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2025 年高考福建卷物理部分真题
一、单选题
1．山崖上有一个风动石，无风时地面对风动石的作用力是F ，当受到一个水平风力时，风动石依然静止，地面对
1
风动石的作用力是F ，以下正确的是（ ）
2
A．F 大于F
2 1
B．F 大于F
1 2
C．F 等于F
1 2
D．大小关系与风力大小有关
【答案】A
【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𝐹 =𝑚𝑔
1
当受到一个水平风力时，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，三力平衡
根据平衡条件可知，地面对风动石的作用力大小为𝐹 =√𝐹2+(𝑚𝑔)2，故F 大于F 。
2 2 1
故选A。
2．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，R 的阻值为R 的2倍，则（ ）
1 2
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R 电流的2倍
1
D．原副线圈功率之比为4：1
【答案】B
【详解】
A．由图可知，交流电的周期为2.25s，A错误；
B．根据图乙可知，输入电压最大值𝑈 =48√2V，则输入电压有效值为𝑈 = 𝑈m =48V，根据变压比可知，副线圈
m 1
√2
电压即电压表示数为𝑈 = 𝑛2𝑈 =12V，B正确；
2 1
𝑛1
C．R 的阻值为R 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R 和R 的电流之比
1 2 1 2
为1:2，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为R 电流的3倍，C错误；
1
D．根据变压器的原理可知，原副线圈功率相同，D错误。
故选 B。
3．如图所示，空间中存在两根无限长直导线L 与L ，通有大小相等，方向相反的电流。导线周围存在M、O、N
1 2
三点，M与O关于L 对称，O与N关于L 对称且OM=ON，初始时，M处的磁感应强度大小为B ，O点磁感应强
1 2 1
度大小为B ，现保持L 中电流不变，仅将L 撤去，求N点的磁感应强度大小（ ）
2 1 2A．𝐵 − 1 𝐵 B．𝐵2−𝐵 C．B ﹣B D．B ﹣B
2 1 1 2 1 1 2
2 2
【答案】B
【详解】根据安培定则，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𝐵 = 𝐵2
0
2
根据对称性，两导线在N处的磁感应强度大小应该与M点一样，为B
1
根据对称性，L 在N点处产生的磁感应强度为𝐵 = 𝐵2
2 0
2
由于L 在N点处产生的磁感应强度大于L 在N点处产生的磁感应强度，且方向相反，将L 撤去，N点的磁感应强
2 1 2
度为𝐵2−𝐵 。
1
2
故选B。
4．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E ，则（ ）
k
A．B点的电场强度𝐸 = 𝐸k
𝑒𝑟
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
【详解】
A．a粒子入射动能为E ，根据动能的表达式有𝐸 = 1 𝑚𝑣 2，粒子恰好做圆周运动，则𝑒𝐸 = 𝑚𝑣𝑎 2 ，联立解得𝐸 = 2𝐸k，
k k 𝑎
2 𝑟 𝑒𝑟
A错误；
B．由图可知，P点电场线密度较稀疏，则场强小于C点场强，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，则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，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𝑈 =𝐸𝑑，则𝑈 <2𝑈 ，则b粒子全程的克服电场力做功𝑊 =𝑒𝑈 <2𝑒𝑈 =2𝑒𝑈，D正确。
𝐶𝑄 𝐵𝑃 𝐶𝑄 𝐵𝑃
故选 D。
二、多选题
5．春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，𝑂𝑄 =√3𝑂𝑃，手绢做匀速圆周运动，则（ ）A．P、Q线速度之比为1:√3
B．P、Q角速度之比为√3:1
C．P、Q向心加速度之比为√3:1
D．P点所受合外力总是指向O
【答案】AD
【详解】
A．由𝑣 =𝜔𝑟，可知，𝑃、𝑄线速度之比
𝑣 :𝑣 =𝑟 :𝑟 =1:√3，A正确；
𝑃 𝑄 𝑂𝑃 𝑂𝑄
B．手绢做匀速圆周运动，由图可知𝑃、𝑄属于同轴传动模型，故角速度相等，即角速度之比为1:1，B错误；
C．由𝑎 =𝜔2𝑟
可知，𝑃、𝑄向心加速度之比
𝑎 :𝑎 =𝑟 :𝑟 =1:√3，C错误；
𝑃 𝑄 𝑂𝑃 𝑂𝑄
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𝑂，D正确。
故选AD。
6．核反应方程为 2H+3H→ 4He+1n+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
1 1 2 0
生核反应，设反应释放的能量几乎转化为 4He与 1n的动能，则（ ）
2 0
A．该反应有质量亏损
B．该反应为核裂变
C． 1n获得的动能约为14MeV
0
D． 4He获得的动能约为14MeV
2
【答案】AC
【详解】
A．核反应过程中质量数守恒，有质量亏损，A正确；
B．该反应是核聚变反应，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𝐸 =
𝑝2
，得反应粒子获得的动能之比为𝐸 :𝐸 =𝑚 :𝑚 =1:4
k
2𝑚
kHe k𝑛 𝑛 He
而两个粒子获得的总动能为17.6MeV，故1𝑛获得的动能𝐸 = ４ ×17.6MeV=14.08MeV，
0 k𝑛 5
4He获得的动能𝐸 = 1 ×17.6MeV=3.52MeV。C正确，D错误。
2 kHe 5
故选AC。
7．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𝐸 = √2𝑚𝑔
𝑞
B．磁场强度为𝐵 = √2𝑚𝑔
𝑞𝑣
C．NP两点的电势差为𝑈 =
2𝑚𝑣2
𝑞
D．粒子从N→P时距离NP的距离最大值为𝑣2
8𝑔
【答案】BC
【详解】
AB、带电体在复合场中能沿着𝑀𝑁做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图所示。
由受力平衡可知
𝑚𝑔 =𝑞𝐸
𝑞𝑣𝐵 =√2𝑚𝑔
解得电场强度𝐸 = 𝑚𝑔，磁感应强度𝐵 = √2𝑚𝑔，故A错误，B正确。
𝑞 𝑞𝑣
C、在𝑁点撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图所示。
且加速度
𝐹
合
𝑎 = =√2𝑔
𝑚
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
tan𝜃 =2tan45°=2
所以粒子在𝑃点的速度𝑣 =√𝑣2+𝑣2 =√5𝑣
𝑃 𝑥 𝑦𝑁到𝑃过程，由动能定理，有
1 1
𝑞𝑈 = 𝑚𝑣2− 𝑚𝑣2
2 𝑃 2
解得𝑁𝑃两点间的电势差𝑈 =
2𝑚𝑣2
，C正确；
𝑞
D、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
√2
𝑣 =𝑣cos45°= 𝑣
𝑁𝑦 2
故粒子能向上运动的最大距离
ℎ =
𝑣
𝑁
2
𝑦 =
𝑣2
2𝑔 4𝑔
D错误；
故选BC。
8．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v =2m/s，B的速度为零，弹簧自然伸长。在t=t 时，A与传送带
0 0
第一次共速，此时弹簧弹性势能E =0.75J，传送带足够长，A可在传送带上留下痕迹，则（ ）
p
A．在t= 𝑡0时，B的加速度大小大于A的加速度大小
2
B．t=t 时，B的速度为0.5m/s
0
C．t=t 时，弹簧的压缩量为0.2m
0
D．0﹣t 过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m
0
【答案】BD
【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=5N
初始时A向右减速，B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
𝑚 𝑣 =𝑚 𝑣+𝑚 𝑣 ，𝑣 =1m/s
A 0 A B B
代入数值解得t=t 时，B的速度为𝑣 =0.5m/s
0 B
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 =𝑚 𝑎 ，𝑓+𝐹 =𝑚 𝑎
弹 A A 弹 B B
由于𝑚 <𝑚 ，故可知𝑎 >𝑎 ，A错误，B正确；
A B A B
C．在𝑡 时间内，设AB向右的位移分别为𝑥 ，𝑥 ；，由功能关系有−𝑓𝑥 +𝑓𝑥 + 1 𝑚 𝑣 2 = 1 𝑚 𝑣2+ 1 𝑚 𝑣 2+𝐸
0 A B A B A 0 A B B p
2 2 2
解得𝑥 −𝑥 =0.1m
A B
故弹簧的压缩量为Δ𝑥 =𝑥 −𝑥 =0.1m，C错误；
A B
D．A与传送带的相对位移为𝑥 =𝑥 −𝑣𝑡
相A A 0
B与传送带的相对为𝑥 =𝑣𝑡 −𝑥
相𝐵 0 B
故可得𝑥 +𝑥 =𝑥 −𝑥 =0.1m
相A 相𝐵 A B
由于0−𝑡 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𝑎 =2𝑎 ，
0 A B
作出AB的𝑣−𝑡图像可知𝑥 等于图形𝑀𝑁𝐴的面积，𝑥 等于图形𝑁𝑂𝐵𝐴的面积，故可得𝑥 <𝑥
相A 相𝐵 相A 相𝐵
结合𝑥 +𝑥 =0.1m
相A 相𝐵
可知𝑥 <0.05m，D正确。
相A
故选BD。
三、填空题
9．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p 时，
1
空气柱长度为L ，水位下降后，空气柱温度不变，空气柱内压强为p ，则空气柱长度L = ，该过程中内
1 2 2
部气体对外界 。（填做正功，做负功，不做功）
【答案】 𝑝1𝐿1 做正功
𝑝2
【详解】[1]设细管的截面积为S，根据玻意耳定律有𝑝 𝐿 𝑆 =𝑝 𝐿 𝑆
1 1 2 2
可得𝐿 = 𝑝1𝐿1
2
𝑝2
[2]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。
10．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
v ，横波速度v ，则波源与蝎子的距离为 。
1 2
【答案】 大于 𝑣1𝑣2Δ𝑡
𝑣1−𝑣2
【详解】根据公式𝑣 =𝜆𝑓，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𝑠，根据题意可知𝑠
−
𝑠
=Δ𝑡
𝑣2 𝑣1
解得𝑠 = 𝑣1𝑣2Δ𝑡
𝑣1−𝑣2
11．两个点电荷Q 与Q 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，PQ 与Q Q 夹角为30°，
1 2 1 1 2
PQ ⊥PQ ，则Q 与Q 电量之比为 ，在PQ 连线上是否存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态
1 2 1 2 1
（存在，不存在）。【答案】 √3:1 不存在
【详解】根据几何关系设𝑃𝑄 =𝑟，𝑃𝑄 =√3𝑟对检验电荷进行受力分析，可得
𝐹𝑃𝑄1
=tan30°
2 1
𝐹𝑃𝑄2
其中𝐹 = 𝑘𝑞𝑄1 ，𝐹 = 𝑘𝑞𝑄2
𝑃𝑄1 (√3𝑟) 2 𝑃𝑄2 𝑟2
联立解得𝑄 :𝑄 =√3:1
1 2
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三角形，若在PQ 连线上存在其它
1
点能让同一检验电荷维持平衡状态，此时点电荷𝑄 对检验电荷的库仑力𝐹 变大，根据三角形法则可知此时点电荷
1 𝑃𝑄1
𝑄 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𝑄 间的距离在增大，库仑力在减小，故矛盾，假设不
2 2
成立，故在PQ 连线上不存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态。
1
四、实验题
12．(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】
𝐿1 √𝐿2 2+ℎ2 2
(1)
𝐿2 √𝐿1 2+ℎ1 2
(2)0.028
【详解】
（1）设入射角为𝑖，折射角为𝑟，根据几何关系有sin𝑖 = 𝐿1 ，sin𝑟 = 𝐿2
√𝐿1 2+ℎ1 2 √𝐿2 2+ℎ2 2
根据折射定律𝑛 = sin𝑖
sin𝑟
𝐿1 √𝐿2 2+ℎ2 2
可得糖水的折射率为𝑛 =
𝐿2 √𝐿1 2+ℎ1 2
（2）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Δ𝑛 = 1.42−1.28 ×10%=0.028
50%
五、解答题
13．某运动员训练为直线运动，其𝑣−𝑡图如图所示，各阶段图像均为直线。
(1)0−2s内的平均速度；
(2)44.2−46.2s内的加速度；
(3)44.2−46.2s内的位移。
【答案】
(1)2.4m/s，方向与正方向相同
(2)0.1m/s2，方向与正方向相同
(3)4.2m，方向与正方向相同
【详解】
（1）0−2s内的平均速度𝑣 − = 2.8+2.0 m/s=2.4m/s
2
方向与正方向相同；
（2）44.2−46.2s内的加速度𝑎 = 2.2−2.0 m/s2 =0.1m/s2
46.2−44.2
方向与正方向相同；
（3）44.2−46.2s内的位移𝑥 = (2.2+2.0)×2 m=4.2m
2
方向与正方向相同。
14．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𝜇 =0.25，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0﹣1m，F做的功；
(2)𝑥 =1m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)1.5J
(2)0.5N
(3)𝑟 ≤0.2m
【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 =𝜇𝑚𝑔
对B根据牛顿第二定律𝐹 =𝑚𝑎
AB
联立解得𝐹 =0.5N
AB
（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 =3m
过程中，对A、B根据动能定理𝑊 −𝜇𝑚𝑔𝑥 = 1 ×2𝑚𝑣2
F
2
根据题图可得𝑊 =1.5J+ 0.5+1.5 ×2J=3.5J
F
2
从𝑃点到𝑀点，根据动能定理−𝑚𝑔⋅2𝑟 = 1 𝑚𝑣2 − 1 𝑚𝑣2
max 2 min 2
在𝑀点的最小速度满足𝑚𝑔 =𝑚 𝑣 m 2 in
𝑟max
联立可得𝑟 =0.2m
max
即圆弧半径满足的条件𝑟 ≤0.2m。
15．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L ，Ⅱ区域长为L ，两区域间无磁
1 2
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】
𝑣2
(1)
𝑔
3 𝑚𝑔𝑅𝑣
(2) √
4 2
(3)见解析
【详解】
（1）线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律𝑚𝑔sin𝜃 =𝑚𝑎根据运动学公式𝑣2 =2𝑎𝑑
联立可得线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离𝑑 =
𝑣2
𝑔
（2）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，可知线框的边长与Ⅰ区域的长度相等，
根据平衡条件有𝑚𝑔sin𝜃 =𝐵𝐼𝐿
1
又𝐸 =𝐵𝐿 𝑣，𝐼 = 𝐸
1
𝑅
cd边两端的电势差𝑈 = 3 𝐸
4
联立可得𝑈 = 3 √ 𝑚𝑔𝑅𝑣
4 2
（3）①若𝐿 ≥𝐿 ，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理
2 1
𝑚𝑔sin𝜃⋅𝑡 −𝐵𝐼𝐿 𝑡 =0
1 1 1
其中𝑡 = 𝐿1，𝑞 =𝐼𝑡 ，𝐼 = 𝐵𝐿1𝑣
1 1
𝑣 𝑅
联立可得𝑞 = 𝑚𝑔
2𝐵𝑣
−
线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理𝑚𝑔sin𝜃⋅𝑡 −2𝐵𝐼𝐿 𝑡 =0
2 1 3
−
根据𝑞 = 𝐸 ⋅𝑡 = 𝐵𝐿2 1⋅𝑡 = 𝐵𝐿2 1
𝑅 𝑅𝑡 𝑅
−
线框进入磁场过程中电荷量都相等，即𝑞 = 𝐼𝑡
3
联立可得𝑡 = 2𝐿1
2
𝑣
根据能量守恒定律−𝑊 +𝑚𝑔sin𝜃(𝐿 +𝐿 )=0
安 2 1
𝑊
克服安培力做功的平均功率𝑃 = 安
𝑡2
联立可得𝑃 = 𝑚𝑔𝑣(𝐿1+𝐿2)
4𝐿1
②若𝐿 <𝐿 ，同理可得𝑞′ = 𝐵𝐿1𝐿2
2 1
𝑅
−
根据动量定理𝑚𝑔sin𝜃⋅𝑡 −2𝐵𝐼𝐿 𝑡 =0
4 1 5
−
其中𝑞′ = 𝐼𝑡
5
结合𝑞 = 𝑚𝑔，𝑞 = 𝐵𝐿2 1
2𝐵𝑣 𝑅
联立可得𝑡 = 2𝐿2
4
𝑣
根据能量守恒定律−𝑊′ +𝑚𝑔sin𝜃(𝐿 +𝐿 )=0
安 2 1
𝑊′
克服安培力做功的平均功率𝑃′ = 安
𝑡4
联立可得𝑃′ = 𝑚𝑔𝑣(𝐿1+𝐿2)
4𝐿2
