2022福建高考物理试题解析.pdf

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1、2022年福建高考物理试题解析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5 0 m的圆形廊道连接。若将质量为l k g的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口 M处,再用1供 沿廊道运送到N处,如 图（c）所示。重力加速度大小取l O m/s?,则（）承启楼（b）剖面图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5 4 0 0 JB.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7 8 5 0 0 JC.从 何 处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为7 8.5 mD.从M处

2、沿圆形廊道运动到N处，平均速率为0.5 m/s【答案】A【解析】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Wc=mgh=10 0 x10 x（2.7 +2.7）J=5 4 0 0 J故A正确；B.该物资从M处被运送到N处的过程中，由 于 高 度 差 为 零，所以克服重力做功为零,故B错误；C.从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小 5 0 m,故C错误；D.从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为v-=-m /s =0.7 8 5 m/st t 10 0故D错误。故选A o2 .2 0 11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与I

3、,其衰变方程为X e+%,半衰期为8天，已 知 叫=13 1.0 3 7 2 1u ,机右=13 L 0 3 18 6 u,”=0.0 0 0 5 4 9 u,则下列说法正确的是（）A.衰变产生的0射线来自于；1原子的核外电子B.该反应前后质量亏损0.0 0 5 3 5 UC.放 射 性 元 素 发 生 的 衰 变 为a衰变D.经 过16天，7 5%的 原 子 核 发 生 了 衰 变【答案】D【解析】A.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B射线，故A错误；B.该反应前后质量亏损为m =13 1.0 3 7 2 1U-13 1.0 3 18 6 u-0.0 0 0

4、 5 4 9 u =0.0 0 4 8 0 1 u故B错误；C.放 射 性 元 素 发 生 的 衰 变 为P衰变，故C错误；D.由于半衰期为8天，可知经过16天，即经过两个半衰期，7 5%的 原 子 核 发 生 了 衰 变,故D正确。故选D o3 .平时我们所处的地球表面，实际上存在场强大小为10 0 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“、氏c三点，其中。点位于金属杆正上方，氏c等高。则下列说法正确的是（）h/m5432卞：、50 0 V4 0 0 V3 0 0 V20 0 VA.b、c两点的电势差。加=0C.a点场强方向水平向右B.a点场强

5、大小大于1 0 0 V /mD.a点的电势低于c点【答案】B【解析】A.由图可知，氏。两点的电势差为Uhc=20 0 V -3 0 0 V =-1 0 0 V故A错误；B.由图可知，。点与相邻两等势面的距离小于1 m，电势差等于1 0 0 V,根据d可知。点场强大小大于1 0 0 V/m,故B正确；C.根据场强方向垂直于等势面，可知。点的场强方向沿竖直方向，不是水平方向，故C错误；D.由图可知，a点与c点在同一等势面上，电势均 3 0 0 V,故D错误。故选B o4.20 21年 美 国“星链”卫星曾近距离接近我国运行在距地3 9()k m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

6、了发动机点火变轨的紧急避碰措施。已知质量为mM m的物体从距地心 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,rG为引力常量；现将空间站的质量记为机。，变轨前后稳定运行的轨道半径分别记为4、R,如图所示。空间站紧急避碰过程发动机做的功至少为()L-、咚 二1、/f、1 /、i /_/1 (11、A.G M m0-2 1 4 4)3 f l 1C.G M m。-2 r2)【答案】A【解析】空间站紧急避碰的过程可简化为加速、变轨到与过程，根据动能定理有(1 1 B.G M m。-1弓 r2)(1 1)D.2 GMma-也r2)变轨、再加速的三个阶段；空间站从轨道乙W +W =A E

7、k依题意可得引力做功w力 力=G&R -G竺%r2 r万有引力提供在圆形轨道上做匀速圆周运动的向心力，由牛顿第二定律有尸v2Gk”求得空间站在轨道上运动的动能为动 能 变 化解得AEG西-G晒2G 2(2 J r2?故选Ao二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分.每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.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

8、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】A.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；B.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；C.减小伏打电池电动势，只要导线中有电流，小磁场还是会发生偏转，选项C错误；D.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。故选A B。6.某同学利用如图所示电路模拟远距离输

9、电.图中交流电源电压为6V,定值电阻=&=20。，小灯泡L 1、L 2的规格均为“6 V 1.8 W”，理想变压器（、5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H,两电路都稳定工作时，（）A.L 1与L 2 一样亮 B.L 2比L|更亮c.用 上消耗的功率比尺2的大 D.飞 上消耗的功率比&的 小【答案】B C【解析】若开关接c d端，则若电源电压为U。，理想变压器工、丁2的匝数比为%=%=左%用户电阻为R负载，输电线电阻为R导线，由变压器工作原理和欧姆定律。升压变压器次级电压U2=kU0降压变压器初级电压。3=0 2 一 1 2%线降压变压器次级电压J=,H负 载L=k可

10、得输电功率为,3=4R导 线+%-R负载输电线上损耗的电功率为k2U2匕 线=导 线=-（金 导线（我 导 线+&R负载）用户得到的电功率为P二 k试（端线+ZR负载）2Kk?R八负载若开关接必端，则负载得到的功率厂P 负载（R导 线+R负我）输电线上损耗的电功率为（尺导 线+R负载导线将 R导 线=7?=&=20C,2R负战=Q=20Q,k 3带入可知 1.8可得”载 综 载即L2比L1更亮;鼎 线 r-n-=2-.5-0-2-.-2-5-=0n.1,r 2.50-r 2.50故接法II测得的电源内阻更接近真实值。(6)6 由电路图可知接法I 的误差来源是电流表的分压，接法H的误差来源是电压

11、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I 更合适。13.清代乾隆的 冰嬉赋用“壁蹩”(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1 0 m的匀速圆周运动，速度大小为1 4 m/s。已知武大靖的质量为73 k g ,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

12、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。的大小。（不计空气阻力，重力加速度大小取 10m/Sz,t a n220=0.40、t a n270=0.5 1、t a n320=0.62、t a n 37 =0.75 ）/7【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。，根据x=-a t22解得。与二等 m/s2=4m/s2（2）根据v2F=m-解得过弯时所需的向心力大小为142耳=73X N=1430.8N向 10（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mgt a n。

13、解得岫武部0.5 1可得6=2714.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%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的质量均为加，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，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。c%B WWVWW

14、W A7777 777777777777777777777777777777 f/【答案】（1）J色2g%:（2）,加（诏一2g s 0）;（3）2区1次4k【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1 2 1 2一 m g S o =5机 匕 2，nV解得C在碰撞前瞬间的速度大小为巧=；-2g S o（2）物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得mvx=2m v0解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为V2=17VO-WO故C与B碰撞过程中损失的机械能为=g根彳一（乂2根0=；机（片_ 2g$o）(3)滑板A刚要滑动时，对滑板A,由受力平衡可得kM +2/amg=3/.

15、img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k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=2pimg-X =15.如 图(a),一倾角为。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、，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4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r =O s开始，H在水平向右拉力作用下向右运动；r =2 s时，H与挡板M、N相碰后立即被锁

16、定.G在f=1S后的速度一时间图线如图(b)所示，其中1 2 s段为直线.已知：磁感应强度大小B =1T,L =0.2 m,G、，和A的质量均为0.2 k g,G、”的电阻均为0.10；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均忽略不计；，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：s in =0.2 5,4c os =0.9 7,重力加速度大小取l()m/s 2,图(b)中e为自然常数，一 =1.4 7.求：e(1)在1 2 s时间段内，棒G的加速度大小和细绳对A的拉力大小；(2)f =1.5 s时，棒”上拉力的瞬时功率；(3)在2 3s时间段内，棒G滑行的距离.【

17、解析】(1)由丫一，图像可得在1:2 s内，棒G做匀加速运动，其加速度为a=2 m/s2依题意物块A的加速度也为q=2 m/Sz,由牛顿第二定律可得T-mAg sin 0=mKa解得细绳受到拉力T =0.9 N(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n+RU由牛顿运动定律和安培力公式有BIL-T=mQa由于在1:2 s内棒G做匀加速运动，回路中电流恒定为/=6.5 A,两棒速度差为vH-vG-6.5 m /s保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a；对棒，由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力F=mnHa+BIL=1.7 N由丫一，图像可知r =1.5 s时，棒G

18、的速度为vG=3m /s此刻棒”的速度为vH=9.5 m/s其水平向右拉力的功率PF=FVH=16.15 W.(3)棒停止后，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-B-2I-?-vc-=-1-2-X-0-.2-2-X-4 m/,s 2=4)m /,s”22 RmG 2 x 0.lx 0.2a2物块A加速度为说明棒，停止后绳子松弛，物块4做加速度大小为2.5 m/s 2的匀减速运动，棒G做加速度越来越小的减速运动；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2：3 s 内BILM=mGvG 2-vGi)7 A BLv,BLsrIt=-A r=-匚RH+凡 时+RG棒G滑行的距离勺)(+凡)=f4-L=2.5 3 mcB2 I e)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。