2025年高考押题预测卷：物理（福建卷02）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：物理（福建卷02）（解析版），共13页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证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，用铅笔把答题卡上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。
1．一质点沿x轴运动，其位置坐标x随时间t的变化图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．在0~2s内，质点的位移大小为10m
B．在4s时，质点的速度方向改变
C．在2~5s内，质点的平均速度大小为1m/s
D．在0~5s内，质点的平均速率为2.2m/s
【答案】D
【解析】由图可知，在0~2s内，质点的位移大小为6m-4m=2m，A错误；图像的斜率代表速度，则在4s末速度方向未改变，B错误；在2~5s内，质点的位移大小为|-3-6|m=9m，平均速度大小为，C错误；在0~5s内，质点的路程为2m+9m=11m，平均速率为，D正确。
2．为了装点夜景，常在喷水池水下安装彩灯。如图甲所示，水面下有一点光源S，同时发出两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个有光射出的圆形区域，俯视如图乙所示，环状区域只有b光，中间小圆为复色光，下列说法正确的是（ ）
A．在水中传播速度a光比b光大
B．a光光子的能量小于b光光子的能量
C．水对a光的折射率小于对b光的折射率
D．若点光源S向下远离水面移动，则中间小圆面积变大
【答案】D
【解析】做出光路图，如图所示
在被照亮的圆形区域边缘光线恰好发生了全反射，入射角等于临界角，由于a光照射的面积较小，可知a光发生全反射的临界角较小，根据可知，水对a光的折射率大于对b光的折射率，根据可知，在水中传播速度a光比b光小，AC错误；由于水对a光的折射率较大，则a光的频率较大，根据可知，a光光子的能量大于b光光子的能量，B错误；设中间小圆的半径为，对于a光刚好发生全反射时，有，若点光源S向下远离水面移动，即增大，则中间小圆的半径增大，中间小圆面积变大，D正确。
3．2024巴黎奥运会，中国艺术体操队以69.800分的成绩斩获集体全能金牌。中国队选手进行带操比赛时彩带的运动可简化为一列沿轴方向传播的简谐横波，图甲是时的波形图，为该波传播方向上的质点，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．波沿轴负方向传播
B．时原点处的质点与质点位移相同
C．质点的平衡位置坐标为
D．原点处质点的振动方程为
【答案】B
【解析】由图乙可知，时，点振动方向向上，由图甲可知，波沿轴正方向传播，A错误；由图甲可知，时，原点处的质点从平衡位置向下振动0.1s，即，位移为；质点1.1s时向上振动，再经0.1s=到达平衡位置，则1.1s时位移也为，B正确；点经过回到平衡位置，等效于处的振动传到处，，由，知，解得，C错误；设原点处质点的振动方程为，如图甲知，圆频率，时，，可得，故方程为，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。
4．运动员为了练习腰部力量，在腰部拴上轻绳然后沿着斜面下滑，运动的简化模型如图所示，倾角为37°的光滑斜面固定放置，质量为m运动员与质量为m的重物通过轻质细绳连接，细绳跨过天花板上的两个定滑轮，运动员从斜面上的某点由静止开始下滑，当运动到A点时速度大小为，且此时细绳与斜面垂直，当运动到B点时，细绳与斜面的夹角为37°，已知A、B两点之间的距离为2L，重力加速度为g，运动员在运动的过程中一直未离开斜面，细绳一直处于伸直状态，不计细绳与滑轮之间的摩擦，运动员与重物（均视为质点）总在同一竖直面内运动，，，下列说法正确的是（ ）
A．运动员在A点时，重物的速度大小为
B．运动员从A点运动到B点，重物重力势能的增加量为
C．运动员从A点运动到B点，系统总重力势能的减小为
D．运动员在B点时，其速度大小为
【答案】C，【解析】设运动员的速度为，绳与斜面夹角为α，则沿绳方向的分速度即重物的速度为，垂直绳方向的分速度为可知，到A点时，细绳与斜面垂直，所以运动员在A点时，重物的速度大小为零，A错误；运动员从A点运动到B点，重物重力势能的增加量为，B错误；运动员从A点运动到B点，运动员的重力势能减少，所以系统总重力势能的增加量为，即减少了，C正确；根据系统机械能守恒可知，系统减少的重力势能等于系统增加的动能，有，可得运动员在B点时，其速度大小为，D错误。
5．关于热现象和热力学规律，下列说法中正确的是__________
A．分子间同时存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力的合力大小随着分子间距离的增大而减小
B．物体的温度升高时，并不是物体内每个分子的热运动的速率都增大
C．在温度不变的条件下压缩一定量的理想气体，此过程中气体一定对外放热
D．第二类永动机不可能制造成功的原因是因为它违背了热力学第一定律有
【答案】BC
【解析】分子间同时存在相互作用的引力和斥力，当分子间距为时，随着分子间距增大，分子力先增大再减小，A错误；物体的温度升高时，分子平均动能增大，并非每个分子速率都增大，每个分子仍在无规则运动，B正确；理想气体内能只与温度有关，温度不变，内能不变，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体一定对外放热，C正确；第二类永动机没有违反热力学第一定律，但是违反了热力学第二定律，所以不可能制成，D错误．
6．光刻机是推动芯片科技发展的核心设备，某款光刻机光源的原子能级图如图所示，可提供能量为56.9eV的极紫外线，极紫外线的频率比紫色光更高。对于该极紫外线，下列说法错误的是（ ）
A．一定是处在n=4能级上的原子向n=5能级跃迁时产生的
B．一定是处在n=5能级上的原子向n=4能级跃迁时产生的
C．极紫外线的波长比紫色光更长
D．对于同一金属，极紫外线比紫色光更容易发生光电效应
【答案】AC
【解析】根据波尔理论可知，原子从高能级向低能级跃迁时辐射一定频率的光子，光子的能量由两级能量差决定，光刻机光源的原子可以提供能量为56.9eV的极紫外线，说明极紫外线一定是处在n=5能级上的原子向n=4能级跃迁时产生的，A错误，符合题意；B正确，不符题意；由于极紫外线的频率比紫色光更高，根据波速、波长、频率的关系可知，极紫外线的波长比紫色光更短，C错误，符合题意；由于极紫外线的频率比紫色光更高，根据光电效应理论可知，对于同一金属，极紫外线比紫色光更容易发生光电效应，D正确，不符题意。
7．2024年3月20日，鹊桥二号中继星成功发射升空，为嫦娥六号在月球背面的探月任务提供地月间中继通讯。鹊桥二号采用周期为的环月椭圆冻结轨道（如图），近月点距月心约为，远月点距月心约为为椭圆轨道的短轴，若只考虑卫星和月球相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．鹊桥二号在两点的加速度大小之比约为
B．鹊桥二号在、两点的速度大小之比约为
C．鹊桥二号从经到的运动时间为
D．鹊桥二号从经到的运动过程中，万有引力对它先做负功再做正功
【答案】AD
【解析】根据牛顿第二定律，所以，A正确；根据开普勒第二定律，在AB两点有，解得，B错误；鹊桥二号采用环月椭圆运动，远离月球时做减速运动，靠近月球时做加速运动，所以鹊桥二号从经到的平均速度小于从经到的平均速度，所以鹊桥二号从经到的运动时间大于半个周期，即大于12h，C错误；鹊桥二号从经到的运动过程中，先远离再靠近月球，万有引力对它先做负功再做正功，D正确。
8．如图所示，足够长光滑平行金属导轨水平固定，导轨间距，导轨右端接有直流电源和开关S，电源电动势，内阻。与导轨垂直的边界右侧空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=2T。质量、电阻的金属棒垂直导轨置于MN右侧导轨上某一位置。表面涂有绝缘层的矩形线框置于导轨上，MN左侧，线框边长，边长，电阻，质量与金属棒相同。不可伸长的轻质绝缘细线两端分别与金属框长边中点和金属杆中点拴接。断开开关S，让线框和金属棒以的共同速度向右匀速运动，此时细线刚好伸直。当线框全部进入磁场区域后闭合开关S，一段时间后金属棒速度减为零。金属棒与导轨接触良好且导轨电阻忽略不计，线框与金属棒没有发生碰撞，下列说法正确的是（ ）
A．线框cd边刚进入磁场瞬间细线上的拉力大小为
B．线框刚好全部进入磁场区域时的速度大小为
C．闭合开关S到金属棒速度减为零过程中，棒上产生的焦耳热为
D．闭合开关S到金属棒速度减为零过程中，棒上产生的焦耳热为
【答案】AB
【解析】线框cd边刚进入磁场时，线框产生的感应电动势，线框中的感应电流，解得，对线框进行分析，根据牛顿第二定律有，对金属棒进行分析，根据牛顿第二定律有，解得，A正确；令框cd边刚进入磁场到线框刚好全部进入磁场区域经历时间为，根据动量定理有，感应电流的平均值，其中，解得，B正确；闭合开关S后，穿过线框的磁通量不变，线框中没有感应电流，金属棒在安培力作用下减速，线框向右匀速运动，细线随后处于松弛状态，则闭合开关S到金属棒速度减为零过程中，根据动量定理有，流经金属棒的电量，根据能量守恒有，则棒上产生的焦耳热为，故CD错误。
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）在图示电路中，初始时静电计不带电，干电池的电动势为E，开关S闭合，一质量为m的带电液滴悬停在间距为d的平行板电容器中P点。已知重力加速度大小为g，则液滴所带的电荷量为______。开关S闭合时，若下极板不动，将上极板缓慢竖直上移，静电计指针的张角将______（选填“增大”“不变”或“减小”）。
【答案】（2分） 不变（1分）
【解析】开关S闭合时，液滴受力平衡，则有，解得，当上极板缓慢竖直上移，板间距离增大，由于开关S闭合时，静电计所测电压不变，则静电计指针张角不变。
10．（3分）某同学用频闪摄影的方式拍摄了甩水过程，如图甲，是最后三个拍摄时刻指尖的位置。把图甲简化为图乙的模型，在甩手过程中，上臂以肩关节为转动轴转动，肘关节以为圆心做半径为的圆周运动，腕关节以为圆心做半径为的圆周运动，到接近的最后时刻，肘关节、腕关节停止运动，指尖以腕关节为圆心做半径为的圆周运动。
(1)测得、之间的距离为，频闪照相机的频率为，则指尖在、间运动的平均速度为___________，粗略认为这就是甩手动作最后阶段指尖做圆周运动的线速度。
(2)指尖通过点前瞬间，指尖的水滴向心加速度大小为___________（用字母表示）。
(3)指尖的水滴被甩出前瞬间处于___________（填“超重”或“失重”）状态。
【答案】(1)6.25（1分）(2) （1分）(3)超重（1分）
【解析】（1）频闪照相机的频率为25Hz，则周期，则指尖在A、B间运动的平均速度
（2）到接近B的最后时刻，指尖P以腕关节O3为圆心做半径为r3的圆周运动，所以指尖通过B点时的向心加速度大小为
（3）指尖的水滴被甩出前瞬间，加速度方向指向圆心，而水滴受到的合力方向也指向圆心，此时水滴受到的支持力N与重力mg的合力提供向心力，即N-mg=ma，所以N=m（g+a），支持力大于重力，指尖的水滴被甩出前瞬间处于超重状态。
11．（3分）如图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴OO′匀速转动，产生的交变电流输入理想变压器的原线圈，副线圈、理想电流表A与标有“6V 3W”字样的小灯泡L串联成闭合回路，灯泡L正常发光。已知变压器原、副线圈匝数比为5：3，矩形线圈的电阻为1.0Ω，则A的示数为__________A，矩形线圈的电动势有效值为__________V。
【答案】0.5（2分） 10.3（1分）
【解析】由于灯泡L正常发光，所以，根据原副线圈的电流与匝数的关系有，解得原线圈中的电流为，根据原副线圈的电压与匝数的关系有，解得原线圈两端的电压为，根据闭合电路欧姆定律有
12．（5分）为了探究物体做平抛运动时在竖直方向的运动规律，某同学设计了如下实验：为一竖直木板，小球从斜槽上挡板处由静止开始运动，离开点后做平抛运动，右侧用一束平行光照射小球，在小球运动过程中，小球在木板上留下影子，用频闪照相机每隔相同的时间拍摄，得到小球的影子如图中A、B、C、D所示，拍摄最后一张照片时小球恰好落地。
(1)现测出A、B、C、D相邻两点间的距离，下列三组数据中只有一组是正确的，正确的数据为_____。
A．99.8mm、300.0mm、500.2mm
B．80.3mm、270.1mm、520.4mm
C．248.2 mm、346.1mm、444.0mm
(2)已知当地重力加速度大小，根据（1）中正确数据可知，照相机的闪光频率_____（结果保留整数）。
(3)根据（1）中正确数据可知，抛出点距地面的高度_____（结果保留两位小数）。
【答案】(1)C（2分）(2)10（2分）(3)1.24（1分）
【解析】（1）A．由静止开始的匀加速直线运动在连续相等时间内通过的位移之比满足，A错误；因，B错误；因且，C正确。
（2）根据匀变速直线运动规律有，解得
（3）拍摄点时小球竖直方向的速度大小，拍摄点时小球竖直方向的速度大小，抛出点距地面的高度
13．（7分）在“测量金属丝的电阻率”的实验中，某同学选择一根粗细均匀、阻值约为的电阻丝进行了测量。
（1）在测量了电阻丝的长度之后，该同学用螺旋测微器测量电阻丝的直径，测量结果如图1所示为_____mm；
（2）现有电源（电动势E为，内阻不计）、开关和导线若干，以及下列器材：
A．电流表（量程，内阻约） B．电压表（量程，内阻约）
C．滑动变阻器（，额定电流） D．滑动变阻器（，额定电流）
为减小误差，且电压调节范围尽量大，滑动变阻器应选______（选填器材前的字母），然后补充完成图2中实物图的连线。( )
（3）关于上述实验，下列说法正确的是_________
A．用螺旋测微器多次测量金属丝直径并取平均值可以减小系统误差
B．用电压电流图像处理实验数据求金属丝电阻可以减小偶然误差
C．只考虑电表内阻引起的误差，电压表分流会导致电阻测量值偏小
D．只考虑电表内阻引起的误差，电流表分压会导致电阻测量值偏大
（4）电导率是电阻率的倒数，用希腊字母表示，常用单位是西门子/厘米（），即。电导率是反映水质的一项重要指标。资料显示某种饮用水的电导率约为将该饮用水灌满一个绝金缘性能良好、高约、容积约的薄壁圆柱形塑料简（如图3所示），瓶的两端用两个略小于瓶底面积的固定金属圆片电极密封经计算该塑料瓶中饮用水的电阻值约为_____（保留到小数点后一位）。
若用上面灌满该饮用水的圆筒替换掉原来的电阻丝，进一步用图2中的电路（不增减器材）较为精确的测量该饮用水的电导率，则需对电路结构的改进措施是_________
【答案】 /0.672/0.673（1分） C（1分） （2分） BC/CB（1分） （1分） 电流表改为内接法（1分）
【解析】（1）根据题意，由图可知，电阻丝的直径为
（2）为减小误差，且电压调节范围尽量大，滑动变阻器采用分压接法。
待测电阻约为，电流表采用外接法，补充完成图2中实物间的连线，如图所示
（3）用螺旋测微器多次测量金属丝直径并取平均值可以减小偶然误差，A错误；用电压电流图像处理实验数据求金属丝电阻可以减小偶然误差，B正确；只考虑电表内阻引起的误差，本实验采用电流表外接，误差来源于电压表分流会导致电流的测量值较大，则电阻测量值偏小，D错误，C正确。
（4）根据题意，由电阻定律可得，电阻约为，电阻较大，不能精确的测量该饮用水的电导率，需要把电流表改为内接法。
14．（11分）滑沙，即乘坐滑板从高高的沙山顶自然下滑，是沙漠地区有趣的户外运动。如图所示，一人背上背包坐在滑板上，从倾角为的斜面沙坡的顶端由静止沿直线下滑，滑到沙坡中点时，背包从身后掉落。沙坡总长度是72m，滑板在沙坡下滑过程中受到沙坡的阻力恒为滑板及承载的人和物总重力的0.25倍，背包在沙坡下滑过程中受到沙坡的阻力恒为背包重力的0.75倍。背包掉落在沙坡上瞬间的速度与背包掉落时人和滑板的速度相同，背包、滑板和人视为质点，背包掉落时间可忽略。重力加速度大小取，。求：
(1)背包掉落时人和滑板速度的大小；
(2)背包掉落后在沙坡上滑动的距离。
【答案】(1)(2)
【解析】（1）设背包、人和滑板的总质量为，背包掉落之前做匀加速直线运动，对整体根据牛顿第二定律有（2分）
其中
解得（1分）
背包掉落时有（2分）
其中
解得背包掉落时人和滑板速度的大小
即背包掉落在沙坡上瞬间的速度大小也为（1分）
（2）设背包质量为。背包掉落后做匀减速直线运动，
根据牛顿第二定律有（2分）
其中
解得
背包掉落后在沙坡上滑动的距离（2分）
（1分）
15．（12分）如图，一质量为的木板放置于光滑水平面上，木板右侧地面上固定一竖直挡板。现在长木板最左端放置一个可视为质点的滑块，给滑块一个初速度，由于滑块和木板的相互作用，在木板第一次碰撞竖直挡板时，两者恰好达到共速，木板碰撞挡板不损失机械能且不计碰撞时间。已知滑块质量为，滑块与木板之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为。
(1)求木板未运动时，木板右端到挡板的距离；
(2)求滑块从开始运动到与木板第二次共速所用的时间；
(3)若第三次共速时，滑块恰好未从木板上掉落，求木板的长度。
【答案】(1)(2)(3)
【解析】（1）滑块和木板作用过程动量守恒，设第一次共速的速度大小为，由
（2分）
设木板未运动时，木板右端到挡板的距离为，由动能定理可得（1分）
解得（1分）
（2）木板运动过程的加速度（1分）
木板从开始运动到第一次共速的时间（1分）
木板与挡板碰后速度等大方向，设第二次共速的速度大小为，滑块和木板相互作用动量守恒，（1分）
木板从第一次与挡板碰撞到与滑块第二次共速的时间（1分）
滑块从开始运动到与木板第二次共速所用的时间
联立代入数据解得（1分）
（3）设滑块与木板第三次共速的速度大小为，根据动量守恒，有（1分）
设木板长度为，由功能关系可得（1分）
联立解得（1分）
16．（16分）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在xOy平面内存在有区域足够大的方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，的虚线界面右侧是接收离子的区域。位于坐标原点O处的离子源能在xOy平面内持续发射质量为m、电荷量为q的负离子，已知离子入射速度与y轴夹角最大值为60°，且速度大小与角之间存在一定的关系，现已测得离子两种运动情况：①当离子沿y轴正方向以大小为（未知）的速度入射时，离子恰好通过坐标为的P点；②当离子的入射速度大小为（未知），方向与y轴夹角入射时，离子垂直通过界面，不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
(1)求的大小；
(2)求的大小及②情况下离子到达界面时与x轴之间的距离；
(3)现测得离子入射速度大小随变化的关系为，为回收离子，今在界面右侧加一宽度也为L且平行于轴的匀强电场，如图所示，为使所有离子都不能穿越电场区域且重回界面，求所加电场的电场强度至少为多大？
【答案】(1)(2)，，(3)
【解析】（1）当离子沿y轴正方向以大小为的速度入射时，离子恰好通过坐标为的P点，由几何关系可得（1分）
由牛顿第二定律有（2分）
联立解得（1分）
（2）若离子与y轴夹角向左上入射时，运动轨迹如图所示
由几何关系可得（1分）
由牛顿第二定律有（1分）
解得
离子到达界面时与x轴之间的距离（1分）
若离子与y轴夹角向右上入射时，运动轨迹如图所示
由几何关系可得（1分）
由牛顿第二定律有（1分）
解得（1分）
离子到达界面时与x轴之间的距离（1分）
（3）离子入射速度大小随变化的关系为（1分）
由牛顿第二定律有（1分）
离子运动半径为可知，圆心一定在界面上，即离子一定垂直通过界面，当时，通过界面的速度最大，则保证此离子不能穿越电场区域且重回界面即可，此时速度
恰好能重回界面的离子到达右边界的速度方向与界面平行，设其为，对该离子竖直方向运用动量定理有
两边求和可得（1分）
又由动能定理得（1分）
联立解得（1分）