【福建卷】福建省2024-2025学年2025届高三百校12月测评联考（金太阳下标FJ）（12.19-12.20），高中\高三\福建省\2024-2025学年上\物理三零论坛（30论坛）用百度云盘、腾讯云盘分享的原卷版、解析版及答案，在云盘中的课件资料可在线阅读及保存到自己的云盘，此电子版课件永久免费阅读及下载。
2024~2025学年高三12月测评（福建）·物理 参考答案、提示及评分细则 题号 1 2 4 5 6 7 8 答案 B D B AC AC BC AD 1.【答案】C 【解析】磁场是真实存在的，但磁感线不是真实存在的，是人们假想的，A错误：磁感线是闭合的，B错误：丙图 中导线通电后，导线下方的磁感应强度方向为垂直纸面向里，所以小磁针N极应向纸面内旋转，其正下方小 磁针的旋转方向符合物理事实，C正确：通电导线周围存在磁场，丁图中通电导线受力是通过磁场发生的，D 错误。 2.【答案】B 【解析】由带电粒子运动轨迹可知粒子受到的电场力指向曲线凹的一侧，故粒子带负电，A错误：顺着电场线 的方向电势逐渐降低，故a点电势比b点电势低，B正确：电场线越密集处电场强度越大，故α点电场强度大 于b点电场强度，C错误；带负电的粒子在电势低处的电势能大，故烟尘颗粒在a点的电势能大于在b点的电 势能，D错误。 3.【答案】D 【解析】猴子在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向上做匀速直线运动，根据运动的合成可 知，合初速度与合加速度不在同一条直线上，所以相对地面猴子做的是匀变速曲线运动，AB错误；这段时间 =么，此时刻猴子对地的速度大小为=√话+() ,C错误这段时间内演员对地的位移大小为s= 2D正确 4.【答案】B 【解析】当小物块的速度小于传送带的速度时，由牛顿第二定律可知：mgsin37°十mgc0s37°=m1,小物块此 时的加速度a1=8m/s2,当小物块的速度等于传送带的速度时，由于mgsin37>mgcos37°，会继续以ag加 速运动至B点，由牛顿第二定律可知：mgin37°一mgcos37°=m:,小物块第二阶段的加速度a2=4m/s2 故全程做变加速运动，A错误：设小物块从A点运动到与传送带共速时经过的时间为1，=14，由题可知 全程运动时间为1=2s,到达B点时的速度s=十a:(1一4)，得s=10m/s,C错误：AB间长度L= 合a1+,得L=1.5m,B正确：金过程中小物块机被能减小量△E=mglin37-号 2a: m呢，得△E= 19J,D错误. 5.【答案】AC 【解析】光滑球体受重力和三个支持力，三个支持力与竖直方向的夹角均为0角，根据平衡条件，有3Nsin0= mg,解得N一3器。当0变大时，每根支架受工艺品的压力大小均变小，A正确：当0一30时，每根支架受工 艺品的压力大小N-330=号mg,C正确 6.【答案】AC 【解析】第一宇宙速度是卫星做圆周运动的最大环绕速度，所以载人飞船在轨道I上的速度小于第一字宙速 度，A正确：根据万有引力提供向心力有=阳，解得a-必，飞船不管在轨道Ⅱ还是在轨道I,两者的 受力是相等的，因此加速度相等，B错误：航天飞船在A点从轨道Ⅱ进人轨道I要点火加速，所以在轨道I上 经过A的机械能大于在轨道Ⅱ上经过A的机械能，而载人飞船在轨道I上从B到A的过程中，只有万有引 力做功，满足机械能守恒，所以截人飞船在轨道Ⅱ上B点的机械能小于在轨道I上A点的机械能，C正确： 根据开普勒第二定律可知，同一轨道上相同时间内载人飞船运行时与地心连线扫过的面积才相同，D错误。 .【答案】BC 【解析】由乙图可知，=0.2m时，小球加速度为0，合外力为0，则kx=mgsn0:当3=0.3m时，小球加速 度a:=3m/s2,方向沿斜面向上，则x:一mgin9=ma:;联立以上二式可得，k=30N/m,0=37,A错误，B正 确；滑块下滑过程中速度最大时动能最大，由直线运动规律可知，当a1=0时小球的速度最大，即当x= 0,2m时小球的动能最大，又因小球无初速释放，由乙图，口-x图像面积与受相等，可得小球的最大动能为 0.6J,C正确；弹簧压缩至最短时弹性势能最大，由乙图可知，下滑过程中小球运动的加速度与位移线性相 关，可知，当3=0.4m时弹簧压缩至最短，则E。=mgsn0=2.4J,D错误. .【答案】AD 【解析】由题意得18后物块从平台飞出后，受竖直方向的恒定重力和水平方向随时间变化的电场力，故为非 匀变速曲线运动，A正确：水平平台给物块的最大静摩擦力mg■2N,故当E增加到2X10V/m时，物块 才开始向右运动，即0一0.2s时间内，物块处于静止状态.0.2~1s时间内，由动量定理I1一I,■m防，电场 力的冲量等于图线与坐标轴所围的面积，则18末脱离平台时的速度功■3.2m/s,B错误：假设物块在0.2一 1s时间内物块做匀加速直线运动，该时间内的位移-受4=1.28m,则克服摩擦力做功心=mg,一 2.56J:实际上物块做加速度增加的变加速运动，位移小于1.28m,故克服安培力做功的值小于2.56】，动能 增加量△B=立m听=5.12J:根据能量守恒得：电场力做功的值等于克服摩擦力做功与动能增量之和，故电 场力做功小于7.68J,C错误：设3s末物块的水平速度为，竖直速度为y,在水平方向由动量定理得I =m:一m1:由图线与坐标轴所围的面积可得In=10N·$,则，=13.2m/s:竖直方向由运动学公式得 y=g=20m/s,则物块落地时的速度=√话，十该，≈24m/s,D正确. .【答案】(3分) 2.4(1分)2.08(2分) 【解析】电动机不转动时可视为纯电阻电路，根据欧姆定徘，-华一0.5口.电机正常工作时，输入功率P人一 U2=2.4W,热功率P=r=0.32W,故输出机械功率P出=P人一Pg=2.08V. 0.【答案】(3分) 变大(1分)向上运动(2分) 【解析】当传感器Rτ所在处温度降低时，R,的阻值变大，电路的总电阻变大，总电流变小，在？和R:上的电 压变小，故并联电路两端电压变大，通过电流表的电流变大.闭合开关S,电路达到稳定时，带电油滴悬浮在 两板之间静止不动，带电油滴受到的重力和板间电场力等大反向，并联电路两端电压变大时，板间电场力变 大，故油滴向上运动. 1.【答案】(3分) 不守恒02250（每室1分》 【解析】运动员在下落过程中受到重力和弹性绳弹力作用，故运动员在下落过程中机械能不守恒，由~x图 像可知，在x=15m处速度达到最大=15m/s,此时对应的加速度为零，自无初速度下落至x=15m处根 据能量守恒定律得mgx=号m+Em,可得Em-2250】. (4)在误差允许范围内，当m、”一定时，F与2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=al=是解得w=品： d (3)根据F=mr,由F-w图像可知当m、相同时r大的对应的F大，故而图线①对应的半径r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、”一定时，F与2成正比， 13.【答案】(7分) (1)C1分)0.398(1分，0.3950.399) 0品2分)1.6×101分) (5)0.50(2分) 【解析】(1)测量时，在测微螺杆F快靠近被测物体时应停止使用粗调旋钮D,而改用微调旋钮C,避免产生 过大的压力，既可使测量结果精确，又能保护螺旋测微器，故而应选C.由图可知读数为：d一0mm十39.8X 0.01mm=0.398mm: (4)由电阻定律得电阻丝电阻R=ρ专，由闭合电路欧姆定律可知，电流I一R+R+ E E P专+R+r 是r+B+r1 E,了x图像是直线，其斜率k一是 一号，由图像可求得k≈4.31，则电阻率P E( -kxEd-1.6×10t0…m: 4 (5)由十-x图像纵坐标的截距可知十=1.5，解得r=0.50n E 14.【答案】(1)4.0×103N(2)56.25m/s2 【解析】(1)货车在下坡过程中的加速度a=二 t ·①(2分) 解得a=0.5m/s2 对货车受力分析，由牛顿第二定律得mgsin0-f=ma②(2分) 联立①②式，解得f=4.0×103N(1分) (2)在避险车道上mgsin0十umgcos=ma'③(2分) 解得a'=8m/s2 由运动公式0-=一2a's④(2分) 联立③④式解得s=56.25m/s2(2分) 15.【答案(1)(2)V5g(3)6L 2 【解析】(1)小球静止时，设细线拉力为T,,扬强大小为E,根据共点力平衡条件有 T1c0s0+qEcos0=mg①(1分) T1sin0=gEsin0②(1分) 联立①②式，解得E-m驱(1分) (2)小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球在等效最高点C点由重力和电场力的合力提供向心 力，重力和电场力的合力F。=mg,由牛顿第二定律得 mg=m亡 ③(2分) 小球从静止位置运动到等效最高点C点，由动能定理，可得
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