2022年高考物理点睛卷（福建卷）教师版.pdf

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1、试卷第 1 页，共 7 页 20222022 年高考物理点睛卷（福建卷）年高考物理点睛卷（福建卷）一、一、选择选择题题（共（共 8 8 题，共题，共 4040 分。分。1 1-4 4 题为单选题，每题题为单选题，每题 4 4 分，分，5 5-8 8 题为多选题，每题题为多选题，每题6 6 分）分）1某趣味物理实验中，在水平桌面上从桌子一角 A向 B 发射一个乒乓球，一同学在桌边试着用一支吹管将球由 B 处吹进球门 C，AB垂直 BC，如图所示，该同学将吹管对准 C 用力吹，但球没有进入球门。于是该同学调整了实验方案，你认为可能成功的是（）A用更大的力在 B处吹气 B将吹管向左平移适当距离 C将

2、球门 C 沿直线 CB向 B 点移动一小段距离 D将吹管绕 B点顺时针转动 90，正对着 A 吹气 2P1、P2为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星 sl、s2做匀速圆周运动。图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度 a，横坐标表示物体到行星中心的距离 r 的平方，两条曲线分别表示 P1、P2周围的 a与 r2的反比关系，它们左端点横坐标相同。则（）AP1的平均密度比 P2的小 Bs1的公转周期比 s2的小 Cs1的向心加速度比 s2的小 DP1的“第一宇宙速度”比 P1的小 3如图所示，一个有理想边界、磁感应强度55 10 TB=的矩形匀强磁场ABCD区试卷第

3、 2 页，共 7 页 域，对角线AC放一个挡板，20 3cm,20cmABCDBCAD=，左边有一个宽度等于AB的线状粒子源，可以水平向右发射速度51 10 m/sv=的粒子，粒子的质量251 10kgm=，电荷量152 10Cq=，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，在挡板AC上能打上粒子部分的长度是（）A10cm B10 3cm C20 3cm D20cm 4如图，在竖直平面内有a、b、c三点，a点在b点正上方，b、c连线水平。现将一质量为m、带电荷量为q的正电小球从a点以初速度0v抛出。第一次沿水平方向抛出小球，且空间无电场，小球经过c点的速度大小变为02v；第二次沿某一方向抛出小球，空间

4、存在方向平行于abc所在平面的匀强电场，小球经过c点时的速度大小变为04v。不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A所加电场的方向水平向左 Ba、b两点之间的高度差为202vg Cb、c两点之间的距离为206vg Da、c间的电势差为206mvq 5下列说法中正确的是（）A普朗克提出“振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数倍”，从而建立外卖，购物，打车，买电影票等等生活福利独家大额超省优惠券，关注微信公众号:有毒的阳光 领取下单哦，下单还有大额返利更多押题快速更新，购课微信：y w x h 9966，微信g a o k a o w a n g 520，QQ353257

5、6758,QQ3190695280试卷第 3 页，共 7 页 了“能量量子化”观点 B如果某种物体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波，而不发生反射，这种物体就被称为“黑体”C我们周围的一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与温度无关 D爱因斯坦指出“光不仅在发射和吸收时能量是一份一份的，而且光本身就是由一个个不可分割的能量子组成的”6如图所示，一小型渔港的防波堤两端 MN相距约 60m，在防波堤后 A、B 两处有两个小船进港躲避风浪。某次海啸引起的波浪沿垂直于防波堤的方向向防波堤传播，下列说法正确的有（）A假设波浪的波长约为 10m，则 A、B两处小船基本上不受波浪影响 B假设波浪的波长约为 10m

6、，则 A、B两处小船明显受到波浪影响 C假设波浪的波长约为 55m，则 A、B两处小船基本上不受波浪影响 D假设波浪的波长约为 55m，则 A、B两处小船明显受到波浪影响 7如图甲所示，过均匀带电金属球的球心 O 建立一维坐标系。以无穷远处的电势为零，x 轴上的电势 分布如图乙所示。已知12xx 又 343MR=可得 P1的平均密度比 P2的大。故 A 错误；BC依题意两卫星的轨道半径相等，根据 外卖，购物，打车，买电影票等等生活福利独家大额超省优惠券，关注微信公众号:有毒的阳光 领取下单哦，下单还有大额返利更多押题快速更新，购课微信：y w x h 9966，微信g a o k a o w

7、a n g 520，QQ3532576758,QQ3190695280答案第 2 页，共 10 页 2224GMmmamrrT=解得 322GMraTrGM=，易知 s1的公转周期比 s2的小，s1的向心加速度比 s2的大。故 B 正确；C 错误；D根据 GMvR=易知，P1的“第一宇宙速度”比 P1的大。故 D 错误。故选 B。3B【解析】【详解】粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则有 2vqvBmr=mvrqB=代入数据解得 0.1m=10cmr=粒子运动的圆周与 AC 相切时，能打到 AC 上的长度最大，设从 E点射出的粒子恰好与 AC边相切，粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系有 2

8、03tan=320 3BCABA=外卖，购物，打车，买电影票等等生活福利独家大额超省优惠券，关注微信公众号:有毒的阳光 领取下单哦，下单还有大额返利更多押题快速更新，购课微信：y w x h 9966，微信g a o k a o w a n g 520，QQ3532576758,QQ3190695280答案第 3 页，共 10 页 10cm10 3cmtan33rAFA=ACD 错误，B 正确。故选 B。4D【解析】【详解】BC第一次抛出时，空间无电场，小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有 ycvgt=212abhgt=22002cycvvvv=+=联立解得 03ycvv=，03vtg

9、=，2032abvgh=水平方向做匀速直线运动，则有 2003bcgxtvv=BC 错误；AD第二次沿某一方向抛出，空间有电场时，从抛出到c点过程，由动能定理可得 220011(4)22acabqUmghmvmv+=其中 222000113(2)222abmghmvmvmv=联立解得 206acqmvU=即 206acqmvU=由于电场力做正功，小球带正电，如果电场方向水平向左，则电场力水平向左，从抛出到c点过程电场力做负功，不符合实际电场力做正功，所以电场方向不可能水平向左，A 错外卖，购物，打车，买电影票等等生活福利独家大额超省优惠券，关注微信公众号:有毒的阳光 领取下单哦，下单还有大额返

10、利更多押题快速更新，购课微信：y w x h 9966，微信g a o k a o w a n g 520，QQ3532576758,QQ3190695280答案第 4 页，共 10 页 误，D 正确；故选 D。5ABD【解析】【详解】A普朗克提出“振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数倍”，从而建立了“能量量子化”观点，故 A 正确；B如果某种物体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波，而不发生反射，这种物体就被称为“黑体”，故 B 正确；C我们周围的一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与温度有关，故 C 错误；D爱因斯坦指出“光不仅在发射和吸收时能量是一份一份的，而且光本身就是由一个个不

11、可分割的能量子组成的”，故 D 正确。故选 ABD。6AD【解析】【详解】AB当障碍物或缝隙的尺寸比波长小或跟波长相差不多时才能发生明显的衍射现象，波浪的波长约为 10m 时，不能发生明显的衍射现象，则 A、B 两处小船基本上不受波浪影响，A 正确，B 错误；CD波浪的波长约为 55m 时，能发生明显的衍射现象，则 A、B 两处小船明显受到波浪影响，C 错误，D 正确。故选 AD。7AC【解析】【详解】A以无穷远处的电势为零，那么负电荷周围的电势为负值，所以该带电体带负电，则 A正确；B由对称性可知离带电体越远的场强越小，或者由电势与距离的图像的斜率的绝对值越大的场强越大，则1x处的电场强度比

12、2x处的电场强度大，所以 B 错误；外卖，购物，打车，买电影票等等生活福利独家大额超省优惠券，关注微信公众号:有毒的阳光 领取下单哦，下单还有大额返利更多押题快速更新，购课微信：y w x h 9966，微信g a o k a o w a n g 520，QQ3532576758,QQ3190695280答案第 5 页，共 10 页 C由电势与距离的图像可知，1x处的电势比在2x处的小，但是负电荷在电势越小的位置电势能越大，所以电子在1x处的电势能比在2x处的大，则 C 正确；D质子从1x处移到2x处，电势能增大，由功能关系可知，电场力做正功电势能减小，电场力做负功电势能增大，所以将质子从1x

13、处移到2x处，电场力做的总功为负值，则 D 错误；故选 AC。8BC【解析】【详解】A流过受电线圈与送电线圈的电流之比为 211241InIn=A 错误；C根据题意 22AI=解得 10.5AI=根据题意得 12220441I RI R=+解得 24R=C 正确；B快速充电时，受电线圈 cd两端的输出电压为 22452VUI R=+=B 正确；D充电时，ab端接入的电阻 R与 cd 端接入的电阻 R 的电功率之比为 211222116PI RPI R=外卖，购物，打车，买电影票等等生活福利独家大额超省优惠券，关注微信公众号:有毒的阳光 领取下单哦，下单还有大额返利更多押题快速更新，购课微信：y

14、 w x h 9966，微信g a o k a o w a n g 520，QQ3532576758,QQ3190695280答案第 6 页，共 10 页 D 错误。故选 BC。9 174132H+Li2 He ()21232mmmc+【解析】【详解】1根据质量数和电荷数守恒可得 174132H+Li2 He 2根据质能方程可得()221232Emcmmmc=+10 做负功 不变【解析】【详解】1ab过程，气体的压强增大，体积减小，外界对气体做功，即气体对外界做负功；2由图可知，p与1V成正比，根据理想气体状态方程pVCT=可知气体的温度不变。11 B O 3.00 CD【解析】【详解】1在“

15、探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，采用的科学方法是等效替代法，B 正确；2O点为橡皮筋拉长后达到的位置，应记录O点的位置以及拉力的大小与方向；3弹簧测力器的分度值为0.1N，读数应保留两位有效数字，弹簧测力计的示数为 3.00NF=4A两细绳的主要目的是确定拉力的方向，不要求等长，A 错误；B两分力的夹角是当大一些，可以减小测量误差，但不必大于 150，B 错误；C贴近并平行于木板时，实际操作时测量的角度误差小，可以减小误差，C 正确；D两点确定一条直线，实际操作中，让两点适当远一些可以减小笔痕宽度等造成的误差，D 正确。故选 CD。外卖，购物，打车，买电影票等等生活福利独家大额超省优惠

16、券，关注微信公众号:有毒的阳光 领取下单哦，下单还有大额返利更多押题快速更新，购课微信：y w x h 9966，微信g a o k a o w a n g 520，QQ3532576758,QQ3190695280答案第 7 页，共 10 页 12 2.48 40.5 较大 66.7【解析】【详解】（1）1根据电流表读数规则，电流表读数是 562.0A6.20 10 AI=电阻箱 P 两端的电压是()53g06.20 10(2.1037.9)10 V2.48VUI rR=+=+=（2）2M 点对应的电压1.80VU=，电阻80.0R=，太阳能电池的输出功率 224.05 10 W40.5mW

17、UPR=（3）3与曲线相比，在电阻 R相同的情况下，曲线中太阳能电池的电压较大，由 2UPR=可知，曲线中太阳能电池的输出电功率较大；4由图像可知，太阳能电池电动势为2.80VE=，太阳能电池的内阻随外接电阻 R 的增大而减小，可估算出当30R=时电池内阻约为30，太阳能电池输出功率最大，最大输出电功率 20.0667W66.7mW4EPR=13（1）25m/sa=；（2）4F=N；（3）木盘能停在得分区【解析】【详解】（1）在加速过程中，由位移与时间的关系 21012xv tat=+代入数据得 25m/sa=（2）由牛顿第二定理知 Fmgma=得 4F=N 外卖，购物，打车，买电影票等等生活

18、福利独家大额超省优惠券，关注微信公众号:有毒的阳光 领取下单哦，下单还有大额返利更多押题快速更新，购课微信：y w x h 9966，微信g a o k a o w a n g 520，QQ3532576758,QQ3190695280答案第 8 页，共 10 页（3）通过bb时木盘的速度 221022vvax=解得 15v=m/s 此后木盘做匀减速运动，加速度 23m/sag=减速到 0，发生的位移 2125m26vxa=可得 3.6m4.4mx 故木盘能停在得分区。14（1）130J；（2）57【解析】【详解】（1）滑块 P第一次经过 B点时压力传感器的示数为滑块 P的重力的 11 倍，由

19、牛顿第二定律得 2BvFmgmR=11Fmg=从 A 到 B由动能定理得 2k12BAmgLmvE=解得 k6.56.5 2 10 1J130JAEmgR=（2）因为滑块 P的质量小于滑块 Q 的质量，所以滑块 P、Q 碰撞后 P将反弹，设碰撞后滑块 P、Q 的速度大小分别为 vp、Qv，根据动量守恒定律有 BPQmvmvMv=+根据能量守恒定律有 外卖，购物，打车，买电影票等等生活福利独家大额超省优惠券，关注微信公众号:有毒的阳光 领取下单哦，下单还有大额返利更多押题快速更新，购课微信：y w x h 9966，微信g a o k a o w a n g 520，QQ3532576758,Q

20、Q3190695280答案第 9 页，共 10 页 222111222BPQmvmvMv=+设滑块 Q 在 CD段上运动的最高点为 G，且此次滑块 P 最终停止的位置为 H，对滑块 P从B到 H 的运动过程，根据动能定理有 2102BHPmgxmv=对滑块 Q 从 B到 G的运动过程，根据动能定理有()21 cossins12co0GCGCQMgRMgxMvgMx=由题意可知滑块 Q 能够恰好运动至 H点，则对 Q从 G到 H的运动过程，根据动能定理有()sincos1 cos00GCGCBHMgxMgxMgRMgx+=解得 57=15（1）22442m gRB L；（2）3ag=方向竖直向上

21、；（3）2QHLmg=；（4）236B LtmgR=【解析】【详解】（1）据题意有，因为导线框匀速进入区域，安培力与重力平衡，则有 22B L vmgBILR=导线框穿过之前自由落体有 22vgh=联立解得 22442m gRhB L=（2）导线框刚进入区域时，速度瞬间可视为不变，与区域时速度相同，仍为 v，则有导线框下边切割区域的磁场，上边切割区域的磁场，相当于两个串联的电源，故电流为 2BLvIR=根据楞次定律可知，导线框的安培力向上，则有 2242B LvFBLIR=根据牛顿第二定律有 Fmgma=外卖，购物，打车，买电影票等等生活福利独家大额超省优惠券，关注微信公众号:有毒的阳光 领取

22、下单哦，下单还有大额返利更多押题快速更新，购课微信：y w x h 9966，微信g a o k a o w a n g 520，QQ3532576758,QQ3190695280答案第 10 页，共 10 页 解得 3ag=方向竖直向上；（3）如图 1 所示，线框穿过整个磁场由于是匀速进入、匀速穿出，速度不变，所以由刚开始进入磁场时与刚穿出磁场时线框动能不变，据能的转化及守恒有(2)QmgLH=+解得 2QHLmg=（4）如图 1 所示，设线框由磁场区域到完全出磁场区域用时为 t，由于始末的速度相同，则根据动量定理有 20mgtBLItBLItBLIt=其中BLIt为线框进入区域安培力的冲量，2BLIt为由区域到区域时的安培力的冲量，BLIt为线框穿出区域时安培力的冲量，则有 22 3BLB LBLItBLItBLRR=2 3224B LBLItBLqR=联立解得 236B LtmgR=外卖，购物，打车，买电影票等等生活福利独家大额超省优惠券，关注微信公众号:有毒的阳光 领取下单哦，下单还有大额返利更多押题快速更新，购课微信：y w x h 9966，微信g a o k a o w a n g 520，QQ3532576758,QQ3190695280