 页，共 8 页 7（6 分）1899 年，苏联物理学家列别捷夫首先从实验上证实了“光射到物体表面上时会产生压力”。已知频率为的光子的动量为，式中 h为普朗克常量，c为光速。光对物体单位面积的压力叫辐射压强或光压。某二氧化碳气体激光器发出的激光功率为=1000W，该光束垂直射到某平整元件上，其光束截面积为=1.00mm2，该激光的波长为，光速=3 108m/s，且=，则（）A该激光器单位时间内发出的光子数可表示为 B该激光器单位时间内发出的光子数可表示为 C该光束可能产生的最大光压约为667Pa D该光束可能产生的最大光压约为6.67Pa 8（6 分）如图所示，水平虚线1、2之间存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场区域的高度为 h。竖直平面内有一质量为 m 的直角梯形线框，其底边水平，上、下边长之比为 1：4，高为2线框 ABCD在磁场边界2的下方 h 处，受到竖直向上的拉力=2作用，从静止开始运动（上升过程中底边始终水平，线框平面始终与磁场方向垂直），当 AB 边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，且在 DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动。重力加速度为 g，下列正确的是（）AAB 边刚进入磁场时，线框的速度为 B AB边刚进入磁场时，线框中感应电流的瞬时电功率为2 CDC 边刚进入磁场时，线框加速度的大小为179 D从线框开始运动到 DC边刚进入磁场的过程中，线框产生的焦耳热为22781 试卷第 4 页，共 8 页 三、三、非选择题：共非选择题：共 60 分。考生根据要求作答分。考生根据要求作答 9（4 分）如图是一个单摆振动，O是平衡位置，B、C 是球能到达的最远位置。设向右为正方向，图乙是该单摆振动的图像，该单摆振动的频率是_Hz；当=0.6s时，摆球正_摆动（选填“向左”“向右”或“不”）。10（4 分）如图，一定质量的理想气体从状态 a开始，经历 ab、bc、cd 过程到达状态d，ab 过程气体温度不变，bc过程气体压强不变。ab 过程中气体对外界做_（选填“正”或“负”）功，状态 d 的体积_（选填“大于”“等于”或“小于”）状态 b的体积。11（5 分）某同学用如图甲所示的实验电路，测量一量程为 1mA 电流计的内阻。（1）按图甲中的实验电路图进行实物连接，将滑动变阻器的滑片置于 B端，1为定值电阻。闭合开关 S，断开开关S1，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的读数为1（指针偏转超过量程的三分之一），电流计满偏。（2）闭合开关S1，反复调节电阻箱和滑动变阻器的滑片位置使电压表的示数仍为1，电流计的指针偏转到满偏量程的三分之二。读取此时电阻箱的阻值为0=190。（3）电流计的内阻g=_。（4）该实验测得电流计的阻值_真实值（选填“”“”或“”）（只考虑系统误差）。（5）同学要将该电流计改装为量程为 20mA 的电流表。将阻值为2的定值电阻与1mA 电流计连接，进行改装。然后利用一标准毫安表根据图乙所示电路对改装后的电表进行检测（虚线框内是改装后的电表）。试卷第 5 页，共 8 页 根据图乙将图丙中的实物连接_。定值电阻2=_。12（7 分）在“用 DIS 研究加速度和力的关系”实验中：某同学采用光电门测量加速度，实验装置如图。将小车放置在轨道上，使挡光片的左端与小车的左端 A点对齐，光电门放在 B 处，测出 A到 B 的距离 L 和挡光片的宽度 d。由静止开始释放小车，光电门自动测出小车上挡光片通过光电门的时间 t。（1）根据题中已知物理量，小车的加速度 a=_（用题中字母表示）；（2）在上述实验中，下列操作步骤中必须做到的是_ A要用天平称量小车质量 B钩码的质量应该远小于小车质量 C通过增减配重片来改变小车的质量 D不论轨道光滑与否，轨道一定要保持水平（3）上述实验用光电门来测量小车运动的瞬时速度，若考虑挡光片的宽度，得到的速度测量值和真实值相比_ A偏大 B偏小 C一样大 D都有可能（4）为了研究研究加速度和力的关系，某同学选择画小车的加速度与钩码质量的关系图线，如图所示。分析发现图线在横轴上有截距，这是因为_。试卷第 6 页，共 8 页 13（12 分）第 24 届冬季奥林匹克运动会于 2022 年 2 月 4 日开幕，这是中国历史上第一次举办冬季奥运会，而跳台滑雪是冬奥会的主要比赛项目之一。如图为一简化的跳台滑雪的雪道示意图，助滑坡由 AB 和 BC 组成，AB 是倾角为37的斜坡，BC是半径为=20m的圆弧面，二者相切于 B 点，与水平面相切于 C，=37，CD 为竖直跳台（高度可忽略不计），DE 是倾角为37的着陆坡。运动员连同滑雪装备总质量为 70kg，从 A 点由静止滑下，通过 C点水平飞出，飞行一段时间后落到着陆坡 DE上的 E 点。运动员运动到 C点时的速度大小是 20m/s，CE 间的竖直高度 h=45m。不计空气阻力，sin37=0.6，=10m/s2。求：（1）运动员到达滑道上的 C 点时受到的支持力大小和加速度大小；（2）运动员在空中飞行多长时间时离着陆坡最远；（3）运动员在 E点着陆前瞬时速度大小。试卷第 7 页，共 8 页 14（12 分）如图所示，一轻支架由水平段和竖直段组成。轻弹簧一端固定于点，另一端与套在水平杆上的球相连，一根长为=10cm的轻绳连接 A、B 两球。球质量A=1kg，B 球质量B=4kg，球与水平杆的动摩擦因数=0.36，弹簧原长=20cm，劲度系数=450N/m。初始时使球尽量压缩弹簧并恰好处于静止状态。现使系统绕轴缓慢转动起来，转动过程中保持 A、B 两球始终与在同一竖直平面内。当系统以某角速度稳定转动时，细绳与竖直方向成 37角，此时弹簧的弹力大小恰好与初始时相同。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力。sin37=0.6，cos37=0.8，=10m/s2，求：（1）初始时弹簧的长度；（2）细绳与竖直方向成 37角时，系统转动的角速度；（3）整个过程中驱动力对系统所做的总功。试卷第 8 页，共 8 页 15（16 分）如图所示，在以 O点为圆心、R 为半径的圆周上有 P、A、C三点，=60。此圆形区域内存在磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，圆形区域下方存在水平向右的匀强电场，其上边界与磁场相切于 C点，竖直的左边界 MN与磁相切于 P 点，MN 左侧只有部分区域存在匀强磁场。两个相同的带电粒子（重力不计）从 P点沿 PO 方向射入磁场中，速率为0的 a 粒子恰好从 A点射出磁场，速率为30的 b 粒子出磁场后又从 D点离开电场，离开电场时的速度平行于OA，经过 MN左侧的、部分区域的磁场偏转后，最终能从 P 点沿水平向右的方向重新进入磁场。试求：（1）该粒子的比荷 k；（2）匀强电场的场强 E；（3）粒子 b在 MN 左侧的、部分区域磁场中运动的最短时间 t1。答案第 1 页，共 12 页 参考答案参考答案 1A【详解】A根据速度-时间图象中图线的斜率等于加速度，可知在 04s 内，图线的斜率不变，所以小车的加速度不变，故 A 正确；B根据速度-时间图象中在 t轴上方速度为正，在 t轴下方速度为负，可知小车在 2s 末和5s 末时，速度改变方向，所以在 06s 内，小车的速度方向改变了 2 次，故 B 错误；C根据速度-时间图象中图象与坐标轴所围的面积表示位移，可知在 06s 内，小车的位移为 =2 0.62+(4 2)0.62+(5 4)0.62(6 5)0.62=0 所以在 06s 内，小车的平均速度的大小为零，故 C 错误；D在 0-2s 内，质点沿负向运动，位移为 1=2 0.62m=0.6m 2-4s 内质点沿正向运动，位移为 1=2 0.62m=0.6m 可知 0-4s 内的位移为零，在 4-5s 内，质点沿正向运动，位移为 2=(5 4)0.62m=0.3m 5-6s 内质点沿负向运动，位移为 2=6(5 5)0.62m=0.3m 可知 4-6s 内的位移为零，通过分析可知，质点在第 2s 末距离坐标原点最远，故 D 错误。故选 A。2C【详解】已知 c 点的磁感应强度为零，根据右手螺旋定则可知，长直导线电流在 c 点的磁场方向垂直 Oc 斜向上，大小为0，则匀强磁场方向垂直 Oc 斜向下；长直导线电流在 b 点的磁场方向垂直 Ob斜向上，与匀强磁场方向垂直，则 b点的磁感应强度大小为=02+02=20 故选 C。3A【详解】A由图可知 答案第 2 页，共 12 页 m=2502V =2=20.02rad/s=100rad/s 所以 u 随 t变化的规律为 =msin=2502sin100(V)故 A 正确；B根据变压器原副线圈电流与匝数的关系有 12=21=13 故 B 错误；C对理想变压器而言，其输入功率等于输出功率，即变压器输入、输出功率之比为 1:1，故 C 错误；D若热敏电阻 RT的温度升高，其阻值减小，所以副线圈回路中总电阻减小，而副线圈两端的电压不变，所以副线圈中电流 I2增大，所以电流表的示数变大，变压器输出功率增大，则其输入功率增大，故 D 错误。故选 A。4B【详解】A设地球的质量为 M，地球的轨道半径为1，月球的质量为 m，轨道半径为1，故有 21=22 由于 1+2=联立得 1=+2=+故地球的动能为 k1=12(1)2=2222(+)2 月球的动能为 k2=12(2)2=2222(+)2 由于地球与月球的质量不同，故两者动能不同，A 项错误；答案第 3 页，共 12 页 B双星系统中，两天体之间的万有引力提供向心力，有 2=21 2=22 将轨道半径代入后整理得 =(+)3 将=2代入整理得 +=4232 B 项正确；C由 +=4232 两天体质量减小，距离增大，故周期增大，C 项错误；D由于两天体距离增大，万有引力做负功，系统总动能减小，D 项错误；故选 B。5BD【详解】如图所示，在点的正点电荷在、四点产生电场方向如图所示 A由图可知、两点的电场强度方向不相同，故、两点的电场强度不相同，A 错误；B匀强电场在、两点的电势相等，点电荷在、两点的电势相等，故、两点的电势相等，B 正确；C点电荷在、两点的电势相等，故将电子沿直线从点移动到点，点电荷对电子做功为零，匀强电场对电子做负功，故电场力做负功，C 错误；D边与匀强电场方向垂直，将电子沿直线从点移动到点，匀强电场对电子不做功，点电荷对电子先做正功后做负功，故电势能先减小后增大，D 正确；答案第 4 页，共 12 页 故选 BD。6AC【详解】AD根据题意可知，本题中投篮运动的逆过程是平抛运动，则竖直方向由=122可得，蓝球运动时间为 =2 由于两次投篮过程中竖直位移相等，则两次篮球运动时间相等，由=可知，两次球的速度变化量相同，故 D 错误，A 正确；B水平方向上，由=0可知，由于两次得运动时间相同，由图可知，从处抛出的水平位移大，则在 N 处球被抛出的速度大，故 B 错误；C根据平抛运动规律可知，速度与竖直方向的夹角有 tan=0 则在 M 处球被抛出时的速度与竖直方向夹角小，故 C 正确。故选 AC。7AD【详解】AB光子的能量为 =设单位时间内该激光器发出的光子数为 N，有 =故 A 正确；B 错误；CD如果光束被完全反射，且反射光垂直于平面，则光子的动量改变量为最大，t时间内 =()=2 根据动量定理，有 =又 =该光束产生的最大光压为 答案第 5 页，共 12 页 =联立，可得 =6.67Pa 故 C 错误；D 正确。故选 AD。8BD【详解】A设 AB边刚进入磁场时速度为 v0，线框的电阻为 R，AB=l，则 CD=4l，根据动能定理 =1202 解得 0=2 A 错误；BAB 边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，则此时安培力的大小为 安=线框中感应电流的瞬时电功率为 =安0=2 B 正确；DAB 刚进入磁场时加速度为 0，则有 =+220 设 DC边刚进入磁场前匀速运动时速度为 v1，线框切割磁感应线的有效长度为 1.5l线框匀速运动时有 =+2(1.5)21 联立解得 1=409=429 从线框开始到 CD 边进入磁场前瞬间，根据能量守恒定律得 3 3 =1212 联立解得 答案第 6 页，共 12 页 =22781 D 正确；CCD 刚进入磁场瞬间，线框切割磁感应线的有效长度为 2.5l 1=1 2.5 由闭合电路欧姆定律得 1=(2.5)1 由牛顿第二定律得 =(+1)解得 =169 C 错误；故选 BD。9 1.25 向左【详解】1由图乙可知，单摆振动的周期为 =0.8s 则该单摆振动的频率是 =1=1.25Hz 2由题意可知，向右为正方向，由图乙可知，当=0.6s时，摆球向负方向摆动，即摆球正向左摆动。10 负 大于【详解】12 ab 过程中温度不变，压强增加，由=可知，气体体积减小，故说明气体对外界做负功；cd 过程为等容过程，即 cd两点的体积相等，而 bc 过程由等压升温过程，根据=可知，状态 c的体积大于状态 b 的体积，故状态 d的体积大于状态 b 的体积。答案第 7 页，共 12 页 11 95 =5【详解】（3）1由电流计的指针偏转到满偏量程的三分之二可知 G=23g R0=13g 则 g=120=12 190=95（4）2 实验时反复调节电阻箱和滑动变阻器的滑片位置使电压表的示数仍为 U1，可知电路的总电流不变，通过电流表的电流是满偏电流的23，而通过 R0的电流等于电流表满偏电流的13，所以该实验测得电流计的阻值与真实值相等。（5）3电流计改装为电流表应并联一个定值电阻，再通过与一标准毫安表串联，进行检测，如图 4当电流计满偏时，由题意知 95 1mA=2(20 1)mA 解得 2=5 答案第 8 页，共 12 页 12 22()2 B B 小车与轨道间存在摩擦力【详解】（1）1 小车从 A到 B 有 2=2 其中 v 为 B点速度大小，其值为 =联立解得 =22()2（2）2 A本实验采用控制变量法，研究加速度和力的关系时只要保证小车质量不变就行，不需要测量小车质量，A 错误。B设绳子上的拉力大小为 T，小车质量为 M，钩码质量为 m，在平衡摩擦力的前提下，对小车和钩码有 =解得 =+本实验认为钩码重力大小为绳子拉小车拉力的大小，所以钩码的质量应该远小于小车质量，B 正确。C本实验采用控制变量法，研究加速度和力的关系时要保证小车质量不变，C 错误。D轨道光滑的话不需要平衡摩擦力，轨道保持水平，轨道不光滑的话，要使轨道倾斜来平衡摩擦力，D 错误。故选 B。（3）3小车做匀加速直线运动，用光电门测出的是挡光过程的平均速度，其等于挡光过程的中间时刻的速度，小于小车实际的末速度。（4）4由图知，当钩码质量大于某值时，小车才有加速度，说明小车与轨道间存在摩擦力，当绳子拉力大于摩擦力时小车才动起来。13（1）2100N；20m/s2；（2）1.5s；（3）1013m/s【详解】（1）在 C 点，支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律 N =2 运动员受到的支持力大小 答案第 9 页，共 12 页 N=+2=2100N 运动员的加速度大小 =2=20220m/s2=20m/s2（2）运动员好 C点后做平抛运动，当速度方向平行于着陆坡 DE 时，离着陆坡 DE最远，则有 tan37=1 解得 1=1.5s（3）运动员经 C点做平抛运动 在竖直方向 =122，=运动员在 E点着陆前瞬时速度大小=2+2 解得=1013m/s【点睛】解答本题的关键是正确理解离着陆坡最远时速度方向平行于着陆坡。14（1）0.16m；（2）5rad/s；（3）7.46J【详解】（1）初始时弹簧处于压缩状态，球恰好处于静止状态，设初始时弹簧的压缩量为，则 =(A+B)解得 =0.04m 则初始时弹簧的长度为 0=0.16m（2）当系统以某角速度稳定转动，弹簧的弹力大小与初始时相同时，弹簧处于拉伸状态，拉伸量与初始状态的压缩量相等，对 B 球有 Btan37=B2B，B=0+sin37 答案第 10 页，共 12 页 解得 =5rad/s（3）根据能量守恒，整个过程中驱动力对系统所做的功等于 A、B 球的动能增加，B 球的重力势能增加，球与水平横杆间摩擦产生的内能，则有 =12AA2+12BB2+B(cos37)+(A+B)2 其中 A=A，A=0+，B=B 解得 =7.46J 15（1）30；（2）023；（3）(4+83)90【详解】（1）粒子 a 进入磁场后，由几何关系可得 tan30=解得半径为=33 由牛顿第二定律以及圆运动相关知识得 0=02 解得 =30（2）对于 b粒子，由牛顿第二定律以及圆运动相关知识得 30=(30)2 解得 rb=R 进入电场区域后做类平抛运动到 D 点，轨迹如图所示 答案第 11 页，共 12 页 水平位移 =122 由牛顿第二定律可得 =将离开电场时速度分解，可得 tan60=30 联立解得 =023（3）进入左侧磁场区域速度偏转角为 240，由运动时间为23可知周期越短，时间越短，由于粒子速度大小一定，可知半径越小，时间越短，可知进入 MN 左侧区域即进入磁场，偏转时间最短。竖直位移 =30 解得 b 粒子的竖直位移 =23 离开电场时的速度由速度的分解可得 sin60=30 解得 =20 进入部分区域磁场时，半径最小的轨迹如图小圆 答案第 12 页，共 12 页 由几何知识可知 1+1cos60=+解得 1=(2+43)3 又 1=23，=21 联立解得 1=(4+83)90