2025年福建省高考物理試卷（回憶版）

一、單項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有

一項(xiàng)是符合題目要求的。

1.如圖所示，山崖上有一個(gè)風(fēng)動(dòng)石，無風(fēng)時(shí)地面對(duì)風(fēng)動(dòng)石的作用力是F1，當(dāng)受到一個(gè)水平風(fēng)力時(shí)，風(fēng)動(dòng)石

依然靜止，地面對(duì)風(fēng)動(dòng)石的作用力是F2，以下說法正確的是（）

A.F2大于F1

B.F1大于F2

C.F1等于F2

D.F1和F2大小關(guān)系與風(fēng)力大小有關(guān)

【答案】A

【解析】

【詳解】無風(fēng)時(shí)，地面對(duì)風(fēng)動(dòng)石的作用力方向豎直向上，與重力平衡，大小為F1mg

當(dāng)受到一個(gè)水平風(fēng)力時(shí)，地面對(duì)風(fēng)動(dòng)石的作用力與豎直向下的重力及水平方向的風(fēng)力F，三力平衡

22

根據(jù)平衡條件可知，地面對(duì)風(fēng)動(dòng)石的作用力大小為，故2大于1。

F2FmgFF

故選A。

2.某理想變壓器如圖甲，原副線圈匝數(shù)比4：1，輸入電壓隨時(shí)間的變化圖像如圖乙，R1的阻值為R2的2

倍，則（）

A.交流電的周期為2.5s

B.電壓表示數(shù)為12V

C.副線圈干路的電流為R1電流的2倍

D.原副線圈功率之比為4：1

【答案】B

【解析】

【詳解】A．由圖可知，交流電的周期為2.25s，故A錯(cuò)誤；

Um

B．根據(jù)圖乙可知，輸入電壓最大值U482V，則輸入電壓有效值為U148V，根據(jù)變壓比可

m2

n2

知，副線圈電壓即電壓表示數(shù)為U2U112V，故B正確；

n1

C．R1的阻值為R2的2倍，根據(jù)并聯(lián)規(guī)律可知，兩電阻的電壓相同，根據(jù)歐姆定律可知，流經(jīng)R1和R2的電

流之比為1:2，副線圈干路電流等于流經(jīng)兩電阻的電流之和，則副線圈干路的電流為R1電流的3倍，故C

錯(cuò)誤；

D．根據(jù)變壓器的原理可知，原副線圈功率相同，故D錯(cuò)誤。

故選B。

3.如圖所示，空間中存在兩根無限長直導(dǎo)線L1與L2，通有大小相等，方向相反的電流。導(dǎo)線周圍存在M、

O、N三點(diǎn)，M與O關(guān)于L1對(duì)稱，O與N關(guān)于L2對(duì)稱且OM=ON，初始時(shí)，M處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，

O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，現(xiàn)保持L1中電流不變，僅將L2撤去，求N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。ǎ?/p>

1B2

A.BBB.BC.B2﹣B1D.B1﹣B2

22121

【答案】B

【解析】

【詳解】根據(jù)安培定則，兩導(dǎo)線在O點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同大小相等，則單個(gè)導(dǎo)線在O點(diǎn)處產(chǎn)生

B

的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2

02

根據(jù)對(duì)稱性，兩導(dǎo)線在N處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小應(yīng)該與M點(diǎn)一樣，為B1

B2

根據(jù)對(duì)稱性，L2在N點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

02

由于L2在N點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于L1在N點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度，且方向相反，將L2撤去，N點(diǎn)的

B

磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B。

21

故選B。

4.某種靜電分析器簡化圖如圖所示，在兩條半圓形圓弧板組成的管道中加上徑向電場?，F(xiàn)將一電子a自A

點(diǎn)垂直電場射出，恰好做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡為ABC，半徑為r。另一電子b自A點(diǎn)垂直電場射出，軌跡為

弧APQ，其中PBO共線，已知BP電勢差為U，|CQ|=2|BP|，a粒子入射動(dòng)能為Ek，則（）

E

A.B點(diǎn)的電場強(qiáng)度Ek

er

點(diǎn)場強(qiáng)大于點(diǎn)場強(qiáng)

B.PC

C.b粒子在P點(diǎn)動(dòng)能小于Q點(diǎn)動(dòng)能

D.b粒子全程的克服電場力做功小于2eU

【答案】D

【解析】

2

12mva

【詳解】A．a(chǎn)粒子入射動(dòng)能為Ek，根據(jù)動(dòng)能的表達(dá)式有Ekmva，粒子恰好做圓周運(yùn)動(dòng)，則eE，

2r

2E

聯(lián)立解得Ek，故A錯(cuò)誤；

er

B．由圖可知，P點(diǎn)電場線密度較稀疏，則場強(qiáng)小于C點(diǎn)場強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；

C．已知|CQ|=2|BP|，因?yàn)锽C在同一等勢線上，且沿電場方向電勢降低，則Q點(diǎn)電勢小于P點(diǎn)，電子在電

勢低處電勢能大，則b粒子在Q點(diǎn)電勢能大，根據(jù)能量守恒可知，b粒子在Q點(diǎn)動(dòng)能較小，故C錯(cuò)誤；

D．由電場線密度分布情況可知，沿徑向向外電場強(qiáng)度減小，則BP之間平均電場強(qiáng)度大小大于CQ之間的

平均電場強(qiáng)度大小，根據(jù)UEd，則UCQ2UBP，則b粒子全程的克服電場力做功

WeUCQ2eUBP2eU，故D正確。

故選D。

二、雙項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24分。每小題有兩項(xiàng)符合題目要求，全部

選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。

5.春晚上轉(zhuǎn)手絹的機(jī)器人，手絹上有P、Q兩點(diǎn)，圓心為O，OQ3OP，手絹?zhàn)鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，則（）

A.P、Q線速度之比為1:3

B.P、Q角速度之比為3:1

C.P、Q向心加速度之比為3:1

D.P點(diǎn)所受合外力總是指向O

【答案】AD

【解析】

【詳解】B．手絹?zhàn)鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，由圖可知P、Q屬于同軸傳動(dòng)模型，故角速度相等，即角速度之比為1:1，

B錯(cuò)誤；

A．由vr

可知，P、Q線速度之比

vP:vQrOP:rOQ1:3

得A正確；

C．由a2r

可知，P、Q向心加速度之比

aP:aQrOP:rOQ1:3

得C錯(cuò)誤；

D．做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，其合外力等于向心力，故合力總是指向圓心O，D正確。

故選AD。

核反應(yīng)方程為23→41，現(xiàn)真空中有兩個(gè)動(dòng)量大小相等，方向相反的氘核與氚核相

6.1H+1H2He+0n+17.6MeV

41

撞，發(fā)生核反應(yīng)，設(shè)反應(yīng)釋放的能量幾乎轉(zhuǎn)化為2He與0n的動(dòng)能，則（）

A.該反應(yīng)有質(zhì)量虧損

B.該反應(yīng)為核裂變

1

C.0n獲得的動(dòng)能約為14MeV

4

D.2He獲得的動(dòng)能約為14MeV

【答案】AC

【解析】

【詳解】A．核反應(yīng)過程中質(zhì)量數(shù)守恒，有質(zhì)量虧損，A正確；

B．該反應(yīng)是核聚變反應(yīng)，B錯(cuò)誤；

CD．在真空中，該反應(yīng)動(dòng)量守恒，由于相撞前氘核與氚核動(dòng)量大小相等，方向相反，系統(tǒng)總動(dòng)量為零。故

反應(yīng)后氦核與中子的動(dòng)量也大小相等，方向相反。

由

p2

E

k2m

得反應(yīng)粒子獲得的動(dòng)能之比為

E:Em:m1:4

kHeknnHe

４

而兩個(gè)粒子獲得的總動(dòng)能為17.6MeV，故1n獲得的動(dòng)能E17.6MeV14.08MeV，

0kn5

1

4He獲得的動(dòng)能E17.6MeV3.52MeV。故C正確，D錯(cuò)誤。

2kHe5

故選AC。

7.空間中存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B與水平向右的勻強(qiáng)電場E，一帶電體在復(fù)合場中恰能沿著MN做

勻速直線運(yùn)動(dòng)，MN與水平方向呈45°，NP水平向右。帶電量為q，速度為v，質(zhì)量為m，當(dāng)粒子到N時(shí)，

撤去磁場，一段時(shí)間后粒子經(jīng)過P點(diǎn)，重力加速度為g,則（）

2mg

A.電場強(qiáng)度為E

q

2mg

B.磁場強(qiáng)度為B

qv

2mv2

C.NP兩點(diǎn)的電勢差為U

q

v2

D.粒子從N→P時(shí)距離NP的距離最大值為

8g

【答案】BC

【解析】

【詳解】AB、帶電體在復(fù)合場中能沿著MN做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知粒子受力情況如圖所示。

由受力平衡可知

mgqE

qvB2mg

mg2mg

解得電場強(qiáng)度E，磁感應(yīng)強(qiáng)度B，故A錯(cuò)誤，B正確。

qqv

C、在N點(diǎn)撤去磁場后，粒子受力方向與運(yùn)動(dòng)方向垂直，做類平拋運(yùn)動(dòng)，如圖所示。

且加速度

F

a合2g

m

粒子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，位移偏轉(zhuǎn)角為45，故在P點(diǎn)，速度角的正切值

tan2tan452

所以粒子在點(diǎn)的速度22

PvPvxvy5v

N到P過程，由動(dòng)能定理，有

11

qUmv2mv2

2P2

2mv2

解得NP兩點(diǎn)間的電勢差U，C正確；

q

D、將粒子在N點(diǎn)的速度沿水平方向和豎直方向進(jìn)行分解，可知粒子在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，且

2

vvcos45v

Ny2

故粒子能向上運(yùn)動(dòng)的最大距離

v22

Nyv

h

2g4g

D錯(cuò)誤；

故選BC。

8.傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的速度大小恒為1m/s，順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。兩個(gè)物塊A、B，A、B用一根輕彈簧連接，開始彈簧處

于原長，A的質(zhì)量為1kg，B的質(zhì)量為2kg，A與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，B與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為

0.25。t=0時(shí)，將兩物塊放置在傳送帶上，給A一個(gè)向右的初速度v0=2m/s，B的速度為零，彈簧自然伸長。

在t=t0時(shí)，A與傳送帶第一次共速，此時(shí)彈簧彈性勢能Ep=0.75J，傳送帶足夠長，A可在傳送帶上留下痕跡，

重力加速度g10m/s2，則（）

t

A.在t=0時(shí)，B的加速度大小大于A的加速度大小

2

B.t=t0時(shí)，B的速度為0.5m/s

C.t=t0時(shí)，彈簧的壓縮量為0.2m

D.0﹣t0過程中，A與傳送帶的痕跡小于0.05m

【答案】BD

【解析】

【詳解】AB．根據(jù)題意可知傳送帶對(duì)AB的滑動(dòng)摩擦力大小相等都為f0.5110N0.25210N=5N

初始時(shí)A向右減速，B向右加速，故可知在A與傳送帶第一次共速前，AB整體所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)

量守恒有mAv0mAvmBvB，v1m/s

代入數(shù)值解得t=t0時(shí)，B的速度為vB0.5m/s

在A與傳送帶第一次共速前，對(duì)任意時(shí)刻對(duì)AB根據(jù)牛頓第二定律有fF彈=mAaA，fF彈=mBaB

由于mA<mB，故可知aAaB

故A錯(cuò)誤，B正確；

C．在t0時(shí)間內(nèi)，設(shè)AB向右的位移分別為xA，xB；，由功能關(guān)系有

111

fxfxmv2mv2mv2E

AB2A02A2BBp

解得xAxB0.1m

故彈簧的壓縮量為xxAxB0.1m

故C錯(cuò)誤；

D．A與傳送帶的相對(duì)位移為x相AxAvt0

B與傳送帶的相對(duì)為x相Bvt0xB

故可得x相Ax相BxAxB0.1m

由于0t0時(shí)間內(nèi)A向右做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，B向右做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，且滿足

aA2aB，作出AB的vt圖像

可知x相A等于圖形MNA的面積，x相B等于圖形NOBA的面積，故可得x相A<x相B

結(jié)合x相Ax相B0.1m

可知x相A<0.05m，故D正確。

故選BD。

三、填空題

9.洗衣機(jī)水箱的導(dǎo)管內(nèi)存在一豎直空氣柱，根據(jù)此空氣柱的長度可知洗衣機(jī)內(nèi)的水量多少。當(dāng)空氣柱壓強(qiáng)

為p1時(shí)，空氣柱長度為L1，水位下降后，空氣柱溫度不變，空氣柱內(nèi)壓強(qiáng)為p2，則空氣柱長度

L2=___________，該過程中內(nèi)部氣體對(duì)外界___________。（填做正功，做負(fù)功，不做功）

p1L1

【答案】①.②.做正功

p2

【解析】

【詳解】[1]設(shè)細(xì)管的截面積為S，根據(jù)玻意耳定律有p1L1Sp2L2S

p1L1

可得L2

p2

[2]根據(jù)題意當(dāng)洗衣機(jī)內(nèi)的水位下降時(shí)，空氣柱長度變長，故內(nèi)部氣體對(duì)外界做正功。

10.沙漠中的蝎子能感受來自地面震動(dòng)的縱波和橫波，某波源同時(shí)產(chǎn)生縱波與橫波，已知縱波速度大于橫波

速度，頻率相同，則縱波波長___________橫波波長。若波源震動(dòng)后，蝎子感知到來自縱波與橫波的振動(dòng)

間隔Δt，縱波速度v1，橫波速度v2，則波源與蝎子的距離為___________。

v1v2t

【答案】①.大于②.

v1v2

【解析】

【詳解】[1]根據(jù)公式vf，由于縱波速度大于橫波速度，頻率相同，故可知縱波波長大于橫波波長；

ss

[2]設(shè)波源與蝎子的距離為s，根據(jù)題意可知t

v2v1

vvt

解得s12

v1v2

11.兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1與Q2靜立于豎直平面上，于P點(diǎn)放置一檢驗(yàn)電荷恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，PQ1與Q1Q2夾角

為30°，PQ1⊥PQ2，則Q1與Q2電量之比為___________，在PQ1連線上是否存在其它點(diǎn)能讓同一檢驗(yàn)電

荷維持平衡狀態(tài)___________（存在，不存在）。

【答案】①.3:1②.不存在

【解析】

F

PQ1

【詳解】[1]根據(jù)幾何關(guān)系設(shè)PQr，PQ3r對(duì)檢驗(yàn)電荷進(jìn)行受力分析，可得tan30

21F

PQ2

kqQ1

FkqQ2

其中PQ12，F(xiàn)

3rPQ2r2

聯(lián)立解得

Q1:Q23:1

[2]如圖

根據(jù)平衡條件可知檢驗(yàn)電荷受到的重力和兩點(diǎn)電荷對(duì)其的庫侖力組成一個(gè)封閉的三角形，若在PQ1連線上

存在其它點(diǎn)能讓同一檢驗(yàn)電荷維持平衡狀態(tài)，此時(shí)點(diǎn)電荷對(duì)檢驗(yàn)電荷的庫侖力F變大，根據(jù)三角形法

Q1PQ1

則可知此時(shí)點(diǎn)電荷Q2對(duì)檢驗(yàn)電荷的庫侖力必然增大；由于此時(shí)檢驗(yàn)電荷與點(diǎn)電荷Q2間的距離在增大，庫侖

力在減小，故矛盾，假設(shè)不成立，故在PQ1連線上不存在其它點(diǎn)能讓同一檢驗(yàn)電荷維持平衡狀態(tài)。

四、實(shí)驗(yàn)題

12.

（1）為測糖水的折射率與濃度的關(guān)系，設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)：某次射入激光，測得數(shù)據(jù)如圖，則糖水的折射率為

___________。

（2）改變糖水濃度，記錄數(shù)據(jù)如表

n1.321.341.351.381.42

y（%）10%20%30%40%50%

將30%的數(shù)據(jù)繪圖，求得糖水濃度每增加10%，折射率的增加值為___________（保留兩位有效數(shù)字）。

22

L1L2h2

【答案】（1）

22

L2L1h1

（2）0.023(0.20-0.25均可）

【解析】

【小問1詳解】

L1L2

設(shè)入射角為，折射角為，根據(jù)幾何關(guān)系有sini，sinr

ir2222

L1h1L2h2

sini

根據(jù)折射定律n

sinr

LL2h2

可得糖水的折射率為n122

22

L2L1h1

【小問2詳解】

根據(jù)題中數(shù)據(jù)作圖

1.411.34

故可得糖水濃度每增加10%，折射率的增加值為Δn10%0.023

50%20%

五、計(jì)算題

13.某運(yùn)動(dòng)員訓(xùn)練為直線運(yùn)動(dòng)，其vt圖如圖所示，各階段圖像均為直線。

（1）02s內(nèi)的平均速度；

（2）44.246.2s內(nèi)的加速度；

（3）44.246.2s內(nèi)的位移。

【答案】（1）2.4m/s，方向與正方向相同

（2）0.1m/s2，方向與正方向相同

（3）4.2m，方向與正方向相同

【解析】

【小問1詳解】

2.82.0

02s內(nèi)的平均速度vm/s2.4m/s

2

方向與正方向相同；

【小問2詳解】

2.22.0

44.246.2s內(nèi)的加速度am/s20.1m/s2

46.244.2

方向與正方向相同；

【小問3詳解】

(2.22.0)2

44.246.2s內(nèi)的位移xm4.2m

2

方向與正方向相同。

14.如圖甲，水平地面上有A、B兩個(gè)物塊，兩物塊質(zhì)量均為0.2kg，A與地面動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25，B

與地面無摩擦，兩物塊在外力F的作用下向右前進(jìn)，F(xiàn)與位移x的圖如圖乙所示，P為圓弧最低點(diǎn)，M為最

高點(diǎn)，水平地面長度大于4m，重力加速度g10m/s2。

（1）求0﹣1m，F(xiàn)做的功；

（2）x1m時(shí)，A與B之間的彈力；

（3）要保證B能到達(dá)M點(diǎn)，圓弧半徑滿足的條件。

【答案】（1）1.5J

（2）0.5N（3）r0.2m

【解析】

【小問1詳解】

求0﹣1m，F(xiàn)做的功WFx1.51J1.5J

【小問2詳解】

對(duì)AB整體，根據(jù)牛頓第二定律Ff2ma

其中fmg

對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律FABma

聯(lián)立解得FAB0.5N

【小問3詳解】

當(dāng)A、B之間的彈力為零時(shí)，A、B分離，根據(jù)（2）分析可知此時(shí)F0.5N

此時(shí)x3m

1

過程中，對(duì)A、B根據(jù)動(dòng)能定理Wmgx2mv2

F2

0.51.5

根據(jù)題圖可得W1.5J2J3.5J

F2

1212

從P點(diǎn)到M點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理mg2rmvmv

max2min2

v2

在M點(diǎn)的最小速度滿足mgmmin

rmax

聯(lián)立可得rmax0.2m

即圓弧半徑滿足的條件r0.2m。

15.如圖所示，光滑斜面傾角為θ=30°，Ⅰ號(hào)區(qū)域與Ⅱ號(hào)區(qū)域均存在垂直斜面向外的勻強(qiáng)磁場。正方形線框abcd

質(zhì)量為m，總電阻為R，粗細(xì)均勻，Ⅰ號(hào)區(qū)域長為L1，Ⅱ號(hào)區(qū)域長為L2，兩區(qū)域間無磁場的區(qū)域長度大于線

框長度。線框從某一位置釋放，cd邊進(jìn)入Ⅰ號(hào)區(qū)域時(shí)速度為v，且直到ab邊離開Ⅰ號(hào)區(qū)域時(shí)，速度始終為v，

當(dāng)cd邊進(jìn)入Ⅱ號(hào)區(qū)域時(shí)的速度和ab邊離開Ⅱ號(hào)區(qū)域時(shí)的速度一致，已知重力加速度為g。則：

（1）求線框釋放時(shí)，cd邊與Ⅰ區(qū)域上邊緣的距離x；

（2）求cd邊進(jìn)入Ⅰ號(hào)區(qū)域時(shí)，cd邊兩端的電勢差；

（3）求線框進(jìn)入Ⅱ號(hào)區(qū)域到完全離開過程中克服安培力做功的功率。

v2

【答案】（1）

g

3mgRv

（2）

42

mgvL1L2mgvL1L2

（3）若L2L1，則P；若L2L1，則P

4L14L2

【解析】

【小問1詳解】

線框在沒有進(jìn)入磁場區(qū)域時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律mgsinma

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v22ad

v2

聯(lián)立可得線框釋放點(diǎn)cd邊與Ⅰ區(qū)域上邊緣的距離d

g

【小問2詳解】

因?yàn)閏d邊進(jìn)入Ⅰ區(qū)域時(shí)速度為v，且直到ab邊