2022年新高考福建物理高考真题

2022年新高考福建物理高考真题一、单选题1．(2022·福建卷·1)福建土楼兼具居住和防御的功能，承启楼是圆形土楼的典型代表，如图(a)所示。承启楼外楼共四层，各楼层高度如图(b)所示。同一楼层内部通过直径约50m的圆形廊道连接。若将质量为100kg的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M处，再用100s沿廊道运送到N处，如图(c)所示。重力加速度大小取10m/s2，则(　　)A．该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为5400JB．该物资从M处被运送到N处的过程中，克服重力所做的功为78500JC．从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为78.5mD．从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为0.5m/s答案　A解析　该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为W克G＝mgΔh＝100×10×(2.7＋2.7)J＝5400J，故A正确；该物资从M处被运送到N处的过程中，由于M、N高度差为零，所以克服重力做功为零，故B错误；从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为50m，故C错误；从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为v＝＝≈m/s＝0.785m/s，故D错误。2．(2022·福建卷·2)2011年3月，日本发生的大地震造成了福岛核电站核泄漏。在泄露的污染物中含有大量放射性元素I，其衰变方程为I→Xe＋e，半衰期为8天，已知mI＝131.03721u，mXe＝131.03186u，me＝0.000549u，则下列说法正确的是(　　) A．衰变产生的β射线来自于I原子的核外电子B．该反应前后质量亏损0.00535uC．放射性元素I发生的衰变为α衰变D．经过16天，75%的I原子核发生了衰变答案　D解析　I衰变时，原子核内中子转化为质子和电子，大量电子从原子核释放出来形成β射线，故A错误；该反应前后质量亏损为Δm＝mI－mXe－me＝131.03721u－131.03186u－0.000549u＝0.004801u，故B错误；放射性元素I发生的衰变为β衰变，故C错误；由于半衰期为8天，可知经过16天，即经过两个半衰期，75%的I原子核发生了衰变，故D正确。3.(2022·福建卷·3)平时我们所处的地球表面，实际上存在场强大小为100V/m的电场，可将其视为匀强电场，在地面立一金属杆后空间中的等势面如图所示。空间中存在a、b、c三点，其中a点位于金属杆正上方，b、c等高。则下列说法正确的是(　　)A．b、c两点的电势差Ubc＝0B．a点场强大小大于100V/mC．a点场强方向水平向右D．a点的电势低于c点答案　B解析　由题图可知，b、c两点的电势差为Ubc＝200V－300V＝－100V，故A错误；由题图可知，a点与相邻两等势面的距离小于1m，电势差的绝对值等于100V，根据E＝，可知a点场强大小大于100V/m，故B正确；根据场强方向垂直于等势面，可知a点的场强方向沿竖直方向，不是水平方向，故C错误；由题图可知，a点与c点在同一等势面上，电势均为300V，故D错误。4.(2022·福建卷·4)2021年美国“星链”卫星曾近距离接近我国运行在距地390km近圆轨道上的天宫空间站。为避免发生危险，天宫空间站实施了发动机点火变轨的紧急避碰措施。已知质量为m的物体从距地心r处运动到无穷远处克服地球引力所做的功为G，式中M为地球质量，G为引力常量；现将空间站的质量记为m0，变轨前后稳定运行的轨道半径分别记为r1、r2，如图所示。空间站紧急避碰过程发动机做的功至少为(　　) A.GMm0(－)B．GMm0(－)C.GMm0(－)D．2GMm0(－)答案　A解析　空间站紧急避碰的过程可简化为加速、变轨、再加速的三个阶段；空间站从轨道半径r1变轨到半径r2过程，根据动能定理有W＋W引力＝ΔEk依题意可得引力做功W引力＝G－G万有引力提供在圆形轨道上做匀速圆周运动的向心力，由牛顿第二定律有G＝m0求得空间站在轨道上运动的动能为Ek＝G动能的变化ΔEk＝G－G解得W＝(－)，故选A。二、多选题5.(2022·福建卷·5)奥斯特利用如图所示实验装置研究电流的磁效应。一个可自由转动的小磁针放在白金丝导线正下方，导线两端与一伏打电池相连。接通电源瞬间，小磁针发生了明显偏转。奥斯特采用控制变量法，继续研究了导线直径、导线材料、电池电动势以及小磁针位置等因素对小磁针偏转情况的影响。他能得到的实验结果有(　　)A．减小白金丝直径，小磁针仍能偏转B．用铜导线替换白金丝，小磁针仍能偏转C．减小电源电动势，小磁针一定不能偏转D．小磁针的偏转情况与其放置位置无关答案　AB 解析　减小导线直径，仍存在电流，其产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项A正确；白金导线换成铜导线，仍存在电流，产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项B正确；减小伏打电池电动势，只要导线中有电流，小磁针还是会发生偏转，选项C错误；通电导线产生的磁场与地磁场叠加后，其空间磁场方向与位置有关，当小磁针在不同位置时其偏转情况不同，选项D错误。6．(2022·福建卷·6)某同学利用如图所示电路模拟远距离输电。图中交流电源电压为6V，定值电阻R1＝R2＝20Ω，小灯泡L1、L2的规格均为“6V　1.8W”，理想变压器T1、T2原副线圈的匝数比分别为1∶3和3∶1。分别接通电路Ⅰ和电路Ⅱ，两电路都稳定工作时(　　)A．L1与L2一样亮B．L2比L1更亮C．R1上消耗的功率比R2的大D．R1上消耗的功率比R2的小答案　BC解析　若开关接cd端，则若电源电压为U0，理想变压器T1、T2的匝数比为＝＝k用户电阻为R负载，定值电阻等效为输电线电阻为R导线，由变压器工作原理和欧姆定律。升压变压器输出电压U2＝kU0降压变压器原线圈两端电压U3＝U2－I2R导线降压变压器副线圈两端电压U4＝I4＝，＝k，I3＝I2可得升压变压器输出功率为P输＝U2I2＝输电线上损耗的电功率为P导线＝I22R导线＝R导线用户得到的电功率为P负载＝·k2R负载 若开关接ab端，则负载得到的功率P负载′＝·R负载输电线上损耗的电功率为P导线′＝R导线将R导线＝R1＝R2＝20Ω，R负载＝Ω＝20Ω，k＝3代入可得P负载>P负载′即L2比L1更亮；P导线<P导线′R1上消耗的功率比R2的大，故选B、C。7．(2022·福建卷·7)一物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能Ek随位移x的变化关系如图所示，图中x0、Ek1、Ek2均已知。根据图中信息可以求出的物理量有(　　)A．重力加速度大小B．物体所受滑动摩擦力的大小C．斜面的倾角D．沿斜面上滑的时间答案　BD解析　由动能定义式得Ek1＝mv02，则可求解质量m；上滑时，由动能定理Ek－Ek1＝－(mgsinθ＋Ff)x下滑时，由动能定理Ek＝(mgsinθ－Ff)(x0－x)x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知mgsinθ＋Ff＝，mgsinθ－Ff＝两式相加可得gsinθ＝(＋)相减可知Ff＝即可求解gsinθ和所受滑动摩擦力Ff的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故A、C错误，B正确；根据牛顿第二定律和运动学关系得mgsinθ＋Ff＝ma，t＝ ，故可求解沿斜面上滑的时间，D正确。8．(2022·福建卷·8)我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场，该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场(未画出)用于提高工作物质被电离的比例。工作时，工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，氙气被电离的比例为95%，氙离子喷射速度为1.6×104m/s，推进器产生的推力为80mN。已知氙离子的比荷为7.3×105C/kg；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则(　　)A．氙离子的加速电压约为175VB．氙离子的加速电压约为700VC．氙离子向外喷射形成的电流约为37AD．每秒进入放电通道的氙气质量约为5.3×10－6kg答案　AD解析　氙离子经电场加速，根据动能定理有qU＝mv2－0，可得加速电压为U＝≈175V，故A正确，B错误；在Δt时间内，有质量为Δm的氙离子以速度v喷射而出，形成电流为I，由动量定理可得FΔt＝Δmv－0，进入放电通道的氙气质量为Δm0，被电离的比例为η，则有＝η()，联立解得＝≈5.3×10－6kg，故D正确；在Δt时间内，有电荷量为ΔQ的氙离子喷射出，则有ΔQ＝()q，I＝，联立解得I＝()()≈3.7A，故C错误。三、填空题9.(2022·福建卷·9)艺术体操运动员站在场地中以一定频率上下抖动6m长绸带的一端，绸带自左向右呈现波浪状起伏。某时刻绸带形状如图所示(符合正弦函数特征)，此时绸带上P点运动方向__________(填“向上”“向下”“向左”或“向右”)。保持抖动幅度不变，如果要在该绸带上产生更加密集的波浪状起伏效果，运动员上下抖动的频率应__________(填“增大”“减小”或“保持不变”)。答案　向上　增大解析　由题图可知绸带上形成的波是自左向右传播的，根据波形平移法，可判断绸带上P 点运动方向向上；绸带上产生更加密集的波浪状起伏效果，说明波长变小，而同种介质中同类型波的传播波速是不变的，根据λ＝vT＝可知运动员上下抖动的周期变短、频率增大。10.(2022·福建卷·10)带有活塞的汽缸内封闭一定质量的理想气体，气体开始处于a状态，然后经过a→b→c状态变化过程到达c状态。在VT图中变化过程如图所示。(1)气体从a状态经过a→b到达b状态的过程中压强________。(填“增大”“减小”或“不变”)(2)气体从b状态经过b→c到达c状态的过程要________。(填“吸收”或“放出”)热量。答案　增大　放出解析　(1)由VT图像可知，气体从a状态经过a→b到达b状态的过程中，气体的体积保持不变，温度升高，根据＝C可知气体的压强增大。(2)由VT图像可知，气体从b状态经过b→c到达c状态的过程，气体的温度保持不变，则气体的内能保持不变；气体的体积减小，则外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体对外放出热量。四、实验题11．(2022·福建卷·11)某实验小组利用图(a)所示装置验证小球平抛运动的特点。实验时，先将斜槽固定在贴有复写纸和白纸的木板边缘，调节槽口水平并使木板竖直；把小球放在槽口处，用铅笔记下小球在槽口时球心在木板上的水平投影点O，建立xOy坐标系。然后从斜槽上固定的位置释放小球，小球落到挡板上并在白纸上留下印迹。上下调节挡板进行多次实验。实验结束后，测量各印迹中心点O1、O2、O3…的坐标，并填入表格中，计算对应的x2值。O1O2O3O4O5O6y/cm2.956.529.2713.2016.6119.90x/cm5.958.8110.7412.4914.0515.28x2/cm235.477.6115.3156.0197.4233.5 (1)根据上表数据，在图(b)给出的坐标纸上补上O4数据点，并绘制“yx2”图线。(2)由yx2图线可知，小球下落的高度y，与水平距离的平方x2成____________(填“线性”或“非线性”)关系，由此判断小球下落的轨迹是抛物线。(3)由yx2图线求得斜率k，小球平抛运动的初速度表达式为v0＝____________(用斜率k和重力加速度g表示)。(4)该实验得到的yx2图线常不经过原点，可能的原因是____________________________。答案　(1)见解析　(2)线性　(3)　(4)水平射出点未与O点重合解析　(1)根据上表数据在坐标纸上描出O4数据点，并绘制“yx2”图线如图所示(2)由yx2图线为一条倾斜的直线可知，小球下落的高度y，与水平距离的平方x2成线性关系。(3)根据平抛运动规律可得x＝v0t y＝gt2联立可得y＝g()2＝x2可知yx2图像的斜率为k＝解得小球平抛运动的初速度为v0＝(4)yx2图线是一条直线，但常不经过原点，说明实验中测量的y值偏大或偏小一个定值，这是小球的水平射出点未与O点重合，位于坐标原点O上方或下方所造成的。12．(2022·福建卷·12)在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法，都会产生系统误差，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量。已知R0＝2Ω。(1)按照图甲所示的电路图，将图乙中的器材实物连线补充完整。(2)实验操作步骤如下：①将滑动变阻器滑到最左端位置②接法Ⅰ：单刀双掷开关S与1接通，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U1I1的值，断开开关S0③将滑动变阻器滑到最左端位置④接法Ⅱ：单刀双掷开关S与2闭合，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U2I2的值，断开开关S0⑤分别作出两种情况所对应的U1I1和U2I2图像(3)单刀双掷开关接1时，某次读取电表数据时，电压表指针如图丙所示，此时U1＝_______V。(4)根据测得数据，作出U1I1和U2I2图像如图丁所示，根据图线求得电源电动势E＝____________，内阻r＝____________。(结果均保留两位小数) (5)由图丁可知____________(填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”)测得的电源内阻更接近真实值。(6)综合考虑，若只能选择一种接法，应选择____________(填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”)测量更合适。答案　(1)见解析图　(3)1.30　(4)1.80　2.50　(5)接法Ⅱ　(6)接法Ⅱ解析　(1)根据题图甲所示的电路图，实物连接如图所示(3)量程为3V的电压表分度值为0.1V，需要估读到分度值的下一位，由题图丙可知电压表读数为U1＝1.30V(4)当单刀双掷开关接1时，电流表示数为零时，电压表测量准确，故电动势为U1I1的纵轴截距，则有E＝1.80V当单刀双掷开关接2时，电压表示数为零时，电流表测量准确，由U2I2图像可知此时电路电流为0.40A，根据闭合电路欧姆定律可知I＝解得内阻为r＝－R0＝Ω－2Ω＝2.50Ω(5)由题图丁可知U1I1图像的斜率绝对值为k1＝Ω＝R0＋r1解得r1＝3.00Ω由题图丁可知U2I2图像的斜率绝对值为k2＝Ω＝R0＋r2解得r2＝2.25Ω可得＝＝0.2>＝＝0.1故接法Ⅱ测得的电源内阻更接近真实值。 (6)由电路图可知接法Ⅰ的误差来源是电流表的分压，接法Ⅱ的误差来源是电压表的分流，由于电源内阻较小，远小于电压表内阻，结合(5)问分析可知，若只能选择一种接法，应选择接法Ⅱ更合适。五、解答题13．(2022·福建卷·13)清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”(可理解为低身斜体)二字揭示了滑冰的动作要领。500m短道速滑世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持。在其创造纪录的比赛中，(1)武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前8m用时2s。该过程可视为匀加速直线运动，求此过程加速度大小；(2)武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为10m的匀速圆周运动，速度大小为14m/s。已知武大靖的质量为73kg，求此次过弯时所需的向心力大小；(3)武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，如图所示。求武大靖在(2)问中过弯时身体与水平面的夹角θ的大小。(不计空气阻力，重力加速度大小取10m/s2，tan22°＝0.40、tan27°＝0.51、tan32°＝0.62、tan37°＝0.75)答案　(1)4m/s2　(2)1430.8N　(3)27°解析　(1)设武大靖运动过程的加速度大小为a，根据x＝at2解得a＝＝m/s2＝4m/s2(2)根据F向＝m解得过弯时所需的向心力大小为F向＝73×N＝1430.8N(3)设场地对武大靖的作用力大小为F，受力如图所示根据牛顿第二定律可得F向＝ 解得tanθ＝＝≈0.51可得θ＝27°。14．(2022·福建卷·14)如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度v0从滑板最左端滑入，滑行s0后与B发生完全非弹性碰撞(碰撞时间极短)，然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动。已知A、B、C的质量均为m，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：(1)C在碰撞前瞬间的速度大小；(2)C与B碰撞过程中损失的机械能；(3)从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。答案　(1)　(2)m(v02－2μgs0)　(3)解析　(1)小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得－μmgs0＝mv12－mv02解得C在碰撞前瞬间的速度大小为v1＝(2)物块B、C碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv1＝2mv2解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为v2＝故C与B碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝mv12－×2mv22＝m(v02－2μgs0)(3)滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得kΔx＋2μmg＝3μmg解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为Δx＝从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为W＝2μmg·Δx＝。15．(2022·福建卷·15)如图(a)，一倾角为θ的绝缘光滑斜面固定在水平地面上，其顶端与两根相距为L的水平光滑平行金属导轨相连；导轨处于一竖直向下的匀强磁场中，其末端装有挡板M、N。两根平行金属棒G、H垂直导轨放置，G 的中心用一不可伸长绝缘细绳通过轻质定滑轮与斜面底端的物块A相连；初始时刻绳子处于拉紧状态并与G垂直，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧与水平面平行。从t＝0开始，H在水平向右拉力作用下向右运动；t＝2s时，H与挡板M、N相碰后立即被锁定。G在t＝1s后的速度—时间图线如图(b)所示，其中1～2s段为直线。已知：磁感应强度大小B＝1T，L＝0.2m，G、H和A的质量均为0.2kg，G、H的电阻均为0.1Ω；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均忽略不计；H与挡板碰撞时间极短；整个运动过程A未与滑轮相碰，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好：sinθ＝0.25，cosθ＝0.97，重力加速度大小取10m/s2，图(b)中e为自然常数，＝1.47。求：(1)在1～2s时间段内，棒G的加速度大小和细绳对A的拉力大小；(2)t＝1.5s时，棒H上拉力的瞬时功率；(3)在2～3s时间段内，棒G滑行的距离。答案　(1)2m/s2　0.9N　(2)16.15W　(3)2.53m解析　(1)由vt图像可得在1～2s内，棒G做匀加速运动，其加速度为a＝2m/s2依题意物块A的加速度也为a＝2m/s2，由牛顿第二定律可得FT－mAgsinθ＝mAa解得细绳受到拉力FT＝0.9N(2)由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律推导出“双棒”回路中的电流为I＝由牛顿运动定律和安培力公式有BIL－FT＝mGa由于在1～2s内棒G做匀加速运动，回路中电流恒定为I＝6.5A，两棒速度差为vH－vG＝6.5m/s保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a；对棒H由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力F＝mHa＋BIL＝1.7N由vt图像可知t＝1.5s时，棒G的速度为vG＝3m/s此刻棒H的速度为vH＝9.5m/s其水平向右拉力的功率PF＝FvH＝16.15W。(3)棒H停止后，回路中电流发生突变，棒G受到安培力大小和方向都发生变化，棒G是否还拉着物块A一起做减速运动需要通过计算判断，假设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G加速度为 a′＝＝m/s2＝4m/s2物块A加速度为a″＝gsinθ＝2.5m/s2t＝3s时，A的速度为vA＝v2－a″Δt＝1.5m/s说明棒H停止后绳子松弛，物块A做加速度大小为2.5m/s2的匀减速运动，棒G做加速度越来越小的减速运动且绳子在2～3s时间内始终处于松弛状态；由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在2～3s内BLΔt＝mG(vG2－vG3)Δt＝Δt＝棒G滑行的距离sG＝＝(4－)m＝2.53m这段时间内物块A速度始终大于棒G滑行速度，绳子始终松弛。