高考命题研究与应用物理福建答案.docxVIP

●12025年物理(福建卷)

1.A此题考查力的平衡问题。

无风时,由力的平衡可知,山体对风动石的作用力F1=mg,有水平风吹过时,对风动石受力分析,如图所示,可知此时山体对石的作用力F2=F风2+m2g2F1=mg,

2.B此题考查变压器问题。

由图可知34T=0.25s-0.1s=0.15s,解得T=0.2s,A错误;电压表示数为有效值,设为U2,根据题意U1=482V2=48V,而U1U2=n1n2=4,解得U2=U14=12V,B正确;由并联电路电流与电压的关系可知U2=IR1R1=IR2R2,且R1=2R2,则IR2=2IR1,I2=IR1+IR2=3IR1,故副线圈干路电流为流过R1电流的3倍,C错误;

【归纳总结】电流、电压有效值和峰值使用场景

有效值使用场景:电表测量、电器铭牌的额定值、保险丝的熔断值。

峰值使用场景:电容器击穿电压。

3.B此题考查安培定则,磁场的叠加问题。

设磁感应强度方向以垂直于纸面向里为正,由题意可知M点的磁感应强度为-B1,O点的磁感应强度为B2。由对称性可知,N点的磁感应强度为-B1,L1、L2在O点产生的磁感应强度大小相等、方向相同,可知L2在O点产生的磁感应强度为B22,则L2在N点产生的磁感应强度为-B22,对于N点有-B1=BL1+BL2,解得BL1=B

4.D此题考查带电粒子在静电场的运动问题。

根据题意,Ek=12mvA2,Eq=Ee=mvA2r,联立得E=2Eker,A错误;由题知,第一个粒子做圆周运动,另一粒子受到的静电力发生变化,由静电力提供向心力有eE=mv2R,半径发生变化,则APQ不是圆弧的一部分,B错误;因为轨迹为ABC的电子动能为Ek,当该电子运动到B点时动能同样为Ek,此时若将运动到B点的该电子保持动能不变移动到P点,它会增加大小为eU的电势能,动能则减小为Ek-eU。由题图可知,轨迹为APQ的电子的初动能比轨迹为ABC的电子大,在从A点运动到P点过程中,该电子的电势能同样增加了eU,故沿APQ运动的电子运动到P点动能大于Ek-eU,C错误;由图可知,电场强度离O点越远越小,已知|CQ|=2|BP|,UBP=U,则UCQ

5.AD此题考查同轴转动,匀速圆周运动各物理量间的关系。

根据题意,手绢做同轴转动,角速度相同,B错误;由题图可知rPrQ,由圆周运动线速度公式v=ωr,可知vPvQ,A正确;由圆周运动向心加速度公式a=ω2r,可知aPaQ,C错误;手绢做匀速圆周运动,手绢上的点所受合外力方向指向圆心O,D正确。

6.AC此题考查核反应方程,动量守恒定律。

核反应中有能量释放,所以存在质量亏损,A正确;该核反应为核聚变,B错误;由于氘核和氚核相撞之前,两个粒子动量等大反向,则由氘核和氚核组成的系统总动量为零,反应后氦核和中子动量也应等大反向,由p2=2mEk可知EkHe∶Ekn=mn∶mHe=1∶4,由题意可知EkHe+Ekn=17.6MeV,则Ekn=45×17.6MeV=14.08MeV,EkHe=15×17.6MeV=3.52MeV,C正确

7.BC此题考查带电粒子在复合场中的运动。

根据题意,带电体在复合场中沿着MN做匀速直线运动,受力分析如图所示

根据几何关系和运动状态,有mg=Eq,解得E=mgq,A错误;由力的平衡可知,qvB=2mg,解得B=2mgqv,B正确;在粒子运动到N点时撤去磁场

由几何关系可知F合与粒子的速度方向垂直,粒子可看作在做类平抛运动,F合=2mg=ma,a=2g,由于NP连线水平向右,故粒子到达P点时,其类平抛运动的位移偏向角为45°,则在P点速度偏向角正切值tanθ=2tan45°=2,则到P点的速度vP=vx2+vy2,联立解得vP=5v。粒子从N运动到P,由动能定理可知,qU=12mvP2-12mv2,解得U=2mv2q,C正确;可将N点速度v

8.BD此题考查与传送带相结合的连接体问题。

根据题意,传送带对A、B的动摩擦力均为f=0.5×10N=5N,刚开始,A做减速运动,初速度为v0,B做加速运动,初速度为0,A、B与弹簧组成的系统所受合外力为0,系统动量守恒,则mAv0=mAv传+mBvB,解得vB=0.5m/s,此时A与传送带第一次共速,B正确;在0~t1内,由牛顿第二定律可知F弹+f=mAaA,F弹+f=mBaB,由于mAmB,则aAaB,A错误;在0~t1内,设A向右运动位移为xA,B向右运动位移为xB,则fxB-fxA+12mAv02=12mAv传2+12mBvB2+Ep,已知Ep=0.75J,代入解得xA-xB=0.1m,即压缩量为0.1m,C错误;根据题意,A与传送带的相对位移ΔxA=xA-v传t1,B与传送带的相对位移ΔxB=v传t