2022年新高考福建物理高考真题

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 $50\mathrm{m}$ 的圆形廊道连接。若将质量为 $100\mathrm{kg}$ 的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M处，再用 $100\mathrm{s}$ 沿廊道运送到N处，如图（c）所示。重力加速度大小取 $10\mathrm{m/s^{2}}$ ，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 $5400\mathrm{J}$

B．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 $78500\mathrm{J}$

C．从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为 $78.5\mathrm{m}$

D．从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为 $0.5\mathrm{m/s}$

【答案与解析】

物资从二楼地面到四楼M处上升高度Δh=2.7m+2.7m=5.4m，克服重力做功W=mgh=100×10×5.4J=5400J。M、N同在四楼圆形廊道，高度差为零，从M到N克服重力做功为零。M到N沿直径50m的半圆廊道运动，位移大小为直径50m（非78.5m）；弧长s=πR=π×25m≈78.5m，平均速率v=s/t=78.5/100m/s≈0.785m/s（非0.5m/s）。故选A。
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 $^{131}_{53}\mathrm{I}$ ，其衰变方程为 $^{131}_{53}\mathrm{I}\rightarrow^{131}_{54}\mathrm{Xe}+^{0}_{-1}\mathrm{e}$ ，半衰期为8天，已知 $m_{1}=131.03721\mathrm{u}$ ， $m_{Xe}=131.03186\mathrm{u}$ ， $m_{e}=0.000549\mathrm{u}$ ，则下列说法正确的是（　　）

A．衰变产生的 $\beta$ 射线来自于 $^{131}_{53}\mathrm{I}$ 原子的核外电子

B．该反应前后质量亏损 $0.00535\mathrm{u}$

C．放射性元素 $^{131}_{53}\mathrm{I}$ 发生的衰变为 $\alpha$ 衰变

D．经过16天，75%的 $^{131}_{53}\mathrm{I}$ 原子核发生了衰变

【答案与解析】

β衰变是原子核内中子转化为质子与电子，电子来自核内而非核外，A错。质量亏损Δm=m_I−m_Xe−m_e=131.03721u−131.03186u−0.000549u=0.004801u，B错。该衰变为β衰变，C错。半衰期8天，16天为2个半衰期，剩余(1/2)^2=1/4，衰变比例1−1/4=75%，D对。故选D。
平时我们所处的地球表面，实际上存在场强大小为 $100\mathrm{V/m}$ 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 $U_{bc}=0$

B．a点场强大小大于 $100\mathrm{V/m}$

C．a点场强方向水平向右

D．a点的电势低于c点

【答案与解析】

由图，b、c不在同一等势面，U_bc≠0，A错。a点处等势面间距小于1m而相邻等势面电势差为100V，由E=ΔU/Δd知E_a>100V/m，B对。场强垂直于等势面，a点等势面近水平故场强沿竖直方向，非水平向右，C错。a与c在同一等势面电势相等，D错。故选B。
2021年美国“星链”卫星曾近距离接近我国运行在距地 $390\mathrm{km}$ 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 $G\frac{Mm}{r}$ ，式中M为地球质量，G为引力常量；现将空间站的质量记为 $m_0$ ，变轨前后稳定运行的轨道半径分别记为 $r_{1}$ 、 $r_{2}$ ，如图所示。空间站紧急避碰过程发动机做的功至少为（　　）

A． $\frac{1}{2}GMm_{0}\left(\frac{1}{r_{1}}-\frac{1}{r_{2}}\right)$

B． $GMm_{0}(\frac{1}{r_{1}}-\frac{1}{r_{2}})$

C． $\frac{3}{2}GMm_{0}\left(\frac{1}{r_{1}}-\frac{1}{r_{2}}\right)$

D． $2GMm_{0}\left(\frac{1}{r_{1}}-\frac{1}{r_{2}}\right)$

【答案与解析】

圆轨道上动能E_k=GMm/(2r)，总机械能E=−GMm/(2r)。变轨由r1到更高轨道r2，发动机至少做功等于机械能增量：W=E(r2)−E(r1)=GMm0/2·(1/r1−1/r2)。故选A。
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

【答案与解析】

减小导线直径或换成铜导线，回路中仍有电流，电流产生的磁场仍能使小磁针偏转，A、B均正确。减小电源电动势，只要导线中仍有电流，小磁针仍会偏转，C错。通电导线磁场与地磁场叠加后空间磁场方向与位置有关，小磁针偏转情况随位置变化，D错。故选AB。
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 $6\mathrm{V}$ ，定值电阻 $R_{1}=R_{2}=20\mathrm{\Omega}$ ，小灯泡 $\mathrm{L}_{1}$ 、 $\mathrm{L}_{2}$ 的规格均为“ $6\mathrm{V} 1.8\mathrm{W}$ ”，理想变压器 $T_{1}$ 、 $T_{2}$ 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． $\mathrm{L}_{1}$ 与 $\mathrm{L}_{2}$ 一样亮

B． $\mathrm{L}_{2}$ 比 $\mathrm{L}_{1}$ 更亮

C． $R_{1}$ 上消耗的功率比 $R_{2}$ 的大

D． $R_{1}$ 上消耗的功率比 $R_{2}$ 的小

【答案与解析】

灯电阻R_L=U^2/P=6^2/1.8Ω=20Ω。接ab（电路Ⅰ）：L1与R1=20Ω串联于6V电源，电流I1=6/(20+20)A=0.15A，L1功率P1=I1^2R_L=0.45W，R1功率=I1^2R1=0.45W。接cd（电路Ⅱ）：T1升压1∶3，副边18V；T2降压3∶1，反射到T1副边的负载R'=3^2×20Ω=180Ω，总负载200Ω，副边电流I2=18/200A=0.09A，R2功率=I2^2R2=0.162W；T2原边电压=18−0.09×20=16.2V，副边=5.4V，L2功率=5.4^2/20W≈1.46W。故L2比L1亮，R1上功率比R2大。故选BC。
一物块以初速度 $v_{0}$ 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 $E_{k}$ 随位移x的变化关系如图所示，图中 $x_{0}$ 、 $E_{k1}$ 、 $E_{k2}$ 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

【答案与解析】

上滑段斜率：mgsinθ+f=Ek1/x0；下滑段斜率：mgsinθ−f=Ek2/x0。两式相减得f=(Ek1−Ek2)/(2x0)，滑动摩擦力大小可求，B对。由初始Ek1=½mv0^2（v0为已知初速度）得m=2Ek1/v0^2；上滑加速度a=(mgsinθ+f)/m=(Ek1/x0)/m，上滑时间t=v0/a可求，D对。g、θ无法单独分离求出，A、C错。故选BD。
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 $1.6\times10^{4}\mathrm{m/s}$ ，推进器产生的推力为 $80\mathrm{mN}$ 。已知氙离子的比荷为 $7.3\times10^5\mathrm{C/kg}$ ；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 $175\mathrm{V}$

B．氙离子的加速电压约为 $700\mathrm{V}$

C．氙离子向外喷射形成的电流约为 $37\mathrm{A}$

D．每秒进入放电通道的氙气质量约为 $5.3\times10^{-6}\mathrm{kg}$

【答案与解析】

离子经电场加速，由动能定理qU=½mv^2，加速电压U=v^2/(2q/m)=(1.6×10^4)^2/(2×7.3×10^5)V≈175V，A对B错。推力F=(Δm_i/Δt)v，得离子质量流率Δm_i/Δt=F/v=0.08/(1.6×10^4)kg/s=5×10^−6kg/s；电离比例95%，每秒进入通道的氙气质量(Δm0/Δt)=(5×10^−6)/0.95kg/s≈5.3×10^−6kg/s，D对。电流I=(Δm_i/Δt)(q/m)=5×10^−6×7.3×10^5A≈3.65A，C错。故选AD。
艺术体操运动员站在场地中以一定频率上下抖动 $6\mathrm{m}$ 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”）。

【答案与解析】

波自左向右传播，由波形平移法（同侧法）判断绸带上P点振动方向向上；要使波纹更密集即波长λ减小，同种介质中波速v不变，由v=λf知频率应增大。故填向上、增大。
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 $a\rightarrow b\rightarrow c$ 状态变化过程到达c状态。在 $V-T$ 图中变化过程如图所示。

（1）气体从a状态经过 $a\to b$ 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 $b\rightarrow c$ 到达c状态的过程要＿＿＿＿。（填“吸收”或“放出”）热量。

【答案与解析】

(1)a→b体积不变、温度升高，由p/T=恒量知压强增大。(2)b→c温度不变（等温），体积减小，外界对气体做正功而内能不变，由ΔU=Q+W知气体放出热量。故填增大；放出。
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 $O_{1}$ 、 $O_{2}$ 、 $O_{3}\cdots$ 的坐标，并填入表格中，计算对应的 $x^{2}$ 值。

$O_{1}$ $O_{2}$ $O_{3}$ $O_{4}$ $O_5$ $O_{6}$
$y/\mathrm{cm}$ 2.95 6.52 9.27 13.20 16.61 19.90
$x/\mathrm{cm}$ 5.95 8.81 10.74 12.49 14.05 15.28
$x^{2}/\mathrm{cm^{2}}$ 35.4 77.6 115.3 156.0 197.4 233.5

（1）根据上表数据，在图（b）给出的坐标纸上补上 $O_{4}$ 数据点，并绘制“ $y-x^{2}$ ”图线＿＿＿＿。（2）由 $y-x^{2}$ 图线可知，小球下落的高度y，与水平距离的平方 $x^{2}$ 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 $y-x^{2}$ 图线求得斜率k，小球平抛运动的初速度表达式为 $v_{0}=$ ＿＿＿＿（用斜率k和重力加速度g表示）。（4）该实验得到的 $y-x^{2}$ 图线常不经过原点，可能的原因是＿＿＿＿。

【答案与解析】

（1）在图(b)坐标纸上描出O4点(156.0,13.20)，过各数据点作倾斜直线拟合得y−x^2图线。作图略。（2）y与x^2成线性关系。故填线性。（3）平抛规律x=v0t、y=½gt^2，消去t得y=(g/2v0^2)x^2，故图线斜率k=g/(2v0^2)，v0=√(g/(2k))。故填√(g/(2k))。（4）图线不经过原点，是因小球水平射出点未与记录的O点重合（抛出点高于或低于O点），使y存在恒定偏移。故填水平射出点未与O点重合。
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 $R_{0}=2\mathrm{\Omega}$ 。（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 $\mathrm{S}_{0}$ ，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据 $U_{1}-I_{1}$ 的值，断开开关 $\mathrm{S}_{0}$ ③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 $\mathrm{S}_{0}$ ，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据 $U_{2}-I_{2}$ 的值，断开开关 $\mathrm{S}_{0}$ ⑤分别作出两种情况所对应的 $U_{1}-I_{1}$ 和 $U_{2}-I_{2}$ 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 $U_{1}=$ ＿＿＿＿V。

（4）根据测得数据，作出 $U_{1}-I_{1}$ 和 $U_{2}-I_{2}$ 图像如图丁所示，根据图线求得电源电动势 $E=$ ＿＿＿＿V，内阻 $r=$ ＿＿＿＿ $\Omega$ 。（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。

【答案与解析】

（1）按图甲连接：电压表并联在电源两端，电流表串联接入回路，单刀双掷开关S分别接1、2实现两种接法，滑动变阻器R串联限流，R0接入对应支路。作图略。（3）电压表指针读数为1.30V。故填1.30。（4）由U−I图线纵轴截距得电动势E=1.80V；由接法Ⅱ图线结合闭合电路欧姆定律得内阻r=2.50Ω。故填1.80；2.50。（5）接法Ⅱ测得的电源内阻更接近真实值。故填接法Ⅱ。（6）综合考虑应选择接法Ⅱ测量更合适。故填接法Ⅱ。
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。 $500\mathrm{m}$ 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 $8\mathrm{m}$ 用时 $2\mathrm{s}$ 。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 $10\mathrm{m}$ 的匀速圆周运动，速度大小为 $14\mathrm{m/s}$ 。已知武大靖的质量为 $73\mathrm{kg}$ ，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 $\theta$ 的大小。（不计空气阻力，重力加速度大小取 $10\mathrm{m/s^{2}}$ ， $\tan22^{\circ}=0.40$ 、 $\tan27^{\circ}=0.51$ 、 $\tan32^{\circ}=0.62$ 、 $\tan37^{\circ}=0.75$ ）

【答案与解析】

（1）前8m匀加速，由x=½at^2得a=2x/t^2=2×8/2^2m/s^2=4m/s^2。故加速度大小为4m/s^2。（2）过弯向心力F=mv^2/r=73×14^2/10N=73×196/10N=1430.8N≈1.43×10^3N。故所需向心力大小为1.43×10^3N。（3）场地对运动员的作用力指向重心，其水平分量提供向心力、竖直分量平衡重力，tanθ=mg/F=73×10/1430.8≈0.510，对照tan27°=0.51，得θ=27°。故身体与水平面夹角为27°。
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 $v_{0}$ 从滑板最左端滑入，滑行 $s_{0}$ 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 $\mu$ ，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。

【答案与解析】

（1）C在A上滑行s0，A受地面最大静摩擦3μmg>μmg（C对A的摩擦力），故A不动；C受摩擦μg减速，由v^2=v0^2−2μgs0得碰前速度v=√(v0^2−2μgs0)。（2）C与B完全非弹性碰撞，动量守恒mv=2m·u，u=v/2；损失机械能ΔE=½mv^2−½(2m)u^2=¼mv^2=¼m(v0^2−2μgs0)。（3）碰后(B+C)在A上滑动，对A的拖动摩擦力2μmg，弹簧被压缩对A向右推力kx；A刚要动时2μmg+kx=3μmg，得压缩量x=μmg/k，即(B+C)相对A位移为μmg/k。此过程C、B克服摩擦力做功W=2μmg·(μmg/k)=2μ^2m^2g^2/k。
如图（a），一倾角为 $\theta$ 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 $t=0\mathrm{s}$ 开始，H在水平向右拉力作用下向右运动； $t=2\mathrm{s}$ 时，H与挡板M、N相碰后立即被锁定．G在 $t=1\mathrm{s}$ 后的速度一时间图线如图（b）所示，其中 $1\sim2\mathrm{s}$ 段为直线．已知：磁感应强度大小 $B=1\mathrm{T}$ ， $L=0.2\mathrm{m}$ ，G、H和A的质量均为 $0.2\mathrm{kg}$ ，G、H的电阻均为 $0.1\mathrm{\Omega}$ ；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： $\sin\theta=0.25$ ， $\cos\theta=0.97$ ，重力加速度大小取 $10\mathrm{m/s^2}$ ，图（b）中e为自然常数， $\frac{4}{e}=1.47$ ．求：（1）在 $1\sim2\mathrm{s}$ 时间段内，棒G的加速度大小和细绳对A的拉力大小；（2） $t=1.5\mathrm{s}$ 时，棒H上拉力的瞬时功率；（3）在 $2\sim3\mathrm{s}$ 时间段内，棒G滑行的距离．

【答案与解析】

（1）由v−t图，12s内G匀加速，a=Δv/Δt=2m/s^2；A加速度同为a，沿斜面T−m_Ag sinθ=m_Aa，T=m_A(g sinθ+a)=0.2×(10×0.25+2)N=0.9N。故加速度2m/s^2，拉力0.9N。（2）双棒回路电流I=BL(v_H−v_G)/(2R)（两棒电阻均R=0.1Ω），对G有BIL−T=m_Ga，代入a=2、T=0.9、m=0.2、B=1、L=0.2得I=6.5A，且v_H−v_G=6.5m/s恒定。对H：F−BIL=m_Ha，F=m_Ha+BIL=0.2×2+1×6.5×0.2N=1.7N。t=1.5s时v_G=3m/s，v_H=v_G+6.5=9.5m/s，拉力功率P=Fv_H=1.7×9.5W=16.15W。（3）t=2s后H锁定，回路电流突变，G受安培力减小；经判断绳松弛，A以a=g sinθ=2.5m/s^2减速，G在安培力下做加速度渐小的减速运动。由动量定理结合电磁感应，23s内G滑行距离s_G=2.53m。

	$O_{1}$	$O_{2}$	$O_{3}$	$O_{4}$	$O_5$	$O_{6}$
$y/\mathrm{cm}$	2.95	6.52	9.27	13.20	16.61	19.90
$x/\mathrm{cm}$	5.95	8.81	10.74	12.49	14.05	15.28
$x^{2}/\mathrm{cm^{2}}$	35.4	77.6	115.3	156.0	197.4	233.5