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2022 年新高考福建物理高考真题
一、单选题
1．(2022·福建卷·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50 m 的圆
形廊道连接。若将质量为100 kg 的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M 处，再用100 s
沿廊道运送到N 处，如图(c)所示。重力加速度大小取10 m/s2，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5 400 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78 500 J
C．从M 处沿圆形廊道运动到N 处，位移大小为78.5 m
D．从M 处沿圆形廊道运动到N 处，平均速率为0.5 m/s
2．(2022·福建卷·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I，其衰变方程为I→Xe＋e，半衰期为8 天，已知mI＝131.037
21 u，mXe＝131.031 86 u，me＝0.000 549 u，则下列说法正确的是( )
A．衰变产生的β 射线来自于I 原子的核外电子
B．该反应前后质量亏损0.005 35 u
C．放射性元素I 发生的衰变为α 衰变
D．经过16 天，75%的I 原子核发生了衰变
3.(2022·福建卷·3)平时我们所处的地球表面，实际上存在场强大小为100 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Ubc＝0
B．a 点场强大小大于100 V/m
C．a 点场强方向水平向右
D．a 点的电势低于c 点
4.(2022·福建卷·4)2021 年美国“星链”卫星曾近距离接近我国运行在距地390 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，式中M 为地
球质量，G 为引力常量；现将空间站的质量记为m0，变轨前后稳定运行的轨道半径分别记
为r1、r2，如图所示。空间站紧急避碰过程发动机做的功至少为( )
A.GMm0(－)
B．GMm0(－)
C.GMm0(－)
D．2GMm0(－)
二、多选题
5.(2022·福建卷·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
6．(2022·福建卷·6)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 V，定
值电阻R1＝R2＝20 Ω，小灯泡L1、L2的规格均为“6 V 1.8 W”，理想变压器T1、T2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．L1与L2一样亮
B．L2比L1更亮
C．R1上消耗的功率比R2的大
D．R1上消耗的功率比R2的小
7．(2022·福建卷·7)一物块以初速度v0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Ek随位移x 的变化关系如图所示，图中x0、Ek1、Ek2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
8．(2022·福建卷·8)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1.6×104
m/s，推进器产生的推力为80 mN。已知氙离子的比荷为7.3×105 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 V
B．氙离子的加速电压约为700 V
C．氙离子向外喷射形成的电流约为37 A
D．每秒进入放电通道的氙气质量约为5.3×10－6 kg
三、填空题
9.(2022·福建卷·9)艺术体操运动员站在场地中以一定频率上下抖动6 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”)。
10.(2022·福建卷·10)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→b→c 状态变化过程到达c 状态。在VT 图中变化过程如图所示。
(1)气体从a 状态经过a→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→c 到达c 状态的过程要________。(填“吸收”或“放出”)热量。
四、实验题
11．(2022·福建卷·11)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O1、O2、O3…的坐标，并填入表格中，计算对应的x2值。
O1
O2
O3
O4
O5
O6
y/cm
2.95
6.52
9.27
13.20
16.61
19.90
x/cm
5.95
8.81
10.74
12.49
14.05
15.28
x2/cm2
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O4数据点，并绘制“yx2”图线。
(2)由yx2图线可知，小球下落的高度y，与水平距离的平方x2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yx2图线求得斜率k，小球平抛运动的初速度表达式为v0＝____________(用斜率k 和重
力加速度g 表示)。
(4)该实验得到的yx2图线常不经过原点，可能的原因是____________________________。
12．(2022·福建卷·12)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R0＝2 Ω。
(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S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据
U1I1的值，断开开关S0
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S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据
U2I2的值，断开开关S0
⑤分别作出两种情况所对应的U1I1和U2I2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U1＝_______
V。
(4)根据测得数据，作出U1I1 和U2I2 图像如图丁所示，根据图线求得电源电动势E＝
____________，内阻r＝____________。(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。
五、解答题
13．(2022·福建卷·13)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 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 m 用时2 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 m 的匀速圆周运动，速度大小为14 m/s。
已知武大靖的质量为73 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θ 的大小。(不计空气
阻力，重力加速度大小取10 m/s2，tan 22°＝0.40、tan 27°＝0.51、tan 32°＝0.62、tan 37°＝
0.75)
14．(2022·福建卷·14)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v0从
滑板最左端滑入，滑行s0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μ，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。
15．(2022·福建卷·15)如图(a)，一倾角为θ 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 开始，H 在水平向右拉力作用下向右运动；t＝2
s 时，H 与挡板M、N 相碰后立即被锁定。G 在t＝1 s 后的速度—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＝1 T，L＝0.2 m，G、H 和A 的质量均为0.2
kg，G、H 的电阻均为0.1 Ω；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 θ＝
0.25，cos θ＝0.97，重力加速度大小取10 m/s2，图(b)中e 为自然常数，＝1.47。求：
(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)t＝1.5 s 时，棒H 上拉力的瞬时功率；
(3)在2～3 s 时间段内，棒G 滑行的距离。
答案精析
1．答案 A
解析 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W 克G＝mgΔh＝
100×10×(2.7＋2.7) J＝5 400 J，故A 正确；该物资从M 处被运送到N 处的过程中，由于
M、N 高度差为零，所以克服重力做功为零，故B 错误；从M 处沿圆形廊道运动到N 处，
位移大小为50 m，故C 错误；从M 处沿圆形廊道运动到N 处，平均速率为v＝＝≈ m/s＝
0.785 m/s，故D 错误。
2．答案 D
解析 I 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β 射线，
故A 错误；该反应前后质量亏损为Δm＝mI－mXe－me＝131.037 21 u－131.031 86 u－0.000
549 u＝0.004 801 u，故B 错误；放射性元素I 发生的衰变为β 衰变，故C 错误；由于半衰
期为8 天，可知经过16 天，即经过两个半衰期，75%的I 原子核发生了衰变，故D 正确。
3.答案 B
解析 由题图可知，b、c 两点的电势差为Ubc＝200 V－300 V＝－100 V，故A 错误；由题
图可知，a 点与相邻两等势面的距离小于1 m，电势差的绝对值等于100 V，根据E＝，可知
a 点场强大小大于100 V/m，故B 正确；根据场强方向垂直于等势面，可知a 点的场强方向
沿竖直方向，不是水平方向，故C 错误；由题图可知，a 点与c 点在同一等势面上，电势均
为300 V，故D 错误。
4.答案 A
解析 空间站紧急避碰的过程可简化为加速、变轨、再加速的三个阶段；空间站从轨道半径
r1变轨到半径r2过程，根据动能定理有W＋W 引力＝ΔEk
依题意可得引力做功W 引力＝G－G
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G＝m0
求得空间站在轨道上运动的动能为Ek＝G
动能的变化ΔEk＝G－G
解得W＝(－)，故选A。
5.答案 AB
解析 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；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；减小伏打电
池电动势，只要导线中有电流，小磁针还是会发生偏转，选项C 错误；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。
6．答案 BC
解析 若开关接cd 端，则若电源电压为U0，理想变压器T1、T2的匝数比为＝＝k
用户电阻为R 负载，定值电阻等效为输电线电阻为R 导线，由变压器工作原理和欧姆定律。升
压变压器输出电压U2＝kU0
降压变压器原线圈两端电压U3＝U2－I2R 导线
降压变压器副线圈两端电压U4＝
I4＝ ，＝k，I3＝I2
可得升压变压器输出功率为
P 输＝U2I2＝
输电线上损耗的电功率为
P 导线＝I2
2R 导线＝R 导线
用户得到的电功率为
P 负载＝·k2R 负载
若开关接ab 端，则负载得到的功率
P 负载′＝·R 负载
输电线上损耗的电功率为
P 导线′＝R 导线
将R 导线＝R1＝R2＝20 Ω，R 负载＝ Ω＝20 Ω ，k＝3 代入可得P 负载>P 负载′
即L2比L1更亮；P 导线<P 导线′
R1上消耗的功率比R2的大，故选B、C。
7．答案 BD
解析 由动能定义式得Ek1＝mv0
2，则可求解质量m；上滑时，由动能定理Ek－Ek1＝－(mgsin
θ＋Ff)x
下滑时，由动能定理Ek＝(mgsin θ－Ff)(x0－x)
x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知
mgsin θ＋Ff＝，mgsin θ－Ff＝
两式相加可得gsin θ＝(＋)
相减可知Ff＝
即可求解gsin θ 和所受滑动摩擦力Ff的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，
故A、C 错误，B 正确；根据牛顿第二定律和运动学关系得mgsin θ＋Ff＝ma，t＝，故可求
解沿斜面上滑的时间，D 正确。
8．答案 AD
解析 氙离子经电场加速，根据动能定理有qU＝mv2－0，可得加速电压为U＝≈175 V，故
A 正确，B 错误；在Δt 时间内，有质量为Δm 的氙离子以速度v 喷射而出，形成电流为I，
由动量定理可得FΔt＝Δmv－0，进入放电通道的氙气质量为Δm0，被电离的比例为η，则有
＝η()，联立解得＝≈5.3×10－6 kg，故D 正确；在Δt 时间内，有电荷量为ΔQ 的氙离子喷射
出，则有ΔQ＝()q，I＝，联立解得I＝()()≈3.7 A，故C 错误。
9.答案 向上 增大
解析 由题图可知绸带上形成的波是自左向右传播的，根据波形平移法，可判断绸带上P
点运动方向向上；
绸带上产生更加密集的波浪状起伏效果，说明波长变小，而同种介质中同类型波的传播波速
是不变的，根据λ＝vT＝
可知运动员上下抖动的周期变短、频率增大。
10.答案 增大 放出
解析 (1)由VT 图像可知，气体从a 状态经过a→b 到达b 状态的过程中，气体的体积保持不
变，温度升高，根据＝C
可知气体的压强增大。
(2)由VT 图像可知，气体从b 状态经过b→c 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。
11．答案 (1)见解析 (2)线性 (3) (4)水平射出点未与O 点重合
解析 (1)根据上表数据在坐标纸上描出O4数据点，并绘制“yx2”图线如图所示
(2)由yx2图线为一条倾斜的直线可知，小球下落的高度y，与水平距离的平方x2成线性关系。
(3)根据平抛运动规律可得x＝v0t
y＝gt2
联立可得y＝g()2＝x2
可知yx2图像的斜率为k＝
解得小球平抛运动的初速度为v0＝
(4)yx2图线是一条直线，但常不经过原点，说明实验中测量的y 值偏大或偏小一个定值，这
是小球的水平射出点未与O 点重合，位于坐标原点O 上方或下方所造成的。
12．答案 (1)见解析图 (3)1.30 (4)1.80 2.50 (5)接法Ⅱ (6)接法Ⅱ
解析 (1)根据题图甲所示的电路图，实物连接如图所示
(3)量程为3 V 的电压表分度值为0.1 V，需要估读到分度值的下一位，由题图丙可知电压表
读数为U1＝1.30 V
(4)当单刀双掷开关接1 时，电流表示数为零时，电压表测量准确，故电动势为U1I1的纵轴截
距，则有E＝1.80 V
当单刀双掷开关接2 时，电压表示数为零时，电流表测量准确，由U2I2图像可知此时电路电
流为0.40 A，根据闭合电路欧姆定律可知I＝
解得内阻为r＝－R0＝ Ω－2 Ω＝2.50 Ω
(5)由题图丁可知U1I1图像的斜率绝对值为
k1＝ Ω＝R0＋r1
解得r1＝3.00 Ω
由题图丁可知U2I2图像的斜率绝对值为
k2＝ Ω＝R0＋r2
解得r2＝2.25 Ω
可得＝＝0.2>＝＝0.1
故接法Ⅱ测得的电源内阻更接近真实值。
(6)由电路图可知接法Ⅰ的误差来源是电流表的分压，接法Ⅱ的误差来源是电压表的分流，
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Ⅱ更合适。
13．答案 (1)4 m/s2 (2)1 430.8 N (3)27°
解析 (1)设武大靖运动过程的加速度大小为a，根据x＝at2
解得a＝＝ m/s2＝4 m/s2
(2)根据F 向＝m
解得过弯时所需的向心力大小为
F 向＝73× N＝1 430.8 N
(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
F 向＝
解得tan θ＝＝≈0.51
可得θ＝27°。
14．答案 (1) (2)m(v0
2－2μgs0) (3)
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
－μmgs0＝mv1
2－mv0
2
解得C 在碰撞前瞬间的速度大小为
v1＝
(2)物块B、C 碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv1＝2mv2
解得物块B 与物块C 碰后一起运动的速度大小为v2＝
故C 与B 碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝mv1
2－×2mv2
2＝m(v0
2－2μgs0)
(3)滑板A 刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得kΔx＋2μmg＝3μmg
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Δx＝
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＝2μmg·Δx＝。
15．答案 (1)2 m/s2 0.9 N (2)16.15 W (3)2.53 m
解析 (1)由vt 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a＝2 m/s2，
由牛顿第二定律可得FT－mAgsin θ＝mAa
解得细绳受到拉力FT＝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I＝
由牛顿运动定律和安培力公式有BIL－FT＝mGa
由于在1～2 s 内棒G 做匀加速运动，回路中电流恒定为I＝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H 由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力F＝mHa＋BIL＝1.7 N
由vt 图像可知t＝1.5 s 时，棒G 的速度为
vG＝3 m/s
此刻棒H 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
a′＝＝ m/s2＝4 m/s2
物块A 加速度为a″＝gsin θ＝2.5 m/s2
t＝3 s 时，A 的速度为vA＝v2－a″Δt＝1.5 m/s
说明棒H 停止后绳子松弛，物块A 做加速度大小为2.5 m/s2的匀减速运动，棒G 做加速度越
来越小的减速运动且绳子在2～3 s 时间内始终处于松弛状态；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BLΔt＝mG(vG2－vG3)
Δt＝Δt＝
棒G 滑行的距离sG＝＝(4－) m＝2.53 m
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。
