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【高考真题】2022年高考物理真题试卷（福建卷）
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
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的圆形廊道连接。若将质量为的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M处，再用沿廊道运送到N处，如图（c）所示。重力加速度大小取，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
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
C．从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为
D．从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为
【答案】A
【知识点】位移与路程；速度与速率；功的计算
【解析】【解答】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：，A符合题意；
B.M、N在同一个水平面上，所以该物资从M处被运送到N处，重力不做功，B不符合题意；
C.从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为M、N之间的距离大小，即50m，C不符合题意；
D.从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为：，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】克服重力所做的功为，在同一水平面上移动物体不做功（在力的方向上没有位移），要清楚位移的概念、平均速率的概念。
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，其衰变方程为，半衰期为8天，已知，，，则下列说法正确的是（ ）
A． 衰变产生的射线来自于原子的核外电子
B．该反应前后质量亏损
C．放射性元素发生的衰变为衰变
D．经过16天，75%的原子核发生了衰变
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程
【解析】【解答】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射线，A不符合题意；
B.该反应前后质量亏损为：，B不符合题意；
C.放射性元素发生的衰变为衰变，C不符合题意；
D.经过16天，剩余为：，故有75%发生了衰变，D符合题意。
故答案为：D
【分析】衰变的实质是原子核内的中子转化为质子同时释放一个电子；根据反应前后的质量差可解得质量亏损，根据放射性元素的半衰期规律、公式判断、求解。
3．平时我们所处的地球表面，实际上存在场强大小为的电场，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 B．a点场强大小大于
C．a点场强方向水平向右 D．a点的电势低于c点
【答案】B
【知识点】电势；电势差；等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A.b、c两点的电势差为：，A不符合题意；
B.由知：电势差不变，d变小，所以a处场强变大，大于，B符合题意；
C.电场线与等势面垂直，并且沿着电场线方向电势逐渐降低，所以a点场强方向竖直向下，C不符合题意；
D.a、c在同一等势面上，电势相等，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】电势差表示两点电势的差值，等势面密集的地方，场强大，电场线与等势面垂直，并且沿着电场线方向电势逐渐降低，同一等势面上电势相等。
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．
4．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】A,B
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A.减小白金丝直径，其电阻增大，白金丝导线中电流减小，但仍能产生磁场，所以小磁针仍能偏转，A符合题意；
B.用铜导线替换白金丝，电阻增大，导线中电流减小，但仍能产生磁场，小磁针仍能偏转，B符合题意；
C.减小电源电动势，导线中电流减小，但仍能产生磁场，小磁针仍能偏转，C不符合题意；
D.当小磁针与导线垂直时，根据安培定则可知，导线产生的磁场与导线垂直，小磁针不能偏转，所以小磁针的偏转情况与其放置位置由关，D不符合题意。
故答案为：AB
【分析】减小白金属丝直径，用铜导线替换白金属丝，减小电源电动势，分析导线中电流的变化情况，判断小磁针能否偏转。小磁针的偏转情况与其放置位置有关，结合安培定则分析即可。
5．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，定值电阻，小灯泡、的规格均为“ ”，理想变压器、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．与一样亮 B．比更亮
C．上消耗的功率比的大 D．上消耗的功率比的小
【答案】B,C
【知识点】变压器原理；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】AB.小灯泡L1、L2的电阻为：，小灯泡L1的电流为：；设小灯泡L2的电流I2，T2变压器：，，解得：，。T1变压器副线圈电压为3U，则，解得：，可知：，所以L2比L1更亮，故B符合题意；
CD.R1中电流，R2中电流，可知：，又，由知R1上消耗的功率比R2的大，故C符合题意。
故答案为：BC
【分析】先根据求出小灯泡L1、L2的电阻。由欧姆定律求出小灯泡L1的电流。根据理想变压器的原副线圈电压、电流关系，求出小灯泡L2的电流，从而比较两个灯泡亮度关系。根据R1与R2中电流关系，比较他们功率关系。
6．一物块以初速度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。该物体的动能随位移x的变化关系如图所示，图中、、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】B,D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】ABC.由动能定义式有：，解求得m。由动能定理，上滑过程：，下滑过程：。有图像的斜率可知：，。联立，可得：，。即可求解和f，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC不符合题意，B符合题意；
D.上滑过程，根据牛顿第二定律有：，又，联立，可得t，故D符合题意。
故答案为：BD
【分析】根据图像结合动能定理可解得摩擦力大小，由于物块的质量未知，无法计算其它物理量。
7．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，推进器产生的推力为。已知氙离子的比荷为；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
B．氙离子的加速电压约为
C．氙离子向外喷射形成的电流约为
D．每秒进入放电通道的氙气质量约为
【答案】A,D
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；电流、电源的概念
【解析】【解答】AB.氙离子加速过程，由动能定理：，解得氙离子的加速电压为：，A符合题意；
C.设每秒向外喷射的氙离子数目为n，由动量定理：，又氙离子向外喷射形成的电流为：，；联立解得：，C不符合题意；
D.每秒进入放电通道的氙离子的电荷量为：，每秒进入放电通道的氙离子的质量为：，每秒进入放电通道的氙气的质量为：，D符合题意。
故答案为：AD
【分析】氙离子加速时，根据动能定理可求加速电压。根据动量定理和电流的定义式可求得喷射形成的电流。最后要注意先算每秒进入放电通道的氙离子的质量，然后结合氙气被电离的比例求解每秒进入放电通道氙气的质量。
三、非选择题：共60分，其中9、10为填空题，11、12为实验题，13~15为计算题．
8．艺术体操运动员站在场地中以一定频率上下抖动长绸带的一端，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
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】由图可知：波向右传播，根据波的产生，即先振动的带动后振动的可判断P点向上振动；波浪变密，说明波长变短，而波速不变，由可知：频率增大。
故答案为：向上 增大
【分析】判断质点振动方向可以用波的产生原理、同侧法、上下坡法、平移法等的一种；根据分析运动员向下抖动的频率变化情况。
9．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，然后经过状态变化过程到达c状态。在图中变化过程如图所示。
（1）气体从a状态经过到达b状态的过程中压强 。（填“增大”、“减小”或“不变”）
（2）气体从b状态经过到达c状态的过程要 。（填“吸收”或“放出”）热量。
【答案】（1）增大
（2）放出
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】（1）由 图像可知，气体从a状态经过 到达b状态的过程中，气体的体积保持不变，温度升高，根据 ，可知气体的压强增大。
（2）由 图像可知，气体从b状态经过 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。
故答案为：增大 放出
【分析】（1）由图像可知，从过程中，气体体积不变，温度升高根据可判断气体压强变化情况；
（2）从过程为等温变化，体积变小，气体内能不变，由热力学第一定律判断吸热和放热情况。
10．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、、的坐标，并填入表格中，计算对应的值。
2.95 6.52 9.27 13.20 16.61 19.90
5.95 8.81 10.74 12.49 14.05 15.28
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数据点，并绘制“”图线。
（2）由图线可知，小球下落的高度y，与水平距离的平方成 （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）由图线求得斜率k，小球平抛运动的初速度表达式为 （用斜率k和重力加速度g表示）。
（4）该实验得到的图线常不经过原点，可能的原因是 。
【答案】（1）
（2）线性
（3）
（4）水平射出点未与O点重合
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】
（1）
（2）由图像是一条倾斜直线可知y与x2成线性关系；
（3）由平抛运动规律有：，，联立可得：。由可得：；
（4）图线常不过原点，是因为小球的水平射出点未与o点重合，位于坐标原点o上方或者下方所造成的。
故答案为：（1）
（2）线性；（3）；（4）水平射出点未与o点重合。
【分析】（1）（2）根据数据描点作图，并根据图像判断y与x2的关系；
（3）根据平抛运动的规律结合图像中的斜率求解小球的初速度；
（4）根据平抛运动的规律分析产生误差的原因。
11．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。
（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，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据的值，断开开关
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，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据的值，断开开关
⑤分别作出两种情况所对应的和图像
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 V。
（3）根据测得数据，作出和图像如图丁所示，根据图线求得电源电动势 ，内阻 。（结果均保留两位小数）
（4）由图丁可知 （填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）测得电源内阻更接近真实值。
（5）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）
（2）1.30
（3）1.80；2.50
（4）接法Ⅱ
（5）接法Ⅱ
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）
（2）电压表接的量程，所以电压表的读数为：；
（3）s接1，当电流表示数为0时，相当于外电路断路，电压表的示数为电源电动势，即E=1.80V；s接2，当电压表的示数为0时，相当于外电路短路，电流表示数为外电路短路时的电流，则。根据闭合电路欧姆定律有：，解得：；
（4）图像的斜率表示电源的内阻。接法 Ⅰ：，接法Ⅱ ：，可见接法Ⅱ测得的电源内阻更接近真实值；
（5）若只能选择一种接法，应选择接法Ⅱ测量更合适
故答案为：（1）见解答；（2）1.30；（3）1.80 2.50；（4）接法Ⅱ；（5）接法Ⅱ
【分析】（1）根据电路图连接实物图；
（2）看准量程，再读数；
（3）根据s接1时，相当于外电路断路，电压表示数为电源电动势，s接2时，外电路相当于短路，电流表示数为外电路短路时的电流，再根据闭合电路欧姆定律求解；
（4）根据图像的斜率表示电源内电阻，求解两种情况下得到的电源内阻的值进行分析；
（5）根据（5）的分析进行选择。
12．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。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，前用时。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的匀速圆周运动，速度大小为。已知武大靖的质量为，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的大小。（不计空气阻力，重力加速度大小取，、、、）
【答案】（1）解：设武大靖运动过程的加速度大小为 ，根据
解得
（2）解：根据
解得过弯时所需的向心力大小为
（3）解：设场地对武大靖的作用力大小为 ，受力如图所示
根据牛顿第二定律可得
解得
可得
【知识点】向心力
【解析】【分析】（1）武大靖做的是初速度为零的匀加速直线运动，根据求解
（2）根据向心力的计算公式求解
（3）武大靖转弯时的向心力由地面对她的作用力和重力的合力提供，结合（2）中的向心力求解。
13．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，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；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）解：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
解得C在碰撞前瞬间的速度大小为
（2）解：物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得
解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为
故C与B碰撞过程中损失的机械能为
（3）解：滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得
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
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
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）物块C在与B碰撞前，滑板静止，由动能定理求解即可；
（2）物块B、C碰撞过程，由动量守恒定律、能量守恒进行求解；
（3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由平衡条件求解弹簧的压缩量，根据功的计算公式求解滑板A开始运动前物块B和物块C客服摩擦力做功。
14．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、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．从开始，H在水平向右拉力作用下向右运动；时，H与挡板M、N相碰后立即被锁定．G在后的速度一时间图线如图（b）所示，其中段为直线．已知：磁感应强度大小，，G、H和A的质量均为，G、H的电阻均为；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：，，重力加速度大小取，图（b）中e为自然常数，．求：
（1）在时间段内，棒G的加速度大小和细绳对A的拉力大小；
（2） 时，棒H上拉力的瞬时功率；
（3）在时间段内，棒G滑行的距离．
【答案】（1）解：由 图像可得在 内，棒G做匀加速运动，其加速度为
依题意物块A的加速度也为 ，由牛顿第二定律可得
解得细绳受到拉力
（2）解：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
由牛顿运动定律和安培力公式有
由于在 内棒G做匀加速运动，回路中电流恒定为 ，两棒速度差为
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
由 图像可知 时，棒G的速度为
此刻棒H的速度为
其水平向右拉力的功率
（3）解：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
物块A加速度为
说明棒H停止后绳子松弛，物块A做加速度大小为 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 内
棒G滑行的距离
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
【知识点】牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的图像类问题
【解析】【分析】（1）由图像可得加速度，根据牛顿第二定律可求拉力；
（2）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律可求得电流，由牛顿第二定律和安培力公式可求速度，再由功率计算公式求解功率；
（3）假设绳子松弛分析棒G和A的加速度，判断绳子是否松弛。由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律联立求滑行距离。
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【高考真题】2022年高考物理真题试卷（福建卷）
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
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的圆形廊道连接。若将质量为的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M处，再用沿廊道运送到N处，如图（c）所示。重力加速度大小取，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
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
C．从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为
D．从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为
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，其衰变方程为，半衰期为8天，已知，，，则下列说法正确的是（ ）
A． 衰变产生的射线来自于原子的核外电子
B．该反应前后质量亏损
C．放射性元素发生的衰变为衰变
D．经过16天，75%的原子核发生了衰变
3．平时我们所处的地球表面，实际上存在场强大小为的电场，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 B．a点场强大小大于
C．a点场强方向水平向右 D．a点的电势低于c点
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．
4．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
5．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，定值电阻，小灯泡、的规格均为“ ”，理想变压器、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．与一样亮 B．比更亮
C．上消耗的功率比的大 D．上消耗的功率比的小
6．一物块以初速度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。该物体的动能随位移x的变化关系如图所示，图中、、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
7．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，推进器产生的推力为。已知氙离子的比荷为；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
B．氙离子的加速电压约为
C．氙离子向外喷射形成的电流约为
D．每秒进入放电通道的氙气质量约为
三、非选择题：共60分，其中9、10为填空题，11、12为实验题，13~15为计算题．
8．艺术体操运动员站在场地中以一定频率上下抖动长绸带的一端，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”）。
9．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，然后经过状态变化过程到达c状态。在图中变化过程如图所示。
（1）气体从a状态经过到达b状态的过程中压强 。（填“增大”、“减小”或“不变”）
（2）气体从b状态经过到达c状态的过程要 。（填“吸收”或“放出”）热量。
10．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、、的坐标，并填入表格中，计算对应的值。
2.95 6.52 9.27 13.20 16.61 19.90
5.95 8.81 10.74 12.49 14.05 15.28
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数据点，并绘制“”图线。
（2）由图线可知，小球下落的高度y，与水平距离的平方成 （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）由图线求得斜率k，小球平抛运动的初速度表达式为 （用斜率k和重力加速度g表示）。
（4）该实验得到的图线常不经过原点，可能的原因是 。
11．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。
（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，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据的值，断开开关
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，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据的值，断开开关
⑤分别作出两种情况所对应的和图像
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 V。
（3）根据测得数据，作出和图像如图丁所示，根据图线求得电源电动势 ，内阻 。（结果均保留两位小数）
（4）由图丁可知 （填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）测得电源内阻更接近真实值。
（5）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。
12．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。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，前用时。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的匀速圆周运动，速度大小为。已知武大靖的质量为，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的大小。（不计空气阻力，重力加速度大小取，、、、）
13．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，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；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。
14．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、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．从开始，H在水平向右拉力作用下向右运动；时，H与挡板M、N相碰后立即被锁定．G在后的速度一时间图线如图（b）所示，其中段为直线．已知：磁感应强度大小，，G、H和A的质量均为，G、H的电阻均为；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：，，重力加速度大小取，图（b）中e为自然常数，．求：
（1）在时间段内，棒G的加速度大小和细绳对A的拉力大小；
（2） 时，棒H上拉力的瞬时功率；
（3）在时间段内，棒G滑行的距离．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】位移与路程；速度与速率；功的计算
【解析】【解答】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：，A符合题意；
B.M、N在同一个水平面上，所以该物资从M处被运送到N处，重力不做功，B不符合题意；
C.从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为M、N之间的距离大小，即50m，C不符合题意；
D.从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为：，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】克服重力所做的功为，在同一水平面上移动物体不做功（在力的方向上没有位移），要清楚位移的概念、平均速率的概念。
2．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程
【解析】【解答】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射线，A不符合题意；
B.该反应前后质量亏损为：，B不符合题意；
C.放射性元素发生的衰变为衰变，C不符合题意；
D.经过16天，剩余为：，故有75%发生了衰变，D符合题意。
故答案为：D
【分析】衰变的实质是原子核内的中子转化为质子同时释放一个电子；根据反应前后的质量差可解得质量亏损，根据放射性元素的半衰期规律、公式判断、求解。
3．【答案】B
【知识点】电势；电势差；等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A.b、c两点的电势差为：，A不符合题意；
B.由知：电势差不变，d变小，所以a处场强变大，大于，B符合题意；
C.电场线与等势面垂直，并且沿着电场线方向电势逐渐降低，所以a点场强方向竖直向下，C不符合题意；
D.a、c在同一等势面上，电势相等，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】电势差表示两点电势的差值，等势面密集的地方，场强大，电场线与等势面垂直，并且沿着电场线方向电势逐渐降低，同一等势面上电势相等。
4．【答案】A,B
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A.减小白金丝直径，其电阻增大，白金丝导线中电流减小，但仍能产生磁场，所以小磁针仍能偏转，A符合题意；
B.用铜导线替换白金丝，电阻增大，导线中电流减小，但仍能产生磁场，小磁针仍能偏转，B符合题意；
C.减小电源电动势，导线中电流减小，但仍能产生磁场，小磁针仍能偏转，C不符合题意；
D.当小磁针与导线垂直时，根据安培定则可知，导线产生的磁场与导线垂直，小磁针不能偏转，所以小磁针的偏转情况与其放置位置由关，D不符合题意。
故答案为：AB
【分析】减小白金属丝直径，用铜导线替换白金属丝，减小电源电动势，分析导线中电流的变化情况，判断小磁针能否偏转。小磁针的偏转情况与其放置位置有关，结合安培定则分析即可。
5．【答案】B,C
【知识点】变压器原理；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】AB.小灯泡L1、L2的电阻为：，小灯泡L1的电流为：；设小灯泡L2的电流I2，T2变压器：，，解得：，。T1变压器副线圈电压为3U，则，解得：，可知：，所以L2比L1更亮，故B符合题意；
CD.R1中电流，R2中电流，可知：，又，由知R1上消耗的功率比R2的大，故C符合题意。
故答案为：BC
【分析】先根据求出小灯泡L1、L2的电阻。由欧姆定律求出小灯泡L1的电流。根据理想变压器的原副线圈电压、电流关系，求出小灯泡L2的电流，从而比较两个灯泡亮度关系。根据R1与R2中电流关系，比较他们功率关系。
6．【答案】B,D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】ABC.由动能定义式有：，解求得m。由动能定理，上滑过程：，下滑过程：。有图像的斜率可知：，。联立，可得：，。即可求解和f，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC不符合题意，B符合题意；
D.上滑过程，根据牛顿第二定律有：，又，联立，可得t，故D符合题意。
故答案为：BD
【分析】根据图像结合动能定理可解得摩擦力大小，由于物块的质量未知，无法计算其它物理量。
7．【答案】A,D
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；电流、电源的概念
【解析】【解答】AB.氙离子加速过程，由动能定理：，解得氙离子的加速电压为：，A符合题意；
C.设每秒向外喷射的氙离子数目为n，由动量定理：，又氙离子向外喷射形成的电流为：，；联立解得：，C不符合题意；
D.每秒进入放电通道的氙离子的电荷量为：，每秒进入放电通道的氙离子的质量为：，每秒进入放电通道的氙气的质量为：，D符合题意。
故答案为：AD
【分析】氙离子加速时，根据动能定理可求加速电压。根据动量定理和电流的定义式可求得喷射形成的电流。最后要注意先算每秒进入放电通道的氙离子的质量，然后结合氙气被电离的比例求解每秒进入放电通道氙气的质量。
8．【答案】向上；增大
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】由图可知：波向右传播，根据波的产生，即先振动的带动后振动的可判断P点向上振动；波浪变密，说明波长变短，而波速不变，由可知：频率增大。
故答案为：向上 增大
【分析】判断质点振动方向可以用波的产生原理、同侧法、上下坡法、平移法等的一种；根据分析运动员向下抖动的频率变化情况。
9．【答案】（1）增大
（2）放出
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】（1）由 图像可知，气体从a状态经过 到达b状态的过程中，气体的体积保持不变，温度升高，根据 ，可知气体的压强增大。
（2）由 图像可知，气体从b状态经过 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。
故答案为：增大 放出
【分析】（1）由图像可知，从过程中，气体体积不变，温度升高根据可判断气体压强变化情况；
（2）从过程为等温变化，体积变小，气体内能不变，由热力学第一定律判断吸热和放热情况。
10．【答案】（1）
（2）线性
（3）
（4）水平射出点未与O点重合
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】
（1）
（2）由图像是一条倾斜直线可知y与x2成线性关系；
（3）由平抛运动规律有：，，联立可得：。由可得：；
（4）图线常不过原点，是因为小球的水平射出点未与o点重合，位于坐标原点o上方或者下方所造成的。
故答案为：（1）
（2）线性；（3）；（4）水平射出点未与o点重合。
【分析】（1）（2）根据数据描点作图，并根据图像判断y与x2的关系；
（3）根据平抛运动的规律结合图像中的斜率求解小球的初速度；
（4）根据平抛运动的规律分析产生误差的原因。
11．【答案】（1）
（2）1.30
（3）1.80；2.50
（4）接法Ⅱ
（5）接法Ⅱ
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）
（2）电压表接的量程，所以电压表的读数为：；
（3）s接1，当电流表示数为0时，相当于外电路断路，电压表的示数为电源电动势，即E=1.80V；s接2，当电压表的示数为0时，相当于外电路短路，电流表示数为外电路短路时的电流，则。根据闭合电路欧姆定律有：，解得：；
（4）图像的斜率表示电源的内阻。接法 Ⅰ：，接法Ⅱ ：，可见接法Ⅱ测得的电源内阻更接近真实值；
（5）若只能选择一种接法，应选择接法Ⅱ测量更合适
故答案为：（1）见解答；（2）1.30；（3）1.80 2.50；（4）接法Ⅱ；（5）接法Ⅱ
【分析】（1）根据电路图连接实物图；
（2）看准量程，再读数；
（3）根据s接1时，相当于外电路断路，电压表示数为电源电动势，s接2时，外电路相当于短路，电流表示数为外电路短路时的电流，再根据闭合电路欧姆定律求解；
（4）根据图像的斜率表示电源内电阻，求解两种情况下得到的电源内阻的值进行分析；
（5）根据（5）的分析进行选择。
12．【答案】（1）解：设武大靖运动过程的加速度大小为 ，根据
解得
（2）解：根据
解得过弯时所需的向心力大小为
（3）解：设场地对武大靖的作用力大小为 ，受力如图所示
根据牛顿第二定律可得
解得
可得
【知识点】向心力
【解析】【分析】（1）武大靖做的是初速度为零的匀加速直线运动，根据求解
（2）根据向心力的计算公式求解
（3）武大靖转弯时的向心力由地面对她的作用力和重力的合力提供，结合（2）中的向心力求解。
13．【答案】（1）解：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
解得C在碰撞前瞬间的速度大小为
（2）解：物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得
解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为
故C与B碰撞过程中损失的机械能为
（3）解：滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得
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
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
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）物块C在与B碰撞前，滑板静止，由动能定理求解即可；
（2）物块B、C碰撞过程，由动量守恒定律、能量守恒进行求解；
（3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由平衡条件求解弹簧的压缩量，根据功的计算公式求解滑板A开始运动前物块B和物块C客服摩擦力做功。
14．【答案】（1）解：由 图像可得在 内，棒G做匀加速运动，其加速度为
依题意物块A的加速度也为 ，由牛顿第二定律可得
解得细绳受到拉力
（2）解：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
由牛顿运动定律和安培力公式有
由于在 内棒G做匀加速运动，回路中电流恒定为 ，两棒速度差为
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
由 图像可知 时，棒G的速度为
此刻棒H的速度为
其水平向右拉力的功率
（3）解：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
物块A加速度为
说明棒H停止后绳子松弛，物块A做加速度大小为 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 内
棒G滑行的距离
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
【知识点】牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的图像类问题
【解析】【分析】（1）由图像可得加速度，根据牛顿第二定律可求拉力；
（2）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律可求得电流，由牛顿第二定律和安培力公式可求速度，再由功率计算公式求解功率；
（3）假设绳子松弛分析棒G和A的加速度，判断绳子是否松弛。由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律联立求滑行距离。
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