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2025 年福建省高考物理试卷(回忆版)
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.(2025·福建卷·1)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，以下说法正确的是( )
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·福建卷·2)某理想变压器如图甲，原、副线圈匝数比为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.副线圈中交变电流的周期为2.5 s
B.电压表示数为12 V
C.副线圈中的电流为通过R1电流的2 倍
D.原、副线圈功率之比为4∶1
3.(2025·福建卷·3)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 点的磁感应
强度大小为B1，O 点的磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，N 点的磁感应强度大小
为( )
A.B2－1
2B1
B.1
2B2－B1
C.B2－B1
D.1
3(B1－2B2)
4.(2025·福建卷·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，运动轨迹为弧ABC，半径为r。另一电子b 自A 点垂
直电场射出，运动轨迹为弧APQ，其中P、B、O 三点共线，已知B、P 间电势差为U，|CQ|＝2|BP|，电子
电荷量为e，电子a 入射动能为Ek，则( )
A.B 点的电场强度大小E＝Ek
er
B.P 点场强大于C 点场强
C.电子b 在P 点的动能小于在Q 点的动能
D.电子b 经A 到P 再到Q 全程克服电场力做的功小于2eU
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.(多选)(2025·福建卷·5)春晚上转手绢的机器人如图所示，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圆心O
6.(多选)(2025·福建卷·6)某核反应方程为 1
2H＋1
3H→2
4He＋0
1n＋17.6 MeV，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全部转化为 2
4He 与 0
1n 的动能，则(
)
A.该反应有质量亏损
B.该反应为核裂变
C.0
1n 获得的动能约为14 MeV
D.2
4He 获得的动能约为14 MeV
7.(多选)(2025·福建卷·7)空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场与水平向右的匀强电场，匀强磁场的磁感应强
度的大小为B，电场强度的大小为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
成45°，NP 水平向右。带电体的带电荷量为q，速度为v，质量为m，重力加速度为g，当带电体到N 时，
撤去磁场，一段时间后带电体经过P 点，则( )
A.电场强度的大小为E＝√2mg
q
B.磁感应强度的大小为B＝√2mg
qv
C.N、P 两点的电势差为U＝2m v
2
q
D.带电体从N→P 时距离NP 的最大值为v
2
8 g
8.(多选)(2025·福建卷·8)传送带沿顺时针方向转动的速度大小恒为1 m/s。两个物块A、B 用一根轻弹簧连
接，A 的质量为1 kg，B 的质量为2 kg，A 与传送带间的动摩擦因数为0.5，B 与传送带间的动摩擦因数为
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＝2 m/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，此时弹簧的弹性势能Ep＝0.75 J，传送带足够长，重力加速度g
取10 m/s2，A 可在传送带上留下痕迹，则( )
A.在t＝t0
2 时，B 的加速度大于A 的加速度
B.t＝t0时，B 的速度大小为0.5 m/s
C.t＝t0时，弹簧的压缩量为0.2 m
D.0~t0过程中，A 在传送带上留下的痕迹长度小于0.05 m
三、填空题
9.(2025·福建卷·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水量的多少。
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”或“不做功”)。
10.(2025·福建卷·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
波与横波的振动的时间间隔为Δt，纵波速度大小为v1，横波速度大小为v2，则波源与蝎子的距离为
。
11.(2025·福建卷·11)两个点电荷Q1与Q2固定于竖直平面上，在P 点放置一试探电荷，该试探电荷恰好处于
静止状态，PQ1与Q1Q2夹角为30°，PQ1⊥PQ2，则Q1与Q2的电荷量之比为 ，在PQ1连线上
是否存在其他点能让同一试探电荷维持平衡状态 (选填“存在”或“不存在”)。
四、实验题
12.(2025·福建卷·12)(1)为测糖水的折射率与浓度的关系，设计如下实验：将一束激光射入某一浓度的糖水
中，测得数据如图甲，则糖水的折射率为 。
(2)在实验中，准备了5 种浓度(分别为10%、20%、30%、40%、50%)的糖水，5 种糖水的折射率与糖水浓
度的数据如表所示。在图乙中已描出了4 种浓度的糖水对应的折射率，根据表格中的数据在图乙中描点，
并作出n－y 图线。
n
1.32
1.34
1.35
1.38
1.42
y(%)
10%
20%
30%
40%
50%
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.(暂缺)
五、计算题
14.(2025·福建卷·14)某运动员训练时做直线运动，其v－t 图像如图所示，各阶段的运动对应的图线均为直
线。
(1)0~2 s 内的平均速度大小；
(2)44.2~46.2 s 内的加速度大小；
(3)44.2~46.2 s 内的位移大小。
15.(2025·福建卷·15)如图甲，水平地面上有A、B 两个物块，两物块质量均为m＝0.2 kg，A 与地面间的动
摩擦因数为μ＝0.25，B 与地面无摩擦，两物块并排放置，在外力F 的作用下向右前进，外力F 与位移x 的
关系图像如图乙所示，P 点为圆弧轨道最低点，M 点为圆弧轨道最高点，水平地面长度大于4 m，重力加
速度g 取10 m/s，求：
(1)在0~1 m 内F 做的功；
(2)x＝1 m 时，A 与B 之间的弹力大小；
(3)要保证B 能到达M 点，圆弧半径r 满足的条件。
16.(2025·福建卷·16)光滑斜面倾角θ＝30°，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场，两区域中磁
感应强度大小相等。正方形线框abcd 质量为m，总电阻为R，线框由同种材料制成且粗细均匀，Ⅰ区域沿
斜面的宽度为L1，Ⅱ区域沿斜面的宽度为L2，两区域间无磁场区域沿斜面的宽度大于线框的边长。线框从
某一位置释放，cd 边进入Ⅰ区域时速度大小为v，且直到ab 边离开Ⅰ区域时速度大小始终为v，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。已知重力加速度为g。
(1)求线框释放时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)求线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域过程中克服安培力做功的平均功率。
答案精析
1.A [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F1＝mg，当受到一个水平风力
时，地面对风动石的作用力F2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F2＝√F
2＋(mg)
2，故F2大于F1。故选A。]
2.B [由题图乙可知，交流电的周期为2.25 s，故A 错误；根据题图乙可知，输入电压最大值Um＝48√2
V，则输入电压有效值为U1＝U m
√2 ＝48 V，电压表示数即副线圈输出电压U2＝n2
n1
U1＝12 V，故B 正确；R1
的阻值为R2的2 倍，根据并联电路规律和欧姆定律可知，流经R1和R2的电流之比为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流经R1的电流的3 倍，故C 错误；根据理想变压器
的功率关系可知，原、副线圈功率相同，故D 错误。]
3.B [根据安培定则，两直导线在O 点处产生的磁感应强度方向相同，大小相等，则单个直导线在O 点处
产生的磁感应强度大小为B0＝B2
2 ，根据对称性，可知两导线在N 点产生的磁感应强度大小与M 点一样，
为B1；L2在N 点产生的磁感应强度大小为B0＝B2
2 ，由于L2在N 点产生的磁感应强度大于L1在N 点产生的
磁感应强度，且方向相反，将L2撤去，N 点的磁感应强度大小为B2
2 －B1。故选B。]
4.D [电子a 入射动能为Ek，根据动能的表达式有Ek＝1
2mva
2，电子恰好做圆周运动，则eE＝m va
2
r
，联立
解得E＝2 Ek
er ，故A 错误；由题图可知，P 点附近电场线较稀疏，则P 点电场强度小于C 点电场强度，故
B 错误；电子b 从P 点运动到Q 点，电场力对其做负功，由动能定理可知，电子b 在Q 点的动能小于在P
点的动能，故C 错误；由题图中电场线分布情况可知，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UCQ<2UBP，则电子b 全程克服电场力做的功为
W＝eUCQ<2eUBP＝2eU，故D 正确。]
5.AD [手绢做匀速圆周运动，由题图可知P、Q 属于同轴转动，故角速度相等，即角速度之比为1∶1，B
错误；由v＝ωr 可知，P、Q 线速度之比vP∶vQ＝OP∶OQ＝1∶√3，故A 正确；由a＝ω2r 可知，P、Q 向
心加速度之比aP∶aQ＝OP∶OQ＝1∶√3，故C 错误；做匀速圆周运动的物体所受合外力提供向心力，合
外力总是指向圆心，D 正确。]
6.AC [该核反应过程中释放能量，故有质量亏损，A 正确；该反应是核聚变反应，B 错误；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，故核反应后氦核与中
子的动量也大小相等、方向相反，由Ek＝p
2
2m得，核反应后两个粒子获得的动能之比为EkHe∶Ekn＝mn∶mHe
＝1∶4，而两个粒子获得的总动能为17.6 MeV，故 0
1n 获得的动能为Ekn＝4
5 ×17.6 MeV＝14.08 MeV，2
4He
获得的动能为EkHe＝1
5×17.6 MeV＝3.52 MeV，故C 正确，D 错误。]
7.BC [带电体在复合场中能沿着MN 做匀速直线运动，可知带电体受力情况如图甲所示。
由平衡条件可知mg＝qE，qvB＝√2mg，解得电场强度的大小为E＝mg
q ，磁感应强度的大小为B＝√2mg
qv
，故A 错误，B 正确；带电体到达N 点撤去磁场后，带电体所受合力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，
如图乙所示，
加速度a＝F合
m ＝√2g，带电体到达P 点时，位移偏转角为45°，故在P 点，速度偏转角的正切值tan θ＝
2tan 45°＝2，则vy＝vxtan θ＝2v，所以带电体在P 点的速度vP＝√v x
2＋v y
2＝√5v，从N 到P 过程，由动能
定理有qU＝1
2mvP
2－1
2mv2，解得N、P 两点间的电势差U＝2m v
2
q
，故C 正确；将带电体在N 点的速度沿
水平方向和竖直方向进行分解，可知带电体在竖直方向做竖直上抛运动，且vNy＝vsin 45°＝√2
2 v，故带电
体能向上运动的最大距离h＝v Ny
2
2g ＝v
2
4 g
，故D 错误。]
8.BD [根据题意可知传送带对A、B 的滑动摩擦力大小分别为fA＝0.5×1×10 N＝5 N，fB＝0.25×2×10 N
＝5 N。初始时A 向右减速，B 向右加速，fA＝fB，摩擦力方向相反，故可知在A 与传送带第一次共速前，
A、B 整体所受合外力为零，系统动量守恒，有mAv0＝mAv＋mBvB，v＝1 m/s，代入数据解得t＝t0时，B 的
速度大小为vB＝0.5 m/s，在A 与传送带第一次共速前，任意时刻对A、B 受力分析，根据牛顿第二定律有
fA＋F 弹＝mAaA，fB＋F 弹＝mBaB，由于mA<mB，可知aA>aB，故A 错误，B 正确；在0~t0时间内，设A、B 向
右运动的位移分别为xA、xB，由功能关系有－fAxA＋fBxB＋1
2mAv0
2＝1
2mAv2＋1
2mBvB
2＋Ep，解得xA－xB＝
0.1 m，故弹簧的压缩量为Δx＝xA－xB＝0.1 m，故C 错误；0~t0时间内，A 与传送带的相对位移大小为x 相A
＝xA－vt0，B 与传送带的相对位移大小为x 相B＝vt0－xB，故可得x 相A＋x 相B＝xA－xB＝0.1 m，
由于0~t0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aA＝
2aB，作出A、B 的v－t 图像，可知x 相A对应图形MNA 的面积，x 相B对应图形NOBA 的面积，故可得x 相
A<x 相B，结合x 相A＋x 相B＝0.1 m，可知x 相A<0.05 m，故D 正确。]
9. p1 L1
p2
做正功
解析 设导管的横截面积为S，水位下降后，空气柱温度不变，根据玻意耳定律有p1L1S＝p2L2S，可得L2＝
p1 L1
p2
；该过程中内部气体体积增大，故内部气体对外界做正功。
10.大于 v1v2 Δt
v1- v2
解析 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
v2
－s
v1
＝Δt，解得s＝v1v2 Δt
v1- v2
。
11.√3∶1 不存在
解析 设PQ2＝r，则PQ1＝√3r，对试探电荷进行受力分析，试探电荷处于平衡状态，可得F1
F2
＝tan 30°，
其中F1＝
kqQ1
(√3r )
2，F2＝kqQ2
r
2
，解得Q1∶Q2＝√3∶1；若在PQ1连线上存在其它点能让同一试探电荷维持
平衡状态，
根据平衡条件可知试探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，此时点电荷Q1对
试探电荷的库仑力F1变大，根据三角形法则可知此时点电荷Q2对试探电荷的库仑力必然增大，由于此时
试探电荷与点电荷Q2间的距离在增大，库仑力在减小，与假设矛盾，故假设不成立，即在PQ1连线上不存
在其他点能让同一试探电荷维持平衡状态。
12.(1) L1√L2
2＋h2
2
L2√L1
2＋h1
2 (2)见解析图 0.020
解析 (1)设入射角为i，折射角为r，根据几何关系有sin i＝
L1
√L1
2＋h1
2，sin r＝
L2
√L2
2＋h2
2
根据折射定律n＝sini
sin r
可得糖水的折射率为n＝L1√L2
2＋h2
2
L2√L1
2＋h1
2
(2)根据题中数据描点作图，如图所示。
该图像斜率k＝Δn
Δ y ＝1.38-1.32
40 % -10 % ＝0.20，故可得糖水浓度每增加10%，折射率的增加值为Δn＝kΔy＝
0.20×10%＝0.020。
13.(暂缺)
14.(1)2.4 m/s (2)0.1 m/s2 (3)4.2 m
解析 (1)0~2 s 内运动员做匀减速直线运动，则平均速度v ＝2.8＋2.0
2
m/s＝2.4 m/s；
(2)44.2~46.2 s 内的加速度大小a＝2.2-2.0
46.2- 44.2 m/s2＝0.1 m/s2；
(3)v－t 图线与横轴所围面积表示位移，则44.2~46.2 s 内的位移大小x＝(2.2＋2.0)×2
2
m＝4.2 m。
15.(1)1.5 J (2)0.5 N (3)r≤0.2 m
解析 (1)0~1 m 内F 为恒力，F 做的功W＝Fx1＝1.5×1 J＝1.5 J
(2)x＝1 m 时，设A、B 之间的弹力大小为FAB，对A、B 整体受力分析，根据牛顿第二定律有F－f＝2ma
其中f＝μmg
对B 受力分析，根据牛顿第二定律有FAB＝ma
代入数据，解得FAB＝0.5 N
(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'＝0.5 N，结合题图乙可知A、B 分离
时B 的位移为x＝3 m，此时A、B 速度大小均为v。
0~3 m 过程中，对A、B 整体由动能定理得WF－μmgx＝1
2×2mv2
F－x 图线与横轴所围面积表示力F 做的功，根据题图乙可得WF＝1.5×1 J＋0.5＋1.5
2
×2 J＝3.5 J
若B 能到达M 点，在M 点的最小速度满足mg＝mvmin
2
rmax
A、B 分离后，B 经过水平面和圆弧轨道恰好运动到轨道最高点过程中，根据动能定理有
－mg·2rmax＝1
2mvmin
2－1
2mv2
联立解得rmax＝0.2 m，即圆弧轨道半径满足的条件为r≤0.2 m。
16.(1)v
2
g (2)3
4 √
mgRv
2
(3)见解析
解析 (1)设线框释放时cd 边与Ⅰ区域上边缘的距离为d，
从线框释放到cd 边到达Ⅰ区域上边缘过程中，由动能定理得mgdsin θ＝1
2mv2，解得d＝v
2
g
(2)因为cd 边进入Ⅰ区域时速度大小为v，且直到ab 边离开Ⅰ区域时速度大小始终为v，可知线框的边长L
＝L1，根据平衡条件有mgsin θ＝BIL1
又E＝BL1v，I＝E
R
cd 边两端的电势差U＝3
4 E
联立解得U＝3
4 √
mgRv
2
(3)①若L2>L1，线框在cd 边进入Ⅱ区域到ab 边离开Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理mgsin θ·t2－2BIL1t3
＝0
根据q＝I·Δt＝E
R ·Δt＝
ΔΦ
Δt
R
·Δt＝ΔΦ
R ＝B L1
2
R
，知线框进、出磁场过程中电荷量都相等，即It3＝B L1
2
R
由(2)知B＝√
mgR
2 L1
2v
联立解得t2＝2 L1
v
根据动能定理－W 克安＋mgsin θ(L2＋L1)＝0
克服安培力做功的平均功率P＝W 克安
t2
联立解得P＝mgv( L1＋L2)
4 L1
②若L2<L1，同理可得q'＝B L1 L2
R
根据动量定理mgsin θ·t4－2BIL1t5＝0
其中q'＝It5
联立解得t4＝2 L2
v
根据动能定理－W 克安'＋mgsin θ(L2＋L1)＝0
克服安培力做功的平均功率P'＝W 克安'
t 4
联立解得P'＝mgv( L1＋L2)
4 L2
③若L2＝L1，结合上述分析知，线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域的过程，始终受安培力，可能一直
减速，也可能先减速后匀速，则cd 边进入区域Ⅱ时的速度与ab 边离开区域Ⅱ时的速度不可能一致，故不
存在此种情况。
