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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷04（福建专用）
物 理
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．当载重卡车在泥地或沙地陷车时，经验丰富的司机会在卡车主动轮与从动轮之间放一大小合适的圆木
墩（如图所示），卡车就能顺利地驶出。主动轮和从动轮的直径相同，且都大于圆木墩的直径，卡车驶
出泥地或沙地的过程，主动轮、从动轮和圆木墩均不打滑。关于卡车顺利地驶出泥地或沙地的过程，下
列说法正确的是（ ）
A．圆木墩与主动轮的转动方向相同
B．圆木墩的边缘质点与主动轮的边缘质点的线速度大小相等
C．圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的向心加速度大小相等
D．圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的角速度大小相等
【答案】B
【解析】圆木墩与主动轮的转动方向相反，A 错误；圆木墩的边缘质点与主动轮的边缘质点的线速度大
小相等，B 正确；由
可知，圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的向心加速度大小不相等，C
错误；由
可知，圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的角速度大小不相等，D 错误。
2．我国在酒泉卫星发射中心成功发射的可重复使用试验航天器，在轨飞行268 天后，于2024 年9 月6 日
成功返回预定着陆场。此次试验的圆满成功，标志着我国可重复使用航天器技术渐趋成熟，后续可为和
平利用太空提供更加便捷、廉价的往返方式。下列说法正确的是（ ）
A．题中的“268 天”是指时刻
B．航天器绕地球运动半周的平均速度为0
1
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C．航天器在轨飞行期间的路程与位移大小相等
D．研究航天器的运动轨迹时可以将其看作质点
【答案】D
【解析】题中的“268 天”是指时间间隔，A 错误；航天器绕地球运动半周的位移不为0，所以平均速
度不为0，B 错误；航天器在轨飞行期间做曲线运动，所以路程大于位移大小，C 错误；研究航天器的
运动轨迹时，航天器的形状大小不能忽略不计，可以将其看作质点，D 正确。
3．如图所示，固定的通电长直导线与固定的圆形闭合金属线框位于同一竖直面（纸面）内，长直导线中
通以水平向右且随时间均匀增加的电流。下列说法中正确的是（ ）
A．圆形线框所受安培力的合力方向竖直向下
B．垂直纸面向里观察，圆形线框中产生顺时针方向的电流
C．圆形线框所围的面积有扩大的趋势
D．通电长直导线不会受到圆形线框的相互作用
【答案】A
【解析】当直导线内电流增大时，金属线框所在处水平向里的磁感应强度变大，根据楞次定律，圆形线
框中会产生逆时针方向的电流阻碍穿过线圈磁通量的变化，直导线下方有水平向里的磁场，越靠近通电
直导线，磁感应强度越大，所以线圈上半部分受力大于下半部分，上半部分受力由左手定则可知向下，
圆形线框所受安培力的合力方向垂直于直导线向下，A 正确，B 错误；由楞次定律“增缩减扩”可知，
磁感应强度增加，线圈有收缩的趋势，C 错误；由牛顿第三定律可知，通电直导线会受到圆形线框的相
互作用，D 错误。
4．如图所示，水平面内的等边三角形BCD 的边长为L，顶点C 恰好位于光滑绝缘直轨道AC 的最低点，A
点到B、D 两点的距离均为L，A 点在BD 边上的竖直投影点为O。y 轴上B、D 两点固定两个等量的正
点电荷，在z 轴两电荷连线的中垂线上必定有两个场强最强的点，这两个点关于原点O 对称。在A 点将
质量为m、电荷量为
的小球套在轨道AC 上（忽略它对原电场的影响）将小球由静止释放，已知静电
力常量为k，重力加速度为g，且
，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．图中的A 点是z 轴上场强最强的点
B．轨道上A 点的电场强度大小为
C．小球刚到达C 点时的加速度为
D．小球刚到达C 点时的动能为
【答案】B
2
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【解析】由题意可知
，如图所示，P 为
轴上一点，PD 连线与
轴的夹角为
，
，根据等量同种电荷的电场分布可知
点的电场强度竖直向上，大小表示为
，整理得
，令
，
，可得函数
，对函数求导得，
，令
，解得
，结合导函数的性质可知，在
时，
单调递增，在
时，
单调递减，因此
时，电场强度最大，即
，由此可知，
轴上距离
点
处的两点电场强度最大，A 错误；
，轨
道上A 点的电场强度大小
，B 正确；由几何关系可知
，
，根据对称性可知，
、
两点的电场强度大小相等，因此，
点的电场强度方向沿
轴
正方向，电场强度大小表示为
，小球在
点时的受力如图所示，
，小
球在
受到的电场力为
，沿杆方向的合力为
，解得
，
由此可知小球刚到达C 点时的加速度为0，C 错误；根据等量同种电场分布和对称关系可知，
、
两
点电势相等，电荷从
到
的过程中电场力做功为零，根据动能定理可得
，解得
，D 错误。
二、双项选择题：本题共4 小题，每小题6 分，共24 分。每小题有两个选项符合题目要求，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 年1 月3 日，由我国自主研制的AG60E 电动飞机在千岛湖通用机场圆满完成首飞。其依靠电动机
而非内燃机工作，工作原理可简化如图，通过电刷和换向环电流总是从矩形线框右侧导线流入、左侧导
线流出，电路电流恒为i，匀强磁场的磁感应强度为B，线框的匝数为N，左边长为L，则在图示位置时
（ ）
3
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A．线框将沿顺时针方向转动
B．线框将沿逆时针方向转动
C．左侧导线受到的安培力大小为NBiL
D．线框转过
时左侧导线受到的安培力大小为
【答案】AC
【解析】由左手定则可知，左侧导线受到的安培力向上，右侧导线受到的安培力向下，线框顺时针转动，
A 正确，B 错误；图示位置时，满足电流方向和磁场方向相互垂直，左侧导线受到的安培力大小为
，故C 正确；线框转过
时，仍满足电流方向与磁场方向垂直，左侧导线受到的安培力大
小仍为
，故D 错误。
6．“地震预警”是指在地震发生后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前几秒至数十秒发出
警报，通知目标区域从而实现预警。地震监测站监测到一列地震横波，某时刻的波形图如图甲所示，已
知P 点是平衡位置在
处的质点，Q 点的平衡位置坐标为
，以此时刻做为计时起点，质点Q
振动的a-t 图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．质点P 沿y 轴负方向运动
B．地震横波的传播波速为9m/s
C．
时，质点Q 振动到波谷
D．0~5s 的时间内，质点P 所走的路程为50cm
【答案】AB
【解析】质点Q 振动的a-t 图像如图乙所示的周期为
，根据回复力
，结合甲图振幅为
，
可得质点Q 振动图像如图所示，由振动图像可知，
时刻质点Q 沿y 轴正方向运动，根据同侧法
（质点的振动方向和波的传播方向在波的同一侧）判断地震横波沿x
轴负方向传播，
时刻，根据同侧法质点P 沿y 轴负方向运动，A
正确；由图甲可知
，解得
，由图乙可知
，故
地震横波的传播波速为
，B 正确；
时，质点
4
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Q 的加速度为y 轴负方向最大值，根据牛顿第二定律，回复力也为y 轴负向最大值，根据
，质
点Q 位移为y 轴正向的最大值，质点Q 振动到波峰，C 错误；因为振幅
，周期
，则一个
周期内，质点运动的路程为
，而时间
，在
时P 点向下振动，则在经过
一个周期后P 的速度正在减小，在此后
的时间内其路程小于
，0~5s 的时间内，质点P 所走的路
程小于50cm，D 错误。
7．我国设想的登月载人飞船运行轨迹如图所示。飞船在圆形“停泊轨道”的P 点加速进入椭圆“过渡轨
道”，该轨道离地球表面最近距离为
，飞船到达离P 点最远距离为L 的Q 点时，被月球引力“俘
获”后，在距月球表面
的圆形“绕月轨道”上飞行。已知地球半径为R，月球半径为r，地球表面重
力加速度为g（是月球的6 倍），飞船在“过渡轨道”运行时忽略月球引力影响。下列说法正确的是（
）
A．飞船的发射速度大于11.2km/s
B．飞船在“过渡轨道”上P 点加速度等于“停泊轨道”上P 点的加速度
C．飞船在“过渡轨道”上的P 点运行速度为
D．飞船从P 点运动到Q 点的时间为
【答案】BD
【解析】第二宇宙速度11.2km/s 是卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度。飞船只是从地球轨道转移
到绕月轨道，没有脱离地球引力束缚，所以发射速度小于11.2km/s，A 错误；在P 点对飞船，根据牛顿
第二定律有
，解得加速度
，在同一点P，r 相同，所以船在“过渡轨道”上P
点加速度等于“停泊轨道”上P 点的加速度，B 正确；设飞船在停泊轨道速度为，对飞船在停泊轨道，
由牛顿第二轮定律有
，解得
，又因为黄金代换式
，联立解
得
，但飞船在 “过渡轨道” 上P 点是做离心运动，所以 “过渡轨道” 上点运行速度大于
，C 错误；飞船在停泊轨道的周期
，对停泊轨道与绕月轨道，由开普勒第三定
律有
，飞船从P 点运动到Q 点的时间为
，联立解得
，D 正确。
5
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8．如图甲所示，光滑且足够长的固定斜面与水平面的夹角为
，斜面上两平行水平虚线MN 和PQ 之间
有垂直于斜面向下的匀强磁场；PQ 以下区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，PQ 两侧匀强磁场的磁感
应强度大小相等。正方形导线框abcd 四条边的阻值相等，
时刻将处于斜面上的导线框由静止释放，
开始释放时ab 边恰好与虚线MN 重合，之后导线框的运动方向始终垂直于两虚线，其运动的
图像
如图乙所示，
时间内导线框的速度大小为
，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．
时间内，导线框的ab 边一定没有经过虚线PQ
B．
时间内，导线框的速度大小为
C．
时间内，导线框a、c 两点间的电势差为0
D．
时间内，导线框的位移大小为
【答案】CD
【解析】导线框在下滑过程中，若导线框的边长大于MN 和PQ 之间的磁场宽度，导线框的ab 边可以经
过虚线PQ，A 错误；
时间内，设导线框的总电阻为R，根据平衡条件可得
，其中
时间内，根据平衡条件可得
，其中
，则
时间内，导线框
的速度大小为
，B 错误；
时间内，a、b 两点间的电势差为
c、b 两点间的电势差为
，所以a、c 两点
间的电势差为0，C 正确；
时间内，根据动量定理有
，其中
，解得导线框的位移大小为
，D 正确。
三、非选择题：共60 分，其中9、10、11 题为填空题，12、13 题为实验题，14、15、16 题为计算题。考
生根据要求作答。
9．（3 分）一汽车在温度为27℃的环境中刚启动时，检测到四个轮胎的胎压如图（a）所示，若行驶一段
时间后的胎压如图（b）所示，则此时右前轮内气体的温度为___________℃。气体对轮胎内壁有压力，
从分子动理论观点看，这是由于轮胎中___________而产生的。
6
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【答案】51.6（2 分） 气体分子持续撞击轮胎内壁（1 分）
【解析】汽车刚启动时右前轮内气体的温度
，压强
，行驶一段时间
后的压强
，可认为轮胎的体积不变，气体发生等容变化，
，代入数据解得
， 气体对轮胎内壁有压力，从分子动理论观点看，这是由于轮胎中气体分子持续
撞击轮胎内壁而产生的。
10．（3 分）某电容式电子秤的部分结构如图所示。将该电子秤水平放置，两金属板M、N 平行正对，带
有等量异种电荷且保持不变；现放置物品，M 板受到压力F 而微微向下弯曲，A，B 是板间两点，可知
M、N 两板构成的电容器的电容______（填“变大”“变小”或“不变”）；M、N 两板间电势差
______（填“变大”“变小”或“不变”）；A 处场强______（填“大于”“小于”或“等于”）B 处
场强。
【答案】变大（1 分） 变小（1 分） 大于（1 分）
【解析】山电容器的决定式
可知，M 板受到压力F 而发生微小形变，板间距离d 减小，则电
容器电容变大；根据题意，由电容器的定义式
可知，由于极板上电荷量不变，电容增大，则M、
N 两板间电势差变小；A 处电场线较密，B 处电场线较疏，A 处场强大于B 处场强。
11．（3 分）太阳能量来源于太阳内部氢核的聚变，设每次聚变反应可以看作是4 个氢核
结合成1 个氦
核
，同时释放出正电子
；已知氢核的质量为
，氦核的质量为
，正电子的质量为
，真空
中光速为
则每次核反应中的质量亏损_______及氦核的比结合能____
【答案】
（1 分）
（2 分）
【解析】根据核反应质量数守恒，电荷数守恒，可知生成了2 个正电子，所以质量亏损
；根据
可知，产生的能量为：
，所以氦核的比结
合能为
．
12．（5 分）某学习小组在探究变压器原、副线圈电压和匝数关系的实验中，采用了可拆式变压器，铁芯
7
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B 安装在铁芯A 上形成闭合铁芯，将原、副线圈套在铁芯A 的两臂上，如图所示。
(1)下列说法正确的是_。
A．为保证实验安全，原线圈应接直流电源
B．变压器中的A、B 两块铁芯都是由柱状硅钢块制成
C．变压器正常工作后，电能由原线圈通过铁芯导电输送到副线圈
D．保持原线圈电压及匝数不变，可改变副线圈的匝数，研究副线圈的匝数对输出电压的影响
(2)实验中发现原、副线圈匝数的比值与电压之比有微小差别，出现这种情况的原因是：
_______________________________。（至少写出一个原因）
(3)实验时，某同学听到变压器内部有轻微的“嗡嗡”声，他做出如下猜想，正确的是______。
A．“嗡嗡”声来自副线圈中电流流动的声音
B．“嗡嗡”声是由于铁芯中存在过大的涡流而发出的
C．交变电流的磁场对铁芯有吸、斥作用，使铁芯振动发声
D．若去掉铁芯，“嗡嗡”声马上消失，也能完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验
【答案】(1)D（2 分）(2)由于铁损、铜损和漏磁引起的（1 分）(3)C（2 分）
【解析】（1）变压器的工作原理是互感，为确保变压器正常工作，原线圈需要接交流电，A 错误；为
了减小涡流，变压器中的A、B 两块铁芯都是由彼此绝缘的块状硅钢片叠加制成，B 错误；变压器正常
工作后，电能由通过互感原理输送到副线圈，并不是通过铁芯导电输送到副线圈，C 错误；根据电压匝
数的关系有
可知，保持原线圈电压及匝数不变，可改变副线圈的匝数，研究副线圈的匝数对输
出电压的影响，D 正确。
（2）理想变压器的原副线圈匝数比等于电压比，实验中发现原、副线圈匝数的比值与电压之比有微小
差别，出现这种情况的原因是变压器线圈通过电流时会发热；铁芯在交变磁场的作用下也会发热；此外，
交变电流产生的磁场也不可能完全局限在铁芯内，所有这些，使得变压器工作时有能量损失，导致原、
副线圈匝数的比值与电压之比有微小差别。
（3）线圈中交变电流产生的磁场对铁芯有吸、斥作用，使铁芯振动发出“嗡嗡”声，AB 错误，C 正确；
根据上述，若去掉铁芯，“嗡嗡”声马上消失，但是由于此时没有铁芯，会导致漏磁太多，穿过副线圈
的磁通量比穿过原线圈的磁通量小得多，因此不能完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实
验，D 错误。
13．（7 分）某同学借助如图甲所示的DIS 向心力实验器探究影响向心力大小的因素。电动机带动旋臂绕
竖直转轴转动，水平直杆一端固定在过竖直转轴上的传动装置上，竖直直杆（与竖直转轴在同一竖直线
上）连接传动装置和力传感器，力传感器可以记录水平直杆上的拉力在水平直杆上固定质量为m 的砝
码，在旋臂―端固定一圆柱状挡光条。当电机转动时，旋臂带动挡光条、砝码一起绕竖直转轴转动，挡
光条经过光电门时，光电门可以记录挡光条经过光电门的挡光时间。
8
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(1)本实验中用到的物理方法是（ ）
A．微元法
B．控制变量法
C．类比法
D．等效替代法
(2)该同学测出挡光条的直径d、挡光条中心到竖直转轴的距离L，若挡光条经过光电门的挡光时间为
∆t，则砝码转动的角速度ù=__________（用题中物理量符号表示）；
(3)在实验中，保持砝码质量不变，测出砝码到竖直转轴的距离r，改变砝码转动的速度，记录对应的力
传感器示数F 及挡光条的挡光时间∆t，作出对应F-ù 图像；改变砝码到竖直转轴的距离r 重复上述步骤，
在同一坐标系中分别得到图乙中的①②③④⑤五条图线。对5 条图线进行分析研究可知图线
___________（填①②③④或⑤）对应的半径r 最大；
(4)对图线②的数据进行处理，获得了F-ù2图像，该图像是一条过原点的直线，由此可得实验结论：
_________________________________________________________。
【答案】(1)B（2 分）(2)
（2 分）(3)①（2 分）(4)在误差允许范围内，当m、r 一定时，F 与ù2成
正比（1 分）
【解析】（1）本实验中，通过控制质量、半径、角速度中两个物理量相同，探究向心力与另外一个物
理量之间的关系，采用的科学方法是控制变量法。
（2）由题意得
，解得
（3）根据
，由F-ù 图像可知，当m，ù 相同时，r 大的对应的F 大，而图线①对应的半径r 最
大。
（4）根据控制变量法以及数据处理可得结论：在误差允许范围内，当m、r 一定时，F 与ù2成正比。
14．（11 分）如图为某长方体透明材料截面图，长为
，宽为
，一束单色光斜射到上表面
点，反射光
线和折射光线恰好垂直，折射光线经长方体侧面反射后射到下表面，所用时间为
，光在真空中的传
播速度为。求：
9
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(1)单色光在透明材料上表面的入射角
及透明材料的折射率n；
(2)通过计算判断光能否从透明材料侧面射出。
【答案】(1)
(2)不能
【解析】（1）单色光在透明材料上表面的入射角为
，反射角也为
，反射光线和折射光线恰好垂直，
则折射角为
（1 分）
根据折射定律有
（1 分）
折射光线在介质中的速度为
（1 分）
折射光线经长方体侧面反射后射到下表面，折射光线在介质中的路程为
（1 分）
折射光线经长方体侧面反射后射到下表面，所用时间为
，即
（1 分）
解得
，
（2 分）
（2）临界角
（1 分）
折射光线到长方体侧面时入射角为
（1 分）
所以
（1 分）
入射角大于临界角，所以会发生全反射，光不能否从透明材料侧面射出。（1 分）
15．（12 分）如图，平面直角坐标系xOy 中，第Ⅳ象限存在沿y 轴正方向的匀强电场，第Ⅰ象限的某未知
矩形区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子沿x 轴正方向从y 轴上A 点以初速度
进
入匀强电场，经电场偏转，从x 轴上的B 点进入第Ⅰ象限，一段时间后，进入矩形磁场区域，离开矩形
磁场区域后以垂直于y 轴的方向射出。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，AO 长为
，BO 长为
2L，矩形磁场区域的磁感应强度大小
，不计粒子的重力。求：
10
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(1)匀强电场的场强大小；
(2)粒子经过x 轴上B 点时的速度大小和方向；
(3)矩形匀强磁场区域面积的最小值。
【答案】(1)
(2)
，与x 轴正方向夹角
(3)
【解析】（1）由题可知，带电粒子在电场中做类平抛运动
水平方向：
（1 分）
竖直方向：
（1 分）
由牛顿第二定律可得：
（1 分）
联立可得：
（1 分）
（2）因为
（1 分）
则
，
（2 分）
所以
（1 分）
（3）进入磁场后，粒子将做匀速圆周运动，则有
（1 分）
解得
当磁场面积最小时，几何关系如图所示
11
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由图可知磁场中匀速圆周运动转过的圆心角
矩形磁场区域的长为
（1 分）
矩形磁场区域的宽为
（1 分）
所以磁场的面积最小值为
（1 分）
16．（16 分）如图所示，一块长为
、质量为
的木板静置于水平地面上，木板左端放置一
质量为
的物块
。木板右侧距离为
处有一光滑水平轨道
，轨道表面与木板上表面齐平，
质量为
的物块B 静置于轨道的
点，
与轨道左端
点距离为
，水平轨道
点右边
长度可以调节。轨道右端N 点平滑连接一段外表面光滑的圆弧形轨道
，圆弧的圆心在N 点正下方
（图中没有画出），半径为
，圆弧轨道末端
点的切线与水平方向的夹角为
。现对物
块
施加一个水平向右、大小为
的恒力
，物块
和木板开始向右运动，当木板撞上轨道时，
物
块恰好运动到木板右端并滑上
轨道。在恒力
作用下，物块
与物块B 可能发生多次弹性碰撞，
一旦物块B 滑到
点右侧，则立即撤走物块
。已知物块
与木板间的动摩擦因数为
，木板与
地面间动摩擦因数
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计A、B 物块的大小，物块
从木板滑
上
轨道瞬间速度大小不变。（
取
，
）
(1)求
的大小；
(2)若
点与台阶右端
点的距离足够长，物块
与物块B 发生碰撞后，求两物块间的最大距离
；
(3)要物块B 能够沿着圆弧轨道外表面运动到
点，求
、
两点间的距离
的取值范围。
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】（1）对A 有
①（1 分）
可得：
对长木板有
②（1 分）
可得：
长木板运动过
的位移时，物块
相对长木板的位移为
，即
③（1 分）
④（1 分）
12
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由①②③④可得
⑤（1 分）
（2）由①可知，物块A 在M 点的速度为
A 物块从M 点到P 点的运动过程中有
⑥（1 分）
可得：
对A、B 第一碰撞，由动量守恒有
⑦（1 分）
由机械能守恒有
⑧（1 分）
由⑦⑧可得
，
此后，B 向前匀速，A 向前匀加速运动，对A 有
在第二次碰撞前，当A 的速度与B 的速度相同时，A、B 间的距离达到最大，即
（1 分）
又
⑨（1 分）
可得
此后A 继续加速再经相同的时间
追上B。
追上B 前一瞬间，A 的速度为
，则
对A、B 第二次碰撞瞬间，有
⑩
⑪
由⑩⑪可得
，
设A、B 第n 次碰撞前的速度为
、
，第n 次碰后的速度为
、
由⑩⑪两式的规律可得
A、B 的
图像所示
结合
图像所示的规律可知，此后A、B 相邻两次碰撞之间的最大距离都是
，即有
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⑫（1 分）
（3）由（2）的分析可知，A 与B 第n 次碰撞后，B 的速度为
⑬（1 分）
若B 物块过N 点后能沿着光滑圆弧轨道外表面恰好能滑到P 点，在P 点有
⑭（1 分）
对B 物块从N 滑到P 的过程中，由动能定理得
⑮（1 分）
由⑭⑮可得
要
物块能够滑到P 点，应有
，可得
则
不能过长，若A、B 恰好要发生第4 次碰撞时，
恰好到达N 点，此时
在水平轨道上的总位移为
⑯（1 分）
则
的长度应满足
（1 分）
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