2025年福建省高考物理一模试卷（含详细答案解析）

这是一份2025年福建省高考物理一模试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.氢原子的能级图如图甲所示，大量处在n=3能级的氢原子在向低能级跃迁的过程中会释放出多种能量的光子，用其中所释放出的光照射如图乙所示的光电管阴极K，合上开关，当电压表的示数为10.30V时，电流表的示数恰好为零。下列说法正确的是( )
A. 氢原子能产生6种不同的光子
B. 光电子的最大初动能为8.5eV
C. 光电管阴极K的逸出功为4.25eV
D. 氢原子释放的所有光子都能使阴极K发生光电效应
2.如图所示，小车放在光滑的水平地面上，轻质细绳一端系在小车上，另一端连接可视为质点的小球，将小球拉开一定角度(此时小车与小球均静止)，然后同时放开小球和小车，小球开始在竖直平面内来回摆动。下列说法正确的是( )
A. 小球在最低点时处于平衡状态B. 小球在最高点时处于平衡状态
C. 小球在最低点时，小车处于平衡状态D. 小球在最高点时，小车处于平衡状态
3.火星为太阳系里四颗类地行星之一，火星的半径约为地球半径的一半，火星的质量约为地球质量的19，把地球和火星看作质量分布均匀的球体，忽略地球和火星的自转，则火星与地球的第一宇宙速度之比约为( )
A. 3：4B. 2：3C. 1：2D. 1：3
4.如图所示，这是一种能垂直起降的小型遥控无人机，螺旋桨工作时能产生恒定的升力。在一次试飞中，无人机从地面上由静止匀加速竖直向上起飞，它5s上升了25m。已知无人机的质量m=1.5kg，它运动过程中所受空气阻力大小恒为f=2N，取重力加速度大小g=10m/s2。无人机受到的升力大小为( )
A. 10NB. 20NC. 30ND. 40N
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图所示，激光笔发出的一束单色光由空气斜射到水面上的O点时，同时发生折射和反射，若仅增大入射角，则下列说法正确的是( )
A. 反射角减小
B. 折射角增大
C. 折射光线与反射光线的夹角将减小
D. 折射光线与反射光线的夹角将增大
6.静电除尘是利用静电场以净化气体或回收有用尘粒。某静电除尘装置由金属圆筒Q和带负电的线状电极P组成，其横截面上的电场线分布如图所示，A、B、M、N为同一等势线(图中虚线)上的四点，A、C两点在圆筒的一条直径上，BC=BP，金属圆筒Q接地(电势为0)，下列判断正确的是( )
A. AP=BP
B. M、N两点的电场强度大小相等
C. B点的电势是C点电势的2倍
D. 金属圆筒Q带正电，正电荷分布在圆筒内表面
7.如图所示，一台理想变压器原、副线圈的匝数比为11：1，原线圈接在电压u=220 2sin100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R=20Ω的定值电阻，图中电表均为理想电表，下列说法正确的是( )
A. 电压表的示数为20VB. 电流表的示数为1A
C. 变压器的输入功率为20WD. 变压器的输出功率为40W
8.如图所示，用相同金属材料制成的两个单匝闭合线圈a、b，它们的质量相等，粗细均匀，线圈a的半径为线圈b半径的2倍，将它们垂直放在随时间均匀变化的磁场中，下列说法正确的是( )
A. 穿过线圈a、b的磁通量之比为2：1B. 线圈a、b内的感应电动势之比为4：1
C. 线圈a、b内的感应电流之比为2：1D. 线圈a、b产生的热功率之比为4：1
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
9.如图所示，物体A被水平力F压在竖直墙壁上静止不动，缓慢增大力F，则墙壁对物体A的弹力______(填“不断增大”“不断减小”或“保持不变”)，墙壁对物体A的摩擦力______(填“不断增大”“不断减小”或“保持不变”)。
10.如图所示，这是皮带传动装置，左侧皮带轮的半径为2r，右侧皮带轮的半径为r，A为左侧皮带轮上一点，A点到圆心O的距离为r，B为右侧皮带轮边缘上一点，当皮带轮匀速转动时，皮带与皮带轮之间不打滑，A、B两点的角速度大小之比ωA：ωB=______， A、B两点的向心加速度大小之比aA：aB=______。
11.花样游泳被誉为水中芭蕾，运动员在花样游泳表演赛中，用手拍浮在水面的皮球，水波向四周散开，可简化为如图所示的模型，t=0时，波源O开始振动(起振方向向下)，激发的简谐横波沿水面向四周传播，水面上的各点均在竖直方向做振幅为4cm的简谐运动。已知t=3s时，离O点10m的质点P第一次到达波谷，t=7s时，离O点20m的质点Q第一次到达波峰，运动员手拍皮球的频率f=______ Hz，0∼7s内质点P通过的路程为______ cm。
四、实验题：本大题共2小题，共18分。
12.实验小组同学利用如图所示的气垫导轨验证动量守恒定律，滑块A、B上装有宽度均为d的挡光片，在相碰的端面装有轻质弹性架，使得滑块A、B碰撞时无能量损失。起初滑块B静置于水平放置的气垫导轨的两个光电门之间，当滑块A被弹射装置向右弹出后，测得挡光片通过光电门1的时间为Δt1，碰撞后滑块A反向弹回，再次通过光电门1的时间为Δt2，滑块B上的挡光片通过光电门2的时间为Δt3，回答下列问题：
(1)碰撞后滑块B的速度大小为______。
(2)挡光片通过光电门的时间Δt1、Δt2和Δt3之间满足1Δt1=______。
13.在物理课外活动中，小明同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路原理图。已知选用的电流表内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=10mA，当选择开关接3时为电压表，量程为0∼25V。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，由于粗心上排刻度线对应数值没有标出。
(1)红表笔应插入______(填“A”或“B”)处。
(2)定值电阻R2的阻值为______Ω。
(3)将滑动变阻器的滑片移至顶端，选择开关接2，红、黑表笔短接，缓慢向下移动滑动变阻器的滑片，使电表指针满偏，保持滑片位置不动，将一未知电阻Rx接在两表笔之间，指针指在如图乙所示的位置，已知多用电表内部干电池的电动势为1.5V，则定值电阻Rx的阻值为______Ω。
五、计算题：本大题共3小题，共30分。
14.如图所示，在粗细均匀、导热良好的固定U形管右侧，用水银封闭一段长L=25cm的理想气体，左、右两管水银面的高度差h=21cm；现向左侧管中缓慢加入水银，已知大气压强p0=75cmHg，环境温度保持不变，求：
(1)当两侧液面相平时，加入的水银柱高度Δh；
(2)封闭气体的最大压强pm。
15.如图所示，质量为m的小球A固定在长度为3L的轻杆一端，轻杆另一端铰接于O点，定滑轮P与O点等高，它们的间距为5L，小球B通过绕过定滑轮P的轻绳与小球A相连，平衡时AP段的轻绳恰好与轻杆垂直。现用手将小球A托至水平，突然松手，不计一切摩擦和定滑轮的质量，重力加速度大小为g。
(1)求小球B的质量mB；
(2)将小球A、B作为一个系统，系统的动能最大时，求轻杆对小球A的作用力大小T；
(3)当系统的动能最大时剪断轻绳，小球A继续向下运动至最低点时，它被质量为m10、初速度方向水平向左的子弹击中且子弹留在其中(小球A的速度方向未改变)，小球A恰好能回到剪断轻绳时的位置，求子弹的初速度大小v0。
16.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第三象限内存在沿y轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场，图中有一半径为R的绝缘刚性圆环，圆环经过坐标原点O(O点开有小孔)，圆环的圆心在直线y= 3x上，环内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。电场中的粒子发射源P能沿x轴正方向发射质量为m、带电荷量为q、速度为v0的带正电粒子，粒子恰好从O点以速度2v0进入磁场，粒子与圆环碰撞时无能量损失且所带电荷量不变，碰撞时间极短，不计粒子受到的重力。
(1)求发射源P的坐标；
(2)调整圆环内匀强磁场的磁感应强度大小可以使粒子沿圆环运动一周后从O点离开磁场，求匀强磁场的磁感应强度B满足的条件；
(3)在满足(2)的条件下，求粒子在磁场中运动的最长时间tm。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、根据Cn2可知，大量处在n=3能级的氢原子向低能级跃迁能产生C32=3种不同的光子，故A错误；
B、光电子的最大初动能为
Ek=eUC=10.30eV
故B错误；
C、根据
Ek=hν−W0
又
hν=E3−E1
联立，解得光电管阴极K的逸出功为1.79eV，故C错误；
D、氢原子释放的3种光子能量分别为
E2−E1=10.2eV
E3−E1=12.09eV
E3−E2=1.89eV
均大于逸出功1.79eV，所以氢原子释放的所有光子都能使阴极K发生光电效应，故D正确。
故选：D。
大量处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁放出3种频率不同的光子；根据光电效应原理及光电效应方程分析BCD。
光电效应产生的条件取决于入射光的频率，氢原子跃迁时放出的光子的频率取决于初末能级之差。玻尔理论与光电效应之间的联系纽带是光子的频率。
2.【答案】C
【解析】解：AC.小球在最低点时，由于小球做圆周运动，细绳对小球的拉力大于小球受到的重力，小球处于超重状态，小车受合外力为零处于平衡状态，故A错误，C正确；
BD.小球在最高点时，小球、小车的加速度均不为0，都不是平衡状态，故BD错误。
故选：C。
平衡状态是静止状态和匀速直线运动状态，所受合外力为零，根据受力情况和运动情况分析是否处于平衡状态。
小球在最高点和最低点都有加速度，合外力都不为零，都不是平衡状态。
3.【答案】C
【解析】解：根据万有引力提供向心力结合牛顿第二定律可得GMmR2=mv2R
可得v火= GM火R火，v地= GM地R地
则v火v地= M火R地M地R火≈12，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据万有引力提供向心力求解。
第一宇宙速度的计算公式v= GMR= gR=2πRT，应根据题目给出的条件选择恰当的公式来计算。
4.【答案】B
【解析】解：无人机5s上升了25m，可知无人机的加速度大小a=2ht2,解得a=2m/s2
对无人机进行受力分析，对无人机根据牛顿第二定律有F−mg−f=ma
解得F=20N，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据位移-时间关系求解加速度大小，根据牛顿第二定律求解升力大小。
运动情况分析→牛顿第二定律→求出受力情况，连接运动与受力之间的桥梁是牛顿第二定律(加速度)。
5.【答案】BC
【解析】解：AB.根据光的反射定律可知若入射角增大，则反射角也增大，根据光的折射定律可知折射角也相应增大，故A错误，B正确；
CD.结合几何关系可知折射光线与反射光线的夹角将减小，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据折射定律分析折射角的变化以及折射光线与反射光线的夹角变化。
光的折射问题，解题的关键在于正确结合光路图、找出几何关系，依据光的折射定律求解。
6.【答案】BD
【解析】解：A.A、B、M、N为同一等势线(图中虚线)上的四点，故A、B两点与电极P的电势差相等，因为A点到电极P的平均电场强度大于B点到电极P的平均电场强度，根据U=E−d
可知A点到电极P的距离较小，故A错误；
B.由电场线分布图，根据对称性可知M、N两点的电场强度大小相等，方向不同，故B正确；
C.沿电场线方向电势降低，B点的电势小于C点的电势，故C错误；
D.金属圆筒Q接地后，外表面的电荷全部导入大地，正电荷分布在圆筒内表面，故D正确。
故选：BD。
按照电场线的基本性质以及U=Ed判断。
本题考查电场线的基本性质，是中档题。
7.【答案】AC
【解析】解：A.原线圈两端的电压有效值U1=220 2 2V=220V
则副线圈两端的电压为U2=n2n1U1,解得U2=20V
故A正确；
B.副线圈中的电流为I2=U2R,解得I2=1A
根据理想变压器两端的电流与匝数的关系可知，原线圈中的电流即电流表的示数I1=n2n1I2,解得I1=111A
故B错误；
CD.变压器的输入功率为P=I1U1，解得P=20W
输出功率也为20W，故C正确，D错误。
故选：AC。
A.结合题意及理想变压器两端的电压与匝数的关系分别列式，即可分析判断；B.结合前面分析，由欧姆定律、理想变压器两端的电流与匝数的关系分别列式，即可分析判断；
CD.结合前面分析，根据电功率的计算公式、理想变压器两端的功率关系分别列式，即可分析判断。
本题考查理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系，解题时需注意，原、副线圈的电压比等于匝数比，只有一个副线圈时，电流和匝数成反比。
8.【答案】BD
【解析】解：A.线圈a的半径为线圈b半径的2倍，则线圈a、b围成的面积之比为S1S2=41
可得磁通量之比为Φ1Φ2=BS1BS2=41
故A错误；
B.根据法拉第电磁感应定律有E=ΔBΔtS
可得电动势之比为E1E2=41
故B正确；
C.线圈a的半径为线圈b半径的2倍，两线圈的质量相等，所以线圈a的横截面积为线圈b横截面积的一半，根据电阻定律可知，线圈a、b的电阻之比r1r2=41
线圈a、b内的感应电流之比I1I2=11
故C错误；
D.根据P=I2r可知，线圈a、b产生的热功率之比P1P2=41
故D正确。
故选：BD。
根据磁通量的计算式分析；根据法拉第电磁感应定律分析；根据电阻定律求解电阻之比，根据欧姆定律求解感应电流之比；根据P=I2r分析热功率之比。
本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、磁通量，解题的关键是首先求出两圆环的电阻和面积之比。
9.【答案】不断增大 保持不变
【解析】解：物体A在水平方向上处于平衡状态，受到推力F和墙面的支持力N，缓慢增大力F，根据平衡条件可知，墙壁对物体A的弹力不断增大。物体A在竖直方向上受到重力和摩擦力，处于平衡状态，根据平衡条件可知墙壁对物体A的摩擦力保持不变。
故答案为：不断增大；保持不变
在水平方向和竖直方向上根据平衡条件求解。
注意竖直方向上的摩擦力为静摩擦力，静摩擦力与压力大小没有必然联系。
10.【答案】1：2 1：4
【解析】解：由题意可知，两皮带轮边缘的线速度大小相等，左侧皮带轮边缘某点的线速度与B点的线速度相等，根据
v=ωr
可得
ωA：ωB=1：2；
根据向心加速度
a=rω2
可得
aA：aB=1：4。
故答案为：1：2；1：4。
两轮子靠传送带传动，轮子边缘上的点具有相同的线速度，结合公式v=ωr以及a=rω2列式分析。
本题关键抓住同缘传动边缘上的点线速度相等，以及v=ωr和a=rω2列式求解。
11.【答案】14 20
【解析】解：根据已知条件有10mv+14f=3s，20mv+34f=7s
代入数据解得v=5m/s，f=14Hz
简谐横波的波长
λ=vf代入数据解得λ=20m
波传到P点需要2s，则0∼7s内质点P的振动时间为5s=1.25T，故质点P通过的路程s=5A
代入数据解得s=20cm。
故答案为：14；20。
通过给定的时间点和质点的振动状态，可以推导出波速，进而计算出波的周期，最后求得频率。
本题考查了简谐波的基本性质，包括波速的计算、波的传播方向及波的周期和频率。关键在于理解波的传播规律和利用给定条件求解未知量。
12.【答案】dΔt3； 1Δt3+1Δt2
【解析】解：(1)当时间极短时，用平均速度代替瞬时速度，所以碰撞后滑块B的速度大小为：vB=dΔt3
(2)滑块A碰撞前、后的速度大小分别为：v0=dΔt1、|vA|=dΔt2，由动量守恒和机械能守恒，以向右为正方向可得：mAv0=mAvA+mBvB
且：12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
联立解二次方程得到：vA=mA−mBmA+mBv0，vB=2mAmA+mBv0
则有：vB=v0+vA
化简可得：1Δt1=1Δt3+1Δt2
故答案为：(1)dΔt3；(2)1Δt3+1Δt2。
(1)求出滑块B通过光电门的平均速度，代替滑块B的碰撞后的瞬时速度；
(2)应用动量守恒定律倒推出实验需要验证的表达式，然后分析答题。
掌握基础知识、理解实验原理是解题的前提，分析清楚滑块的运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律、动量守恒定律即可解题。
13.【答案】B； 2400； 100
【解析】解：(1)电流从红表笔流入多用电表，故红表笔应插入B处。
(2)当选择开关接3时，为电压表，量程为0∼25V，由欧姆定律有Ig(Rg+R2)=25V
解得R2=2400Ω
(3)红、黑表笔短接，电表指针满偏时由欧姆定律有Ig(Rg+RP+r)=1.5V
当指针指在如题图乙所示的位置时由欧姆定律有6×10−3A×(Rg+RP+Rx+r)=1.5V
解得Rx=100Ω
故答案为：(1)B；(2)2400；(3)100。
(1)根据电流从红表笔流入多用电表判断；
(2)当选择开关接3时，根据欧姆定律计算；
(3)电表指针满偏时，根据欧姆定律计算。
本题关键掌握多用表的内部结构和欧姆定律。
14.【答案】加入的水银柱高度等于35cm；
封闭气体的最大压强等于90cmHg
【解析】解：(1)设开始封闭气体的压强为p1，则有p1=p0−ρgh
补充水银至两侧液面相平时，右管内水银面上升了x，根据玻意耳定律可得p1SL=p0S(L−x)
又Δh=h+2x
联立解得Δh=35cm
(2)继续向左侧管中加入水银，直至液面与管口相平，设此时封闭气体柱的长度为L0，有
p1SL=(p0+ρgL0)SL0
又
pm=p0+ρgL0
联立解得pm=90cmHg
答：(1)加入的水银柱高度等于35cm；
(2)封闭气体的最大压强等于90cmHg。
(1)环境温度保持不变，根据玻意耳定律列式求解；
(2)继续向左侧管中加入水银，直至液面与管口相平，根据玻意耳定律列式求解。
应用玻意耳定律求解时，要明确研究对象，确认温度不变，根据题目的已知条件和求解的问题，分别找出初、末状态的参量，其中正确确定压强是解题的关键。
15.【答案】解：(1)平衡时AP段的轻绳恰好与轻杆垂直，设平衡时轻杆与水平方向的夹角为θ，根据几何关系有：csθ=35
对AB整体由平衡条件得：mgcsθ=mBg
解得：mB=3m5
(2)小球A、B组成的系统在平衡位置(即AP段的轻绳恰好与轻杆垂直)时重心最低，此时系统的重力势能最小，动能最大。因此时轻杆与AP段的轻绳垂直，故A、B的速度大小相等，设此时A、B的速度大小均为v，根据机械能守恒定律得：
3mgLsinθ−mBg(5Lsinθ−2L)=12(m+mB)v2
解得：v= 3mgL2
根据牛顿第二定律得：
T−mgsinθ=mv23L
解得：T=13mg10
(3)设小球A在最低点时的速度大小为v1，子弹射入小球A后两者的速度大小为v2，则有：
mg⋅3L(1−sinθ)=12mv12−12mv2，解得：v1= 27mgL10
子弹击中A的过程，以向右为正方向，根据动量守恒定律得
mv1−m10v0=(m+m10)v2，解得：v2=10v1−v011
子弹击中A后到小球A恰好能回到剪断轻绳时的位置的过程，根据机械能守恒定律得：
12(m+m10)v22=(m+m10)g⋅3L(1−sinθ)
联立解得：v0=45 30gL
答：(1)小球B的质量mB为3m5；
(2)轻杆对小球A的作用力大小T为13mg10；
(3)子弹的初速度大小v0为45 30gL。
【解析】(1)根据几何关系得到平衡时轻杆与水平方向的夹角，对AB整体由平衡条件求解小球B的质量；
(2)将小球A、B作为一个系统，此系统在平衡位置(即AP段的轻绳恰好与轻杆垂直)时重心最低，此时系统的重力势能最小，动能最大。根据机械能守恒定律求得此时A、B的速度大小。根据牛顿第二定律求得此时轻杆对小球A的作用力大小；
(3)根据小球A碰撞前后的运动过程，根据动量守恒定律处理碰撞过程，根据机械能守恒定律求解子弹的初速度大小。
本题考查机械能守恒定律的应用、动量守恒定律应用的碰撞模型，以及牛顿第二定律在圆周运动中的应用，考查学生的推理论证能力。本题的关键要知道小球A、B组成的系统在平衡位置(即AP段的轻绳恰好与轻杆垂直)时重心最低，此时系统的重力势能最小，动能最大。
16.【答案】发射源P的坐标为(− 3mv02qE,−3mv022qE)；
调整圆环内匀强磁场的磁感应强度大小可以使粒子沿圆环运动一周后从O点离开磁场，匀强磁场的磁感应强度B满足的条件为2mv0qRtanπn(n=3,4,5,⋅⋅⋅)；
在满足 的条件下，求粒子在磁场中运动的最长时间tm为π2R2v0
【解析】解：(1)设P点的坐标为(x,y)，粒子做类平抛运动的时间为t，则有−qEy=12×4mv02−12mv02，−y=12×qEmt2，−x=v0t
解得x=− 3mv02qE，y=−3mv022qE
所以P点的坐标为(− 3mv02qE,−3mv022qE)
(2)设粒子进入磁场后做半径为r的圆周运动，粒子与绝缘圆环相碰n−1次后恰好从O点射出，如图所示，结合图中几何关系有α=2πn，r=Rtanα2，2qv0B=m4v02r
解得B=2mv0qRtanπn(n=3,4,5,⋅⋅⋅)
(3)设粒子做匀速圆周运动的周期为T，则有T=2πmqB，β=π−α，t磁=nβ2πT
解得t磁=πR2v0(n−2)tan⁡πn(n=3,4,5,⋅⋅⋅)
由数学知识知，当n→∞时，tanπn=sinπn=πn
故粒子在磁场中运动的最长时间tm=π2R2v0
答：(1)发射源P的坐标为(− 3mv02qE,−3mv022qE)；
(2)调整圆环内匀强磁场的磁感应强度大小可以使粒子沿圆环运动一周后从O点离开磁场，匀强磁场的磁感应强度B满足的条件为2mv0qRtanπn(n=3,4,5,⋅⋅⋅)；
(3)在满足(2)的条件下，求粒子在磁场中运动的最长时间tm为π2R2v0。
(1)根据粒子做类平抛运动，结合运动学公式分析求解；
(2)根据图中几何关系，结合洛伦兹力提供向心力分析求解；
(3)根据圆心角、周期和时间的关系分析求解。
本题考查了带电粒子在复合场中的运动，理解粒子在不同时刻的运动状态，合理选取运动学公式是解决此类问题的关键。