2022年新高考海南物理高考真题（缺第6题和第12题）

在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是 $F_{1}$ ，乙对甲的作用力是 $F_{2}$ ，则这两个力（　　）

A．大小相等，方向相反

B．大小相等，方向相同

C． $F_{1}$ 的冲量大于 $F_{2}$ 的冲量

D． $F_{1}$ 的冲量小于 $F_{2}$ 的冲量

【答案与解析】

甲推乙的力 $F_1$ 与乙对甲的力 $F_2$ 是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，二者大小相等、方向相反。两力作用时间相同，冲量 $I=Ft$ 大小也相等（冲量为矢量，方向相反）。故选A。
下列属于 $\beta$ 衰变的是（　　）

A． $^{238}_{92}\mathrm{U}\to^{234}_{90}\mathrm{Th}+^{4}_{2}\mathrm{He}$

B． $^{14}_{7}\mathrm{N}+^{4}_{2}\mathrm{He}\to^{17}_{8}\mathrm{O}+^{1}_{1}\mathrm{H}$

C． $^{234}_{90}\mathrm{Th}\to^{234}_{91}\mathrm{Pa}+^{0}_{-1}\mathrm{e}$

D． $^{235}_{92}\mathrm{U}+^{1}_{0}\mathrm{n}\to^{144}_{56}\mathrm{Ba}+^{89}_{36}\mathrm{Kr}+3^{1}_{0}\mathrm{n}$

【答案与解析】

$\beta$ 衰变的本质是原子核放出一个电子 $^{0}_{-1}\mathrm{e}$ 。A放出 $^{4}_{2}\mathrm{He}$ 为 $\alpha$ 衰变；B为人工核反应（发现质子）；C： $^{234}_{90}\mathrm{Th}\to^{234}_{91}\mathrm{Pa}+^{0}_{-1}\mathrm{e}$ ，放出电子，属 $\beta$ 衰变；D为重核裂变。故选C。
如图为一用透明材料做成的中心是空的球，其中空心部分半径与球的半径之比为1:3。当细光束以 $30^{\circ}$ 的入射角射入球中，其折射光线刚好与内壁相切，则该透明材料的折射率为（　　）

A． $\sqrt{2}$

B．1.5

C． $\sqrt{3}$

D．2

【答案与解析】

设球外半径 $R$ 、内半径 $R/3$ ，入射角 $i=30^{\circ}$ ，折射角（光线与法线夹角）为 $r$ 。折射光线与内壁相切，在切点处半径垂直于光线，于是在由球心、入射点、切点构成的直角三角形中， $\sin r=\dfrac{R/3}{R}=\dfrac13$ 。由折射定律（空气 $n=1\to$ 介质 $n$ ）： $\sin i=n\sin r$ ，即 $\dfrac12=n\cdot\dfrac13$ ，得 $n=1.5$ 。故选B。
在同一地方，甲、乙两个单摆做振幅不同的简谐运动，其振动图像如图所示，可知甲、乙两个单摆的摆长之比为（　　）

A．2：3

B．3：2

C．4：9

D．9：4

【答案与解析】

由振动图像读得甲、乙周期之比 $T_{\text{甲}}:T_{\text{乙}}=0.8:1.2=2:3$ 。同地 $g$ 相同，单摆 $T=2\pi\sqrt{\dfrac{L}{g}}$ ，故 $L\propto T^{2}$ ，摆长之比 $L_{\text{甲}}:L_{\text{乙}}=T_{\text{甲}}^{2}:T_{\text{乙}}^{2}=4:9$ 。故选C。
一个有N匝的矩形线框，面积为S，以角速度 $\omega$ 从如图所示的位置开始，在匀强磁场B中匀速转动，则产生的感应电动势随时间变化的图像是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

图示位置线框平面与磁感线平行（与中性面垂直），竖直长边垂直切割磁感线，此时感应电动势最大 $E_{\mathrm{m}}=NBS\omega$ ，且随时间按余弦规律变化 $e=E_{\mathrm{m}}\cos\omega t=NBS\omega\cos\omega t$ 。故选A。
有一个辐向分布的电场，距离O相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流通过电场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的（　　）

A．质量

B．电量

C．比荷

D．动能

【答案与解析】

粒子在辐向电场中做圆周运动，电场力提供向心力： $qE=m\dfrac{v^{2}}{r_{1}}$ ，得 $r_{1}=\dfrac{mv^{2}}{qE}$ 。在匀强磁场中洛伦兹力提供向心力： $qvB=m\dfrac{v^{2}}{r_{2}}$ ，得 $r_{2}=\dfrac{mv}{qB}$ 。轨迹相同即两场中转动半径相同，联立可知这些粒子具有相同的速度 $v$ 和比荷 $\dfrac{q}{m}$ 。故选C。
我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相同为m，3、4质量相同为 $m^{\prime}$ ，不计石块间的摩擦，则 $m:m^{\prime}$ 为（　　）

A． $\frac{\sqrt{3}}{2}$

B． $\sqrt{3}$

C．1

D．2

【答案与解析】

六块全等石块围成半圆，每块对应圆心角 $30^{\circ}$ 。隔离第 $3$ 块石块受力平衡，两侧相邻石块弹力的合力与重力平衡，由几何关系有 $\tan60^{\circ}=\dfrac{F}{4m'g}$ ；将第 $2$ 、 $3$ 块作为整体受力分析有 $\tan30^{\circ}=\dfrac{F}{4(m+m')g}$ 。两式相减得 $\sqrt{3}\,m'=\dfrac{1}{\sqrt{3}}(m+m')$ ，即 $3m'=m+m'$ ，故 $m:m'=2$ 。故选D。
某带电体周围的电场线和等势面如图所示，设A点的电场强度为 $E_{A}$ ，电势为 $\varphi_{A}$ ，B点的电场强度为 $E_{B}$ ，电势为 $\varphi_B$ ，则有（　　）

A． $E_{A}>E_{B}$

B． $E_{A}<E_{B}$

C． $\varphi_A>\varphi_B$

D． $\varphi_A<\varphi_B$

【答案与解析】

电场线越密处电场强度越大，图中B点电场线更密，故 $E_{A}<E_{B}$ ；沿电场线方向电势降低，B点电势高于A点，故 $\varphi_{A}<\varphi_{B}$ 。故选BD。
火星与地球的质量比为a，半径比为b，则它们的第一宇宙速度之比和表面的重力加速度之比分别是（　　）

A． $\frac{g_{\text{火}}}{g_{\text{地}}}=\frac{a}{b}$

B． $\frac{v_{\text{火}}}{v_{\text{地}}}=\sqrt{\frac{a}{b}}$

C． $\frac{g_{\text{火}}}{g_{\text{地}}}=\frac{a}{b^{2}}$

D． $\frac{v_{\text{火}}}{v_{\text{地}}}=\sqrt{\frac{b}{a}}$

【答案与解析】

第一宇宙速度 $v=\sqrt{\dfrac{GM}{R}}\propto\sqrt{\dfrac{M}{R}}$ ，故 $\dfrac{v_{\text{火}}}{v_{\text{地}}}=\sqrt{\dfrac{a}{b}}$ （B正确）。表面重力加速度 $g=\dfrac{GM}{R^{2}}\propto\dfrac{M}{R^{2}}$ ，故 $\dfrac{g_{\text{火}}}{g_{\text{地}}}=\dfrac{a}{b^{2}}$ （C正确）。故选BC。
一群处于 $n=4$ 激发态的氢原子跃迁向外辐射出不同频率的光子，则（　　）

A．需要向外吸收能量

B．共能放出6种不同频率的光子

C． $n=4$ 向 $n=3$ 跃迁发出的光子频率最大

D． $n=4$ 向 $n=1$ 跃迁发出的光子频率最大

【答案与解析】

一群处于 $n=4$ 激发态的氢原子向低能级跃迁，向外辐射光子而非吸收能量（A错）；可辐射光子种数为 $\mathrm{C}_{4}^{2}=6$ 种（B对）；能级差最大者为 $n=4\to n=1$ 跃迁，对应光子频率最大（D对，C错）。故选BD。
如图，带正电 $3\times10^{-5}\mathrm{C}$ 的物块A放在水平桌面上，利用细绳通过光滑的滑轮与B相连，A处在水平向左的匀强电场中， $E=4\times10^{5}\mathrm{N/C}$ ，从O开始，A与桌面的动摩擦因数 $\mu$ 随x的变化如图所示，取O点电势能为零，A、B质量均为 $1\mathrm{kg}$ ，B离滑轮的距离足够长，则（　　）

A．它们运动的最大速度为 $1\mathrm{m/s}$

B．它们向左运动的最大位移为 $1\mathrm{m}$

C．当速度为 $0.6\mathrm{m/s}$ 时，A的电势能可能是 $-2.4\mathrm{J}$

D．当速度为 $0.6\mathrm{m/s}$ 时，绳子的拉力可能是 $9.2\mathrm{N}$

【答案与解析】

A受电场力 $F=qE=3\times10^{-5}\times4\times10^{5}=12\ \mathrm{N}$ ，重力 $mg=1\times10=10\ \mathrm{N}$ ，滑动摩擦力 $f=\mu mg=0.2x\cdot10=2x\ \ \mathrm{N}$ 。当 $F=f+mg$ 时加速度为零、速度最大，得 $x=1\ \mathrm{m}$ ；对A、B系统由动能定理 $qEx-mgx-W_f=\dfrac12\cdot2m\cdot v^{2}$ ，其中 $W_f=\int_{0}^{1}2x\,\mathrm{d}x=1\ \mathrm{J}$ ，代入得 $12-10-1=v^{2}$ ，最大速度 $v=1\ \mathrm{m/s}$ ，A对。系统最终静止时 $qEx-mgx-\int_{0}^{X}2x\,\mathrm{d}x=0$ 即 $2X-X^{2}=0$ ，最大位移 $X=2\ \mathrm{m}$ ，B错。当 $v=0.6\ \mathrm{m/s}$ 时 $2x-x^{2}=0.36$ ，解得 $x=1.8\ \mathrm{m}$ 或 $x=0.2\ \mathrm{m}$ ；取O点电势能为零， $E_p=-qEx$ ，故 $x=0.2\ \mathrm{m}$ 时 $E_p=-2.4\ \mathrm{J}$ ，C对。当 $x=1.8\ \mathrm{m}$ 时 $f=3.6\ \mathrm{N}$ ，对A： $F-f-T=ma$ ，对B： $T-mg=ma$ ，联立得 $a=-0.8\ \mathrm{m/s^{2}}$ 、 $T=9.2\ \mathrm{N}$ ，D对。故选ACD。
在用双缝干涉测量光的波长的实验中，如图所示，则： ①a、b分别是( )

A．单缝和双缝 B.双缝和单缝 C.单缝和单缝 D.双缝和双缝

②如果双缝间距是d，双缝到毛玻璃的距离是L，第一条亮纹到第六条亮纹间距是x，则光的波长是＿＿＿＿。（用x、d、L表示）

【答案与解析】

①双缝干涉装置中，滤光片得单色光，经单缝形成细长光源，再经双缝得两束相干光，故a、b分别为单缝和双缝。故选A。 ②第一条亮纹到第六条亮纹间距为 $x$ ，含 $5$ 个相邻亮纹间隔，故 $\Delta x=\dfrac{x}{5}$ ；由 $\Delta x=\dfrac{L\lambda}{d}$ 得 $\lambda=\dfrac{d\Delta x}{L}=\dfrac{xd}{5L}$ 。故填 $\dfrac{xd}{5L}$ 。
用如图所示的装置研究平抛物体的运动规律，击打弹片时，A做平抛运动，B做自由落体。经过多次实验发现两个小球总是同时落地，则得到的结论是：＿＿＿＿。

以A的抛出点作为坐标原点，建立直角坐标系，如图所示，设从 $O\to A$ ，从 $A\rightarrow B$ ，从 $B\to C$ 的时间分别是 $t_{OA}$ 、 $t_{AB}$ 、 $t_{BC}$ ，则这三个时间是否相等＿＿＿＿。（选填“相等”或“不相等”）

物体平抛的初速度是多少＿＿＿＿（用x、h、g表示）

【答案与解析】

平抛运动在竖直方向的分运动与自由落体相同，故两球总是同时落地；结论：做平抛运动的物体在竖直方向上是自由落体运动。水平方向匀速，图中O→A、A→B、B→C水平位移相等，故 $t_{OA}$ 、 $t_{AB}$ 、 $t_{BC}$ 相等。竖直方向相邻相等时间内下落高度差为 $2h$ ，且首段下落 $h=\dfrac12gt^{2}$ ，得 $t=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}$ ；水平方向 $x=v_0t$ ，故 $v_0=\dfrac{x}{t}=x\sqrt{\dfrac{g}{2h}}$ 。故填：做平抛运动的物体在竖直方向上是自由落体运动；相等； $x\sqrt{\dfrac{g}{2h}}$ 。
现要测量一个满偏电流 $I_{g}=50\mu\mathrm{A}$ 的表头内阻并改装成量程为 $1\mathrm{mA}$ 的电流表，如图所示。

（1）先闭合开关，再调整滑动变阻器，使电流表A的示数为 $84\mathrm{mA}$ ，电流表G的示数如图所示，则流过G的电流是＿＿＿＿。若 $r_{A}=1.0\mathrm{\Omega}$ ，则 $r_{g}=$ ＿＿＿＿；

（2）给G并联一个 $R_{1}$ 的电阻进行校准时，当电流表G的示数为 $\frac{4}{5}I_{g}$ 时，标准电流表A的示数为 $0.76\mathrm{mA}$ ，则改装之后的电流表实际量程是＿＿＿＿；（3）若要把它改装成量程为 $1\mathrm{mA}$ 的电流表，还需要在 $R_{1}$ 两边并联一个 $R_{2}=$ ＿＿＿＿ $R_{1}$ 的电阻。

【答案与解析】

（1）由图读得G示数为 $30.0\ \mu\mathrm{A}$ 。并联电路电压相等： $I_A r_A=I_g r_g$ ，即 $84\times10^{-3}\times1.0=30\times10^{-6}\times r_g$ ，得 $r_g=2800\ \Omega$ 。故填 $30.0\ \mu\mathrm{A}$ ； $2800\ \Omega$ 。（2）校准时 $G$ 示数 $\dfrac45I_g=40\ \mu\mathrm{A}$ ，标准表 $\mathrm{A}$ 示数 $0.76\ \mathrm{mA}$ ，流过 $R_1$ 的电流 $I_{R_1}=0.76-0.04=0.72\ \mathrm{mA}$ ；由 $I_g r_g=I_{R_1}R_1$ 得 $R_1=\dfrac{40\times10^{-6}\times2800}{0.72\times10^{-3}}\approx155.6\ \Omega$ 。满偏时流过 $R_1$ 的电流 $I_{R_1}'=\dfrac{r_g}{R_1}I_g=18\times50\ \mu\mathrm{A}=0.9\ \mathrm{mA}$ ，实际量程 $I=I_g+I_{R_1}'=0.05+0.9=0.95\ \mathrm{mA}$ 。故填 $0.95\ \mathrm{mA}$ 。（3）量程改为 $1\ \mathrm{mA}$ 时需并联总电阻 $R_{\text{并}}=\dfrac{I_g r_g}{I-I_g}=\dfrac{50\times10^{-6}\times2800}{10^{-3}-50\times10^{-6}}\approx147.4\ \Omega$ ；已由 $R_1\approx155.6\ \Omega$ 并联 $R_2$ 实现， $\dfrac1{R_{\text{并}}}=\dfrac1{R_1}+\dfrac1{R_2}$ ，得 $R_2\approx2800\ \Omega$ ，故 $\dfrac{R_2}{R_1}=\dfrac{2800}{155.6}\approx18$ 。故填 $18$ 。
足够长的玻璃管水平放置，用长 $19\mathrm{cm}$ 的水银封闭一段长为 $25\mathrm{cm}$ 的空气柱（空气视为理想气体），大气压强为 $76\mathrm{cmHg}$ ，环境温度为 $300\mathrm{K}$ ，将玻璃管缓慢顺时针旋转到竖直，则： ①空气柱是吸热还是放热 ②空气柱长度变为多少 ③当气体温度变为 $360\mathrm{K}$ 时，空气柱长度又是多少？

【答案与解析】

①玻璃管转竖直过程气体做等温变化，体积减小，外界对气体做功 $W>0$ ，内能不变 $\Delta U=0$ ，由热力学第一定律 $\Delta Q=\Delta U-W<0$ ，气体放热。 ②水平时 $p_1=76\ \mathrm{cmHg}$ 、 $V_1=25S$ ；竖直后 $p_2=76+19=95\ \mathrm{cmHg}$ 、 $V_2=LS$ 。由玻意耳定律 $p_1V_1=p_2V_2$ 得 $76\times25=95L$ ，解得 $L=20\ \mathrm{cm}$ 。 ③竖直后压强保持 $95\ \mathrm{cmHg}$ 不变，等压变化： $\dfrac{V_2}{T_2}=\dfrac{V_3}{T_3}$ ，即 $\dfrac{20S}{300}=\dfrac{LS}{360}$ ，解得 $L=24\ \mathrm{cm}$ 。故空气柱放热；长度变为 $20\ \mathrm{cm}$ ；温度 $360\ \mathrm{K}$ 时长度为 $24\ \mathrm{cm}$ 。
有一个角度可变的轨道，当倾角为 $30^{\circ}$ 时，A恰好匀速下滑，现将倾角调为 $60^\circ$ ，从高为h的地方从静止下滑，过一段时间无碰撞地进入光滑水平面，与B发生弹性正碰，B被一根绳子悬挂，与水平面接触但不挤压，碰后B恰好能做完整的圆周运动，已知A的质量是B质量的3倍，求： ①A与轨道间的动摩擦因数 $\mu$ ； ②A与B刚碰完B的速度大小； ③绳子的长度L。

【答案与解析】

①倾角 $30^{\circ}$ 匀速下滑，平衡条件 $mg\sin30^{\circ}=\mu mg\cos30^{\circ}$ ，得 $\mu=\tan30^{\circ}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ 。 ②倾角 $60^{\circ}$ 从高 $h$ 处滑下，斜面长 $s=\dfrac{h}{\sin60^{\circ}}$ ，由动能定理 $3mgh-\mu\cdot3mg\cos60^{\circ}\cdot s=\dfrac12\cdot3m\cdot v_0^{2}$ ；代入 $\mu=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ 、 $\cos60^{\circ}=\dfrac12$ 、 $s=\dfrac{2h}{\sqrt{3}}$ ，摩擦力做功 $=3mg\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{3}\cdot\dfrac12\cdot\dfrac{2h}{\sqrt{3}}=mgh$ ，故 $3mgh-mgh=\dfrac32mv_0^{2}$ ，得 $v_0=2\sqrt{\dfrac{gh}{3}}$ 。A（ $3m$ ）与B（ $m$ ）弹性正碰，由动量与能量守恒，B获得速度 $v_B=\dfrac{2\cdot3m}{3m+m}v_0=\dfrac32v_0=\dfrac32\cdot2\sqrt{\dfrac{gh}{3}}=\sqrt{3gh}$ 。 ③B做完整圆周运动，最高点临界 $v_{\text{top}}=\sqrt{gL}$ ；由机械能守恒 $\dfrac12mv_B^{2}=\dfrac12mv_{\text{top}}^{2}+mg\cdot2L=\dfrac12mgL+2mgL=\dfrac52mgL$ ，故 $v_B^{2}=5gL$ ， $L=\dfrac{v_B^{2}}{5g}=\dfrac{3gh}{5g}=0.6h$ 。故 $\mu=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ ；B碰后速度大小为 $\sqrt{3gh}$ ；绳长 $L=0.6h$ 。
光滑的水平长直轨道放在匀强磁场 $B=0.25\mathrm{T}$ 中，轨道宽 $0.4\mathrm{m}$ ，一导体棒长也为 $0.4\mathrm{m}$ ，质量 $0.1\mathrm{kg}$ ，电阻 $r=0.05\mathrm{\Omega}$ 静止在导轨上，它与导轨接触良好。当开关与a接通时，电源可提供恒定的 $1\mathrm{A}$ 电流，电流方向可根据需要进行改变，开关与b接通时，电阻 $R=0.05\mathrm{\Omega}$ ，若开关的切换与电流的换向均可在瞬间完成，求： ①当棒中电流由M流向N时，棒的加速度的大小和方向是怎样的； ②当开关始终接a，要想在最短时间内使棒向左移动 $4\mathrm{m}$ 而静止，则棒的最大速度是多少； ③要想棒在最短时间内向左移动 $7\mathrm{m}$ 而静止，则棒中产生的焦耳热是多少。

【答案与解析】

①电流由M流向N时，由左手定则安培力向右，故加速度向右。安培力 $F=BIL=0.25\times1\times0.4=0.1\ \mathrm{N}$ ，由牛顿第二定律 $a=\dfrac{F}{m}=\dfrac{0.1}{0.1}=1\ \mathrm{m/s^{2}}$ 。故加速度大小为 $1\ \mathrm{m/s^{2}}$ ，方向向右。 ②开关始终接a，恒流 $I=1\ \mathrm{A}$ 方向先使棒向左加速、过中点的瞬间反向使棒向左减速，可在最短时间移动 $4\ \mathrm{m}$ 后静止。最大速度出现在中点 $x=2\ \mathrm{m}$ 处： $v_{\max}^{2}=2ax=2\times1\times2$ ，得 $v_{\max}=2\ \mathrm{m/s}$ 。 ③最短时间移动 $7\ \mathrm{m}$ 并停住的策略：先接a（电流N→M）向左加速，再接b（仅 $R+r$ 回路，感应电流制动），再接a反向（M→N）向左减速，最后接b停住。棒在a档加速度恒为 $a=1\ \mathrm{m/s^{2}}$ 。设加速时间 $t_1$ 、反向减速时间 $t_3$ ，则 $x_1=\dfrac12at_1^{2}$ 、 $x_3=\dfrac12at_3^{2}$ ；接b感应制动阶段 $m\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=\dfrac{B^{2}L^{2}}{R+r}v$ ，代入数据 $m=0.1$ 、 $B=0.25$ 、 $L=0.4$ 、 $R+r=0.1$ 得 $\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}=-1$ ，即速度随位移线性减小，该段位移 $x_2=v_1-v'=a(t_1-t_3)$ 。由总位移 $x_1+x_2+x_3=7$ 即 $\dfrac12t_1^{2}+t_1-t_3+\dfrac12t_3^{2}=7$ ，结合最优时间条件解得 $t_1=3\ \mathrm{s}$ 、 $t_3=1\ \mathrm{s}$ ，于是 $v_1=3\ \mathrm{m/s}$ 、 $v'=1\ \mathrm{m/s}$ ， $x_1=4.5\ \mathrm{m}$ 、 $x_3=0.5\ \mathrm{m}$ 、 $x_2=2\ \mathrm{m}$ 。棒中焦耳热：接a两段 $Q_1=I^{2}rt_1=1^{2}\times0.05\times3=0.15\ \mathrm{J}$ ， $Q_3=I^{2}rt_3=1^{2}\times0.05\times1=0.05\ \mathrm{J}$ ；接b制动段机械能损失全部转化为 $R+r$ 焦耳热，棒（阻值 $r$ ）中占 $\dfrac{r}{R+r}$ ，该段 $\Delta E_k=\dfrac12m(v_1^{2}-v'^{2})=\dfrac12\times0.1\times(9-1)=0.4\ \mathrm{J}$ ，故棒中 $Q_2=\dfrac{0.05}{0.1}\times0.4=0.2\ \mathrm{J}$ 。总焦耳热 $Q=0.15+0.2+0.05=0.4\ \mathrm{J}$ 。故棒中产生的焦耳热为 $0.4\ \mathrm{J}$ 。