A06.【全国卷】（理综课标卷）2017-2021年汇编（14套）- 压轴题汇总（86道，86页）
文档属性
| 名称 | A06.【全国卷】（理综课标卷）2017-2021年汇编（14套）- 压轴题汇总（86道，86页） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 7.1MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-01-20 15:17:42 | ||
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文档简介
全国卷
历年（2017～2021）高考物理试卷
《压轴题汇编》（14套，86道）
目 录
2021年全国甲卷 2
2021年全国乙卷 8
2020年全国Ⅰ卷 14
2020年全国Ⅱ卷 20
2020年全国Ⅲ卷 26
2019年全国Ⅰ卷 32
2019年全国Ⅱ卷 38
2019年全国Ⅲ卷 44
2018年全国Ⅰ卷 49
2018年全国Ⅱ卷 55
2018年全国Ⅲ卷 61
2017年全国Ⅰ卷 66
2017年全国Ⅱ卷 72
2017年全国Ⅲ卷 77
2021年全国甲卷
[2021全国甲卷 T18 6分]2021年2月，执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后，进入运行周期约为1.8×105s的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为2.8×105m。已知火星半径约为3.4×106m，火星表面处自由落体的加速度大小约为3.7m/s2，则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为( )
A.6×105m B.6×106m C.6×107m D.6×108m
【答案】C
【解析】忽略火星自转则：①，可知：
设与为1.8×105s的椭圆形停泊轨道周期相同的圆形轨道半径为，由万引力提供向心力可知：②
设近火点到火星中心为：③，设远火点到火星中心为：④
由开普勒第三定律可知：⑤，由以上分析可得：。
[2021全国甲卷 T21 6分]由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是( )
A.甲和乙都加速运动 B.甲和乙都减速运动
C.甲加速运动，乙减速运动 D.甲减速运动，乙加速运动
【答案】AB
【解析】设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有：
感应电动势为：
两线圈材料相等(设密度为)，质量相同(设为)，则：
设材料的电阻率为，则线圈电阻：
感应电流为：；安培力为：
由牛顿第二定律有：；联立解得：
加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。当时，甲和乙都加速运动，当时，甲和乙都减速运动，当时都匀速。故选AB。
[2021全国甲卷 T23 10分]某同学用图(a)所示电路探究小灯泡的伏安特性，所用器材有：
小灯泡(额定电压2.5V，额定电流0.3A)
电压表(量程300mV，内阻300)
电流表(量程300mA，内阻0.27)
定值电阻R0
滑动变阻器R1(阻值0-20)
电阻箱R2(最大阻值9999.9)
电源E(电动势6V，内阻不计)
开关S、导线若干。
完成下列填空：
(1)有3个阻值分别为10、20、30的定值电阻可供选择，为了描绘小灯泡电流在0~300mA的U-I曲线，R0应选取阻值为___________的定值电阻；
(2)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的___________(填“a”或“b”)端；
(3)在流过电流表的电流较小时，将电阻箱R2的阻值置零，改变滑动变阻器滑片的位置，读取电压表和电流表的示数U、I，结果如图(b)所示。当流过电流表的电流为10mA时，小灯泡的电阻为___________(保留1位有效数字)；
(4)为使得电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3V，该同学经计算知，应将R2的阻值调整为_______。然后调节滑动变阻器R1，测得数据如下表所示：
U/mV 24.0 46.0 76.0 110.0 128.0 152.0 184.0 216.0 250.0
I/mA 140.0 160.0 180.0 2000 220.0 240.0 260.0 2800 300.0
(5)由图(b)和上表可知，随流过小灯泡电流的增加，其灯丝的电阻___________(填“增大”“减小”或“不变”)；
(6)该同学观测到小灯泡刚开始发光时流过电流表的电流为160mA，可得此时小灯泡电功率W1=_______W(保留2位有效数字)；当流过电流表的电流为300mA时，小灯泡的电功率为W2，则=_______(保留至整数)。
【答案】(1)10 (2)a (3)0.7 (4)2700 (5)增大 (6)0.074 (7)10
【解析】(1)因为小灯泡额定电压2.5V，电动势6V，则滑动滑动变阻器时，为了保证电路安全，需要定值电阻分担的电压：，则有：
则需要描绘小灯泡在0~300mA的伏安特性曲线，即R0应选取阻值为10；
(2)为了保护电路，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的a端；
(3)由图可知当流过电流表的电流为10mA时，电压为7mV，则小灯泡的电阻为
(4)由题知电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3V时，有：
解得：R2＝2700Ω
(5)由图(b)和表格可知流过小灯泡电流增加，图像中变大，则灯丝的电阻增大；
(6)根据表格可知当电流为160mA时，电压表的示数为46mA，根据(4)的分析可知此时小灯泡两端电压为0.46A，则此时小灯泡电功率：W1=0.46V×0.16A≈0.074W
同理可知当流过电流表的电流为300mA时，小灯泡两端电压为2.5V，此时小灯泡电功率：W2=2.5V×0.3A=0.75W，故有：。
[2021全国甲卷 T25 20分]如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力。
(1)求粒子发射位置到P点的距离；
(2)求磁感应强度大小的取值范围；
(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。
【答案】(1) ；(2)；(3)轨迹见解析，。
【解析】(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知
①； ②
粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，有： ③
粒子发射位置到P点的距离： ④
由①②③④式得： ⑤
(2)带电粒子在磁场运动在速度： ⑥
带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹(分别从Q、N点射出)如图所示
由几何关系可知，最小半径： ⑦
最大半径： ⑧
带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知： ⑨
由⑥⑦⑧⑨解得，磁感应强度大小的取值范围：
(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。
由几何关系可知：⑩
带电粒子的运动半径为：
粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离：
由⑩ 式解得：
[2021全国甲卷 T26 10分]如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0。隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为。
(ⅰ)求A的体积和B的压强；
(ⅱ)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。
【答案】(ⅰ)A的体积，B的压强为2p0
(ⅱ)再使活塞向左缓慢回到初始位置，此时A的体积为(-1)V和B的压强p0。
【解答】(ⅰ)向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为VB′时，
对气体B，由玻意耳定律：p0V＝pBVB′，得气体B得压强：pB＝2p0，
由题意可知：pA＝pB+0.5p0＝2p0+0.5p0＝2.5p0，
对气体A，由玻意耳定律：p0V＝pAVA′，得A的体积为：VA′＝＝＝V。
(ⅱ)活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不运动，则A的末态体积为V″＝V＋V＝，A的末态压强p″＝，而B的压强为2p0，差值大于0.5p0，则假设不成立，隔板将向左移动。末态压强关系：pB′＝pA′＋0.5p0，末态体积关系：VB″＋VA″＝2V
由p0V＝pA′VA″；p0V＝pB′VB″，解得：pB′＝p0，VA″＝(-1)V。
[2021全国甲卷 T27 10分]均匀介质中质点A、B的平衡位置位于x轴上，坐标分别为0和xB＝16cm。某简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v＝20cm/s，波长大于20cm，振幅为y＝1cm，且传播时无衰减。t＝0时刻A、B偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，运动方向相反，此后每隔Δt＝0.6s两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同。已知在t1时刻(t1＞0)，质点A位于波峰。求：
(ⅰ)从t1时刻开始，质点B最少要经过多长时间位于波峰；
(ⅱ)t1时刻质点B偏离平衡位置的位移。
【答案】(ⅰ)从t1时刻开始，质点B最少要经过0.8s时间位于波峰；
(ⅱ)t1时刻质点B偏离平衡位置的位移为-0.5cm。
【解答】(ⅰ)t1时刻(t1＞0)，质点A位于波峰，波形沿x轴正方向传播，该波形传播到B经历的时间：t＝＝s＝0.8s，则质点B最少要经历0.8s时间位于波峰；
(ⅱ)t＝0时刻A、B偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，运动方向相反，此后每隔Δt＝0.6s两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同。
因为每经过半个周期质点运动到与该点对称的位置，所以可得出：Δt＝T，
解得：T＝2Δt＝2×0.6s＝1.2s，波长：λ＝vT＝20×1.2cm＝24cm，B平衡位置对应的x＝16cm，当A处于波峰时，B偏离平衡位置的位移：y＝Acos(×2π)＝1×(-)cm＝-0.5cm。
2021年全国乙卷
[2021全国乙卷 T18 6分]科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2的位置如图所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为1000AU(太阳到地球的距离为1AU)的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M，可以推测出该黑洞质量约为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】可以近似把S2看成匀速圆周运动，由图可知，S2绕黑洞的周期T=16年，地球的公转周期T0=1年，S2绕黑洞做圆周运动的半径r与地球绕太阳做圆周运动的半径R关系是
地球绕太阳的向心力由太阳对地球的引力提供，可知：
解得太阳的质量为：
同理S2绕黑洞的向心力由黑洞对它的万有引力提供，由向心力公式可知
解得黑洞的质量为：，综上可得：，故选B。
[2021全国乙卷 T21 6分]水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则( )
A. B.
C. D.在时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
【解析】A．图(c)可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有：，故A错误；
BC．图(c)可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有：
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有：
解得：，，故BC正确；
D．图(c)可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。
[2021全国乙卷 T23 10分]一实验小组利用图(a)所示的电路测量一电池的电动势E(约)和内阻r(小于)。图中电压表量程为，内阻：定值电阻；电阻箱R，最大阻值为；S为开关。按电路图连接电路。完成下列填空：
(1)为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路电阻值可以选___________(填“5.0”或“15.0”)；
(2)闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U；
(3)根据图(a)所示电路，用R、、、E和r表示，得___________；
(4)利用测量数据，做图线，如图(b)所示：
(5)通过图(b)可得___________V(保留2位小数)，___________(保留1位小数)；
(6)若将图(a)中的电压表当成理想电表，得到的电源电动势为，由此产生的误差为___________%。
【答案】(1)15.0 (2) (3)1.55 (4)1.0 (5)5
【解析】(1)为了避免电压表被烧坏，接通电路时电压表两端的电压不能比电表满偏电压大，则由并联电路分压可得：，代入数据解得：，因此选。
(3)由闭合回路的欧姆定律可得：
化简可得：
(5)由上面公式可得：，
由图像计算可得：，
代入可得：，
(6)如果电压表为理想电压表，则可有：，则此时：
因此误差为：。
[2021全国乙卷 T25 20分]如图，一倾角为的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06kg的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻的金属棒的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路；与斜面底边平行，长度。初始时与相距，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小，重力加速度大小取。求：
(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
(3)导体框匀速运动的距离。
【答案】(1)；(2)，；(3)
【解析】(1)根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得：
代入数据解得：
金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得：
由闭合回路的欧姆定律可得：
则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为：
(2)金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有：
此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得：
设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为：
则此时导体框的速度为：
则导体框的位移：
因此导体框和金属棒的相对位移为：
由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系：
金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为：，
导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得：
联立以上可得：，，，
(3)金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有：
金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有：
导体框匀速运动的距离为：，代入数据解得：。
[2021全国乙卷 T26 10分]如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1＝13.5cm，l2＝32cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5cm。已知外界大气压为p0＝75cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。
【答案】A、B两管内水银柱的高度差是1cm。
【解答】设玻璃管的横截面积为S，
B管内气体初状态压强pB1＝p0＝75cmHg，体积VB1＝l2S＝32S，
B管内气体末状态的压强pB2＝p0＋ph＝(75＋5)cmHg＝80cmHg，体积VB2＝lBS
对B管内的气体，由玻意耳定律得：pB1VB1＝pB2VB2，代入数据解得：lB＝30cm，
B管内水银柱的高度hB＝l2-lB＝(32-30)cm＝2cm
设A、B两管水银面的高度差为H，
A管内气体初状态压强pA1＝p0＝75cmHg，体积VA1＝l1S＝13.5S，
A管内气体末状态的压强pA2＝pB2+pH＝(80＋H)cmHg，
体积VA2＝lAS＝[l1-(hB-H)]S＝[13.5-(2-H)]S＝(11.5＋H)S
对A管内气体，由玻意耳定律得：pA1VA1＝pA2VA2，
代入数据解得：H＝1cm(H＝-92.5cm不符合实际，舍去)
[2021全国乙卷 T27 10分]用插针法测量上、下表面平行的玻璃砖的折射率。实验中用A、B两个大头针确定入射光路，C、D两个大头针确定出射光路，O和O′分别是入射点和出射点。如图(a)所示。测得玻璃砖厚度为h＝15.0mm；A到过O点的法线OM的距离AM＝10.0mm，M到玻璃砖的距离MO＝20.0mm，O′到OM的距离为s＝5.0mm。
(ⅰ)求玻璃砖的折射率；
(ⅱ)用另一块材料相同，但上下两表面不平行的玻璃砖继续实验，玻璃砖的截面如图(b)所示。光从上表面入射，入射角从0逐渐增大，达到45°时，玻璃砖下表面的出射光线恰好消失。求此玻璃砖上下表面的夹角。
【答案】(ⅰ)玻璃砖的折射率为；(ⅱ)玻璃砖上下表面的夹角15°。
【解答】(i)如右图(a)所示，由几何知识可得：
入射角的正切值tani＝，所以入射角的正弦值sini＝
折射角的正切值tani＝，所以折射角的正弦值sinr＝
玻璃砖的折射率n＝＝＝。
(ii)如右图(b)所示，由折射率公式可得：n＝，其中入射角α＝45°
解得折射角的正弦值sinβ＝，则折射角β＝30°
由题意可知：折射光线出玻璃砖下表面时，折射光线与法线的夹角为临界角C，据sinC＝可得：临界角C＝45°。
由几何知识可得玻璃砖上下表面的夹角θ＝180°-90°-[β＋(90°-C)]＝90°-(30°＋45°)＝15°。
2020年全国Ⅰ卷
[2020全国Ⅰ卷 T18 6分]一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为的粒子，在纸面内从点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】解：粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由粒子在磁场中运动轨迹对应圆心角决定，即；
方法一：设半圆的半径为，采用放缩法如图所示：
粒子垂直，则圆心必在直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大，在和时，粒子从、区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期；当时，粒子从半圆边界射出，逐渐将轨迹半径从逐渐放大，粒子射出位置从半圆顶端向下移动，轨迹圆心角从逐渐增大，当轨迹半径为时，轨迹圆心角最大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于时轨迹圆心角最大，即；
方法二：点为半圆弧的圆心，过点做半圆弧的切线，与圆弧相切与点，由于，，且，故，因为只有与圆弧相切时，为最大，如果不相切，小于，为轨迹圆的一条弦，则此时弦切角最大为，根据圆心角等于弦切角的2倍，所以最大圆心角为；
即，粒子运动最长时间为，故正确。
[2020全国Ⅰ卷 T21 6分]如图，形光滑金属框置于水平绝缘平台上，和边平行，和边垂直。、足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒置于金属框上，用水平恒力向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，与金属框保持良好接触，且与边保持平行。经过一段时间后
A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框边的距离趋于恒定值
【答案】BC
【解析】、当金属框在恒力作用下向右加速时，边产生从向的感应电流，线框的加速度为，对线框，由牛顿第二定律得：，导体棒中感应电流从向，在感应电流安培力作用下向右加速，加速度为，对导体棒，由牛顿第二定律得：，当线框和导体棒都运动后，线框速度为，速度为，感应电流为：，感应电流从0开始增大，则从零开始增加，从开始减小，加速度差值为：，感应电流从零增加，则加速度差值减小，当差值为零时，，故有：，联立解得：，此后金属框与的速度差维持不变，感应电流不变，受到的安培力不变，加速度不变，图像如图所示：
故错误；正确；
、与金属框的速度差不变，但的速度小于金属框速，到金属框边的距离越来越大，故错误。
[2020全国Ⅰ卷 T23 9分]某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为的遮光片)、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。实验步骤如下：
(1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间 时，可认为气垫导轨水平；
(2)用天平测砝码与砝码盘的总质量、滑块(含遮光片)的质量；
(3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；
(4)令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过、两处的光电门的遮光时间Δ、Δ及遮光片从运动到所用的时间；
(5)在遮光片随滑块从运动到的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小 ，滑块动量改变量的大小Δ ；(用题中给出的物理量及重力加速度表示)
(6)某一次测量得到的一组数据为：，，，Δ，Δ，，取．计算可得 ，Δ ；(结果均保留3位有效数字)
(7)定义Δ，本次实验Δ (保留1位有效数字)。
【答案】(1)大约相等；(5)；；(6)0.221；0.212；(7)4。
【解析】(1)气垫导轨水平时，不考虑摩擦力时，滑块所受的合外力为零，此时滑块做匀速直线运动，而两个光电门的宽度都为，根据得遮光片经过两个光电门的遮光时间相等，实际实验中，会存在摩擦力使得滑块做的运动近似为匀速直线运动，故遮光片经过两个光电门的遮光时间大约相等；
(5)在遮光片随滑块从运动到的过程中，拉力的大小等于砝码和砝码盘所受重力，故，而遮光片从运动到所用的时间为，故拉力冲量的大小；
由于光电门的宽度很小，所以我们用经过光电门的平均速度代替滑块经过、两处的瞬时速度，故滑块经过时的瞬时速度，滑块经过时的瞬时速度，故滑块动量改变量的大小Δ；
(6)；
Δ；
(7) Δ；
[2020全国Ⅰ卷 T25 20分]在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以为圆心，半径为的圆，为圆的直径，如图所示。质量为，电荷量为的带电粒子在纸面内自点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的点以速率穿出电场，与的夹角。运动中粒子仅受电场力作用。
(1)求电场强度的大小；
(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为，该粒子进入电场时的速度应为多大？
【答案】(1)；(2)；(3)0或。
【解析】(1)粒子初速度为零，由点射出电场，故电场方向与平行，由指向。
由几何关系和电场强度的定义知：①；②
由动能定理得③；联立①②③解得④
(2)如图，由几何关系知，故电场中的等势线与平行。作与平行的直线与圆相切于点，与的延长线交于点，则自点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。
由几何关系知：，，⑤
设粒子以速度进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为，粒子在方向做加速度为的匀加速运动，运动的距离等于；在垂直于方向上做匀速运动，运动的距离等于，由牛顿第二定律和运动学公式有：⑥；⑦；⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得⑨
(3)设粒子以速度进入电场时，在电场中运动的时间为。以为原点，粒子进入电场的方向为轴正方向，电场方向为轴正方向建立直角坐标系，由运动学公式有：
；；
粒子离开电场的位置在圆周上，有：
粒子在电场中运动时，其方向的动量不变，方向的初动量为零，设穿过电场前后动量变化量的大小为的粒子，离开电场时其方向的速度分量为，由题给条件及运动学公式有：，联立②④⑥式得：或
另解：由题意知，初速度为0时，动量增量大小为，此即问题的一个解。
自点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，沿方向位移相等时，所用时间都相同，因此，不同粒子运动到线段上时，动量变化量都相同，自点射出电场的粒子，其动量变化也为，由几何关系和运动学规律可得，此时入射速率。
[2020全国Ⅰ卷 T26 10分]甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后：
(i)两罐中气体的压强；
(ii)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
【答案】(i)两罐中气体的压强为p；
(ii)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为。
【解答】(i)对两罐中的甲、乙气体，气体发生等温变化，根据玻意尔定律有：
pV＋p·2V＝p′ 3V，解得甲乙中气体最终压强为：p′＝p。
(ii)若调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强为p，根据玻意尔定律得：p′V＝pV′
计算可得：V′＝V，由密度定律解得质量之比等于：
[2020全国Ⅰ卷 T27 10分]一振动片以频率f做简谐振动时，固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样。c是水面上的一点，a、b、c间的距离均为l，如图所示。已知除c点外，在ac连线上还有其他振幅极大的点，其中距c最近的点到c的距离为l。求：
(i)波的波长；
(ii)波的传播速度。
【答案】答：(i)波的波长是；(ii)波的传播速度为。
【解答】(i)如图所示，
设距c点最近的振幅极大的点为d点，a与d的距离为r1，b与d的距离为r2，d与c的距离为s，波长为λ，则有：r2-r1＝λ，由几何关系，则有：r1＝l-s，且s＝l
及r22＝(r1sin60°)2＋(l-r1cos60°)2，联立上式，代入数据，解得：λ＝l。
(ii)波的频率为f，设波的传播速度为v，则有：v＝λf，解得：v＝。
2020年全国Ⅱ卷
[2020全国Ⅱ卷 T17 6分]CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点。则( )
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
【答案】D
【解析】根据题意可知，电子在MN之间加速，受到向右的电场力，所以MN之间的电场线水平向左，则M点的电势比N点电势低，故A错误。根据题意可知，电子进入磁场时受到竖直向下的洛伦兹力，根据左手定则可知偏转磁场的方向垂直于纸面向里，故C错误。电子在加速电场中运动，根据动能定理有eU＝mv2在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力有evB＝m，则电子在磁场在的半径为R＝如増大M、N之间的加速电压，电子在磁场中做圆周运动的半径增大，所以电子出磁场时的偏角减小，P点向右移动，増大偏转磁场磁感应强度的大小，则电子在磁场中做圆周运动的半径减小，电子出磁场时的速度偏角増大，P点左移，故B错误，D正确。
[2020全国Ⅱ卷 T21 6分]水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为的静止物块以大小为的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A． B． C． D．
【答案】BC
【解析】设该运动员的质量为，物块的质量为，推物块的速度大小为，取人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得：
第一次推物块的过程中：；第二次推物块的过程中：
第三次推物块的过程中：，
第次推物块的过程中：，以上各式相加可得：
当时，，解得，当时，，解得，
故，故错误、正确。
[2020全国Ⅱ卷 T23 9分]某同学要研究一小灯泡的伏安特性。所用器材有：电流表(量程，内阻、电流表(量程，内阻、定值电阻(阻值、滑动变阻器(最大阻值、电源(电动势，内阻很小)、开关和若干导线。该同学设计的电路如图(a)所示。
(1)根据图(a)，在图(b)的实物图中画出连线。
(2)若、分别为流过电流表和的电流，利用、、和写出：小灯泡两端的电压 ，流过小灯泡的电流 。为保证小灯泡的安全，不能超过 。
(3)实验时，调节滑动变阻器，使开关闭合后两电流表的示数为零。逐次改变滑动变阻器滑片的位置并读取相应的、．所得实验数据在表中给出。
I1/mA 32 55 85 125 144 173
I2/mA 171 229 299 379 424 470
根据实验数据可算得，当时，灯丝电阻 (保留1位小数)。
(4)如果用另一个电阻替代定值电阻，其他不变，为了能够测量完整的伏安特性曲线，所用电阻的阻值不能小于 (保留1位小数)。
【答案】(1)如上图所示；(2)，，180；(3)11.6；(4)8.0
【解析】(1)根据电路图连接实物图如图所示：
(2)根据电路图可知灯泡两端的电压为电流表和的总电压，故根据欧姆定律有：
根据并联电路特点可知流过小灯泡的电流为：
因为小灯泡的额定电压为，故根据题目中已知数据解得：，故不能超过；
(3)根据表中数据可知当时，；根据前面的分析代入数据可知此时灯泡两端的电压为；流过小灯泡的电流为；故根据欧姆定律可知此时小灯泡的电阻为：
(4)要测量完整的伏安特性曲线则灯泡两端的电压至少要达到，而电流表不能超过其量程，根据欧姆定律有：，代入数据有：，解得：，即要完整的测量小灯泡伏安特性曲线所用电阻的阻值不能小于。
[2020全国Ⅱ卷 T25 20分]如图，一竖直圆管质量为，下端距水平地面的高度为，顶端塞有一质量为的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知，球和管之间的滑动摩擦力大小为，为重力加速度的大小，不计空气阻力。
(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
【答案】(1)、；
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，管上升的最大高度为；
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，圆管长度应满足。
【解析】(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动，设此时管的加速度大小为，方向向下；球的加速度大小为，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为，由牛顿运动定律有：；，联立并代入题给数据，得：；；
(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同，由运动学公式可得，碰地前瞬间它们的速度大小均为：，方向均向下，管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。
设自弹起时经过时间，管与小球的速度刚好相同，取向上为正方向，由运动学公式可得：
，解得：
设此时管的下端离地高度为，速度为，由运动学公式可得：
由此可知此时，此后，管与小球将以加速度减速上升，到达最高点，由运动学公式有：，管第一次落地弹起后上升的最大高度；
(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为，在管开始下落到上升这一过程中，由动能定理有：，解得：。
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移为：
设圆管长度为．管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是
联立解得应满足条件为：。
[2020全国Ⅱ卷 T26 10分]潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下，如图所示。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，H h，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。
(i)求进入圆筒内水的高度l；
(ii)保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积。
【答案】(i)进入圆筒内水的高度l为h；
(ii)保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积为。
【解答】(i)设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1，放入水下后筒内气体的压强为p1，由玻意耳定律和题给条件有：
p1V1＝p0V0；V0＝hS；V1＝(h-l)S；p1＝p0+ρg(H-l)。
联立以上各式并考虑到H h＞l，解得：l＝h。
(ⅱ)设水全部排出后筒内气体的压强为p2；此时筒内气体的体积为V0，这些气体在其压强为p0时的体积为V3，由玻意耳定律有：p2V0＝p0V3，其中p2＝p0＋ρgH
设需压入筒内的气体体积为V，依题意：V＝V3-V0，联立解得：V＝。
[2020全国Ⅱ卷 T27 10分]直角棱镜的折射率n＝1.5，其横截面如图所示，图中∠C＝90°，∠A＝30°.截面内一细束与BC边平行的光线，从棱镜AB边上的D点射入，经折射后射到BC边上。
(i)光线在BC边上是否会发生全反射？说明理由；
(ii)不考虑多次反射，求从AC边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值。
【答案】(i)光线在BC边上会发生全反射；
(ii)不考虑多次反射，从AC边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值为
【解答】(i)光路图如图所示：
设光线在D点的入射角为i，折射角为r，折射光线射到BC边的E点，
设光线在E点的入射角为θ，根据几何关系有θ＝90°-(30°-r)＞60°…①
根据题中所给数据sin②
即θ大于全反射的临界角，因此光线在BC边上的E点会发生全反射；
(ii)设光线在AC边上的F点射出棱镜，光线的入射角为i′，折射角为r′，根据几何知识、反射定律以及折射定律有i＝30° ③；i′＝90°-θ ④；
sini＝nsinr ⑤；nsini′＝sinr′ ⑥
联立①③④⑤⑥解得：sinr′
根据几何知识可知，r′即AC边射出的光线与最初的入射光线的夹角。
2020年全国Ⅲ卷
[2020全国Ⅲ卷 T18 6分]真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为和的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为，电荷量为，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圈围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】当电子在磁场中的运动轨迹和外圆相切时，电子在图中实线圆围成的区域内运动的半径最大，电子的运动轨迹如图，令电子的半径为，根据几何知识有，
所以电子的最大半径为，
因为，所以，
则磁感应强度的最小值为，故错误，正确。
[2020全国Ⅲ卷 T21 6分]如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q（q>0）的点电荷固定在P点。下列说法正确的是( )
A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大
B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小
C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负
【答案】BC
【解析】点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图所示：∠M是最大内角，所以PN＞PM，因为△PMN是锐角三角形，过P点作MN上的高线为P到线段MN的最短距离，所以点P到线段MN上的点的距离先减小后变大，即先减小后变大，根据点电荷的场强公式E＝，可知从M点到N点电场强度先增大后减小，故A错误。电场线与等势面（图中虚线）处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从M→N电势先增大后减小，故B正确。两点的电势大小关系为φM＞φN，根据电势能的公式Ep＝qφ可知正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，故C正确。正电荷从M点移动到N点，电势能先增大再减小，电势能总的变化是变小，电场力先做负功再做正功，所做的总功为正功，故D错误。
[2020全国Ⅲ卷 T23 9分]已知一热敏电阻当温度从升至时阻值从几千欧姆降至几百欧姆，某同学利用伏安法测量其阻值随温度的变化关系。所用器材：电源、开关、滑动变阻器(最大阻值为、电压表(可视为理想电表)和毫安表(内阻约为。
(1)在所给的器材符号之间画出连线，组成测量电路图。
(2)实验时，将热敏电阻置于温度控制室中，记录不同温度下电压表和毫安表的示数，计算出相应的热敏电阻阻值。若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为和，则此时热敏电阻的阻值为 1.8 (保留2位有效数字)。实验中得到的该热敏电阻阻值随温度变化的曲线如图(a)所示。
(3)将热敏电阻从温控室取出置于室温下，测得达到热平衡后热敏电阻的阻值为．由图(a)求得，此时室温为 (保留3位有效数字)。
(4)利用实验中的热敏电阻可以制作温控报警器，其电路的一部分如图(b)所示。图中，为直流电源(电动势为，内阻可忽略)；当图中的输出电压达到或超过时，便触发报警器(图中未画出)报警。若要求开始报警时环境温度为，则图中 (填“”或“”)应使用热敏电阻，另一固定电阻的阻值应为 (保留2位有效数字)。
【答案】(1)如上图所示；(2)1.8；(3)25.5(或者；(4)，1.2。
【解析】(1)根据实验要求，同学利用伏安法测量其阻值随温度的变化，所以测量范围比较大，所以应该采用滑动变阻器的分压式接法，同时热敏电阻的阻值从几千欧姆降至几百欧姆，由于电压表为理想电压表，无分流作用，应该采用外接法电路，所以组成测量电路图如图所示：
(2)若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为和，根据欧姆定律得此时热敏电阻的阻值为：；
(3)根据热敏电阻阻值随温度变化的曲线，可知当达到热平衡后热敏电阻的阻值为，对应的温度为，也可以是；
(4)根据如图(b)所示电路，假设是热敏电阻，根据欧姆定律得输出电压为：
由题意知为定值电阻，当图中的输出电压达到或超过时，说明环境温度高，便触发报警器报警，那么热敏电阻的阻值会减小，输出电压会变大，从而报警，所以图中应该用热敏电阻；
若要求开始报警时环境温度为，通过热敏电阻阻值随温度变化的曲线，可知：，代入数据得：，解得：
[2020全国Ⅲ卷 T25 20分]如图，相距的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定。质量的载物箱(可视为质点)，以初速度自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数，重力加速度取。
(1)若，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若，载物箱滑上传送带△后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。
【答案】(1)若，求载物箱通过传送带所需的时间为；
(2)载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度为，最小速度为；
(3)传送带对它的冲量为，方向竖直向上。
【解析】(1)传送带的速度时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为，由牛顿第二定律可得：①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为，由运动学公式可得：②
联立①②代入数据解得：③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到，然后开始做匀速运动，设载物箱在传送带上做匀减速运动的时间为，在传送带上做匀速运动的时间为，则：
④；⑤
则载物箱通过传送带的时间为：，联立①③④⑤代入数据解得：⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为．由动能定理得：⑦；⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得：⑨
(3)传送带的速度时，由于，所以载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍为。设载物箱做匀加速运动通过的距离为，所用时间为，由运动学公式得：
；。代入数据解得：，。
因此载物箱加速运动、向右运动时，达到与传送带相同的速度，此后载物箱与传送带共同匀速运动△的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为，则：△
由上面可知，，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为，由运动学公式可得：，解得：
传送带突然停止后，载物箱运动到右侧平台的时间为，，解得：
设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它的水平冲量为，由动量定理有：
，根据冲量的定义得竖直方向上的冲量为：△
所以合冲量为：，方向竖直向上。
[2020全国Ⅲ卷 T26 10分]如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283K，大气压强p0＝76cmHg。
(i)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？
(ii)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
【答案】(i)此时水银柱的高度为12.89cm；
(ii)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为363K。
【解答】(i)设左、右管的截面积为S。
密封气体初始体积为V1＝(2H-l-h0)S＝20S，压强为p1＝76cmHg+4cmHg＝80cmHg
密封气体先经等温压缩过程体积变为V2＝HS＝18S，由玻意耳定律有：p1V1＝p2V2
解得：p2＝88.89cmHg
此时水银柱的高度为：h＝88.89cm-76cm＝12.89cm；
(ii)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3＝(2H-h)S，温度变为T3，由盖-吕萨克定律有：
，代入数据解得：T3＝363K。
[2020全国Ⅲ卷 T27 10分]如图，一折射率为的材料制作的三棱镜，其横截面为直角三角形ABC，∠A＝90°，∠B＝30°。一束平行光平行于BC边从AB边射入棱镜，不计光线在棱镜内的多次反射，求AC边与BC边上有光出射区域的长度的比值。
【答案】AC边与BC边上有光出射区域的长度的比值为2。
【解答】如图(1)所示，设从D点入射的光线经过折射后恰好射向C点，光在AB边上的入射角为θ1，折射角为θ2，根据折射定律有sinθ1＝nsinθ2，
设从DB范围内入射的光折射后在BC边上的入射角为θ′，
根据几何知识有θ′＝30°＋θ2，代入数据解得θ2＝30°，θ′＝60°，
则sinθ′＞，故从BD范围入射的光折射后在BC边上发生全反射，反射光线垂直于AC边，AC边上全部有光射出，设从AD范围入射的光折射后在AC边上的入射角为θ″，
如图(2)所示，根据几何关系有θ″＝90°-θ2＝60°，所以sinθ′′＞，
即从AD范围入射的光折射后在AC边上发生全反射，反射光线垂直射到BC边上，
设BC边上有光射出的部分为CF，根据几何关系有CF＝AC sin30°，
AC边与BC边有光射出区域的长度的比值为。
2019年全国Ⅰ卷
[2019全国Ⅰ卷 T18 6分]如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足( )
A．1<<2
B．2<<3
C．3<<4
D．4<<5
【答案】C
【解析】逆向分析可以看作是自由落体运动，根据初速度为零的匀加速直线运动中，连续相等的位移内时间之比等于1∶(-1)∶(-)∶(2-)……(-)可得：
＝＝，故3＜＜4。
[2019全国Ⅰ卷 T21 6分]在星球上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体轻放在弹簧上端，由静止向下运动，物体的加速度与弹簧的压缩量间的关系如图中实线所示。在另一星球上用完全相同的弹簧，改用物体完成同样的过程，其a-x关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球的半径是星球的3倍，则( )
A．与的密度相等
B．的质量是的3倍
C．下落过程中的最大动能是的4倍
D．下落过程中弹簧的最大压缩量是的4倍
【答案】AC
【解析】在星球表面，根据万有引力等于重力可得，则，所以有：，解得：；
根据图像可知，在星球表面的重力加速度为，在表面的重力加速度为，星球的半径是星球的3倍，则与的密度相等，故正确；
、加速度为零时受力平衡，根据平衡条件可得：，，解得：，故错误；
、根据动能定理可得，根据图像的面积可得：，，，故正确；
、根据简谐运动的特点可知，下落过程中弹簧最大压缩量为，下落过程中弹簧最大压缩量为，下落过程中弹簧的最大压缩量是的2倍，故错误。
[2019全国Ⅰ卷 T23 9分]某同学要将一量程为的微安表改装为量程为的电流表。该同学测得微安表内阻为，经计算后将一阻值为的电阻与该微安表连接，进行改装。然后利用一标准毫安表，根据图(a)所示电路对改装后的电表进行检测(虚线框内是改装后的电表)。
(1)根据图(a)和题给条件，将图(b)中的实物连线。
(2)当标准毫安表的示数为时，微安表的指针位置如图(c)所示。由此可以推测出所改装的电表量程不是预期值，而是 。(填正确答案标号)
(3)产生上述问题的原因可能是 。(填正确答案标号)
．微安表内阻测量错误，实际内阻大于
．微安表内阻测量错误，实际内阻小于
．值计算错误，接入的电阻偏小 ．值计算错误，接入的电阻偏大
(4)要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为的电阻换为一个阻值为的电阻即可，其中 。
【答案】(1)实物电路图如图所示；(2)；(3)；(4)。
【解析】(1)微安表与分流电阻并联可以改装成电流表，根据图(a)所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
(2)微安表量程为，由图(c)所示表盘可知，其分度值为，
其示数为，
电流表示数为，电流表示数为微安表示数的倍，改装后电流表量程为：，故正确；
(3)由(2)可知，改装后电流表量程偏大，则流过分流电阻的电流偏大，由并联电路特点可知，分流电阻阻值偏小，把微安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：；
如果微安内阻测量值错误，并联分流电阻阻值偏小，则微安内阻测量值偏小，微安表内阻实际阻值大于测量值，故正确，错误；如果值计算错误，接入的电阻偏小会导致改装后电流表量程偏大，故正确，错误；故选：；
(4)把微安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：，
由(2)可知，流过分流电阻电流为流过微安表电流的99倍，则并联电阻：，，
把微安表改装成的电流表，并联电阻阻值：
，则：；
[2019全国Ⅰ卷 T25 20分]竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示。时刻，小物块在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当返回到倾斜轨道上的点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块运动的图像如图(b)所示，图中的和均为未知量。已知的质量为，初始时与的高度差为，重力加速度大小为，不计空气阻力。
(1)求物块的质量；
(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块克服摩擦力所做的功；
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将从点释放，一段时间后刚好能与再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
【答案】(1)物块的质量为；
(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，物块克服摩擦力所做的功为；
(3)改变前后动摩擦因数的比值为。
【解析】(1)根据图(b)，为在碰撞前瞬间的速度大小，为其碰撞后瞬间速度大小。设物块的质量为，碰后瞬间的速度为，根据动量守恒定律可得：
根据能量守恒定律可得：，联立解得；
(2)在图(b)描述的运动中，设物块与轨道间的滑动摩擦力大小为，下滑过程中所走过的路程为，返回过程中所走过的路程为，点的高度为，整个过程中克服摩擦所做的功为，根据动能定理可得：，
从图(b)给出的图像可知，，，根据几何关系可得：
物块在整个过程中克服摩擦力做的功为：，联立解得：；
(3)设倾斜轨道倾角为，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为，则有：
设物块在水平轨道上能够滑行的距离为，根据动能定理可得
设物块与轨道间的动摩擦因数在改变后为，根据动能定理可得：
，联立解得：。
[2019全国Ⅰ卷 T26 10分]热等静压设备广泛应用于材料加工中。该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能。一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中。已知每瓶氩气的容积为3.2×10-2m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106Pa；室温温度为27℃。氩气可视为理想气体。
(i)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；
(ⅱ)将压入氩气后的炉腔加热到1227℃，求此时炉腔中气体的压强。
【答案】(i)压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强为3.2×107Pa；
(ⅱ)将压入氩气后的炉腔加热到1227℃，此时炉腔中气体的压强为1.6×108Pa。
【解答】(i)设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0，使用后气瓶中剩余气体的压强为p1，
气体温度保持不变发生等温变化，由玻意耳定律得：p0V0＝p1V1，
被压入炉腔的气体在室温和p1条件下的体积：V1′＝V1-V0，
设10瓶气体压入完成后炉腔中气体压强为p2，体积为V2，
由玻意耳定律得：p2V2＝10p1V1′，代入数据解得：p2＝3.2×107Pa；
(ii)设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔的温度为T1，气体压强为p3，
气体发生等容变化，由查理定律得：，代入数据解得：p3＝1.6×108Pa；
[2019全国Ⅰ卷 T27 10分]如图，一艘帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3m。距水面4m的湖底P点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°(取sin53°＝0.8)。已知水的折射率为。
(i)求桅杆到P点的水平距离；
(ii)船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍照射在桅杆顶端，求船行驶的距离。
【答案】(i)桅杆到P点的水平距离是7m；(ii)船行驶的距离是5.5m。
【解答】(i)设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1，到P点的水平距离为x2。桅杆的高度为h1，P点处水深为h2。激光束在水中与竖直方向的夹角为θ。
由几何关系有：＝tan53° ①；＝tanθ ②
由折射定律有：n＝ ③，设桅杆到P点的水平距离为x，则：x＝x1＋x2 ④
联立①②③④并代入数据解得：x＝7m ⑤
(ii)设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时，从水面出射的方向与竖直方向的夹角为i′。
由折射定律有：n＝ ⑥
设船向左行驶的距离为x′，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1′，到P点的水平距离为x2′，则：x1′＋x2′＝x′＋x ⑦；＝tani′ ⑧；＝tan45° ⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨并代入数据解得：x′＝(6-3)m≈5.5m。
2019年全国Ⅱ卷
[2019全国Ⅱ卷 T17 6分]如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为( )
A．，
B．，
C．，
D．，
【答案】B
【解析】从a点和d点射出的电子运动轨迹如图所示，根据几何关系可得：Ra＝l，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvaB＝m，解得：va＝kBl；对于从d点射出的电子，根据几何关系可得：Rd2＝l2＋(Rd-l)2，解得：Rd＝l根据洛伦兹力提供向心力可得：qvdB＝m，解得：vd＝kBl；故B正确，ACD错误。
[2019全国Ⅱ卷 T21 6分]如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨电阻忽略不计。虚线、均与导轨垂直，在与之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒、先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知进入磁场时加速度恰好为零。从进入磁场开始计时，到离开磁场区域为止，流过的电流随时间变化的图像可能正确的是( )
A B C D
【答案】AD
【解析】设进入磁场匀速运动的速度为，匀强磁场的磁感应强度为，导轨宽度为，两根导体棒的总电阻为；
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得进入磁场时电流保持不变，根据右手定则可知电流方向；
如果离开磁场时还没有进入磁场，此时电流为零；当进入磁场时也是匀速运动，通过的感应电流大小不变，方向相反；
如果没有离开磁场时已经进入磁场，此时电流为零，当离开磁场时的速度大于，安培力大于重力沿斜面向下的分力，电流逐渐减小，通过的感应电流方向相反；
故正确、错误。
[2019全国Ⅱ卷 T23 9分]某小组利用图(a)所示的电路，研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压与温度的关系，图中和为理想电压表；为滑动变阻器，为定值电阻(阻值；为开关，为电源。实验中二极管置于控温炉内，控温炉内的温度由温度计(图中未画出)测出。图(b)是该小组在恒定电流为时得到的某硅二极管关系曲线。回答下列问题：
(1)实验中，为保证流过二极管的电流为，应调节滑动变阻器，使电压表的示数为 5.00 ；根据图(b)可知，当控温炉内的温度升高时，硅二极管正向电阻 (填“变大”或“变小” ，电压表示数 (填“增大”或“减小” ，此时应将的滑片向 (填“”或“” 端移动，以使示数仍为。
(2)由图(b)可以看出与成线性关系。硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温灵敏度为 (保留2位有效数字)。
【答案】(1)5.00，变小，增大，；(2)2.8。
【解析】(1)电压表测定值电阻两端电压，其示数为：；
由图(b)所示图线可知，当控温炉内的温度升高时，硅二极管正向电阻变小，由于二极管电阻减小，二极管分压减小，由串联电路特点可知，定值电阻分压变大，
电压表示数增大，为保持电压表示数不变，应减小定值电阻分压增大滑动变阻器分压，滑动变阻器接入电路的阻值应增大，滑动变阻器滑片应向端移动；
(2)由图(b)所示图线可知，该硅二极管的测温灵敏度为：；
[2019全国Ⅱ卷 T25 20分]一质量为的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线。图(a)中，时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，；时间段为刹车系统的启动时间，；从时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从时刻开始，汽车第内的位移为，第内的位移为。
(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的图线；
(2)求时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)？
【答案】(1)从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的图线如图所示。
(2)时刻汽车的速度大小，此后的加速度大小为；
(3)刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为，时间内汽车克服阻力做的功为；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为。
【解析】(1)图像如图所示；
(2)设刹车前汽车匀速行驶的速度大小为，则时刻的速度也为，时刻的速度为，在时刻以后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为，取Δ，设汽车在ΔΔ内的位移为，、2、。
若汽车在ΔΔ时间内未停止，设它在Δ时刻的速度为，在Δ时刻的速度为，根据运动学公式有：Δ①；Δ②
Δ③，联立①②③式，代入数据解得：④
这说明在Δ时刻前，汽车已经停止。因此，①式子不成立；
由于在ΔΔ时间内汽车停止，根据运动学公式可得：
Δ⑤；⑥，联立②⑤⑥式，代入数据解得，⑦
或者，⑧，但⑧式子情境下，，不合题意，舍去；
(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力大小为，根据牛顿第二定律可得：
⑨
在时间内，阻力对汽车冲量的大小为⑩
根据动量定理可得：，
根据动能定理，在时间内，汽车克服阻力做的功为
联立⑦⑨⑩ 式，代入数据可得：， ；；
从司机发出警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为：
联立⑦ ，代入数据解得。
[2019全国Ⅱ卷 T26 10分]如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求
(i)抽气前氢气的压强；
(ii)抽气后氢气的压强和体积。
【答案】(i)抽气前氢气的压强为(p0＋p)；
(ii)抽气后氢气的压强为p0＋p，体积为。
【解答】(i)抽气前活塞静止处于平衡状态，对活塞，由平衡条件得：(p氢-p) 2S═(p0-p)S，
解得，氢气的压强：p氢(p0+p)；
(ii)设抽气后氢气的压强与体积分别为p1、V1，氮气的压强和体积分别为p2、V2，
对活塞，由平衡条件得：p2S＝p1 2S，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：
p1V1＝p氢 2V0，p2V2＝p0V0，由于两活塞用刚性杆连接，由几何关系得：V1-2V0＝2(V0-V2)，
解得：p1p0＋p，V1＝。
[2019全国Ⅱ卷 T27 10分]某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
(i)若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可 ；
A.将单缝向双缝靠近
B.将屏向靠近双缝的方向移动
C.将屏向远离双缝的方向移动
D.使用间距更小的双缝
(ii)若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第1条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为Δx，则单色光的波长λ＝ ；
(iii)某次测量时，选用的双缝的间距为0.300mm，测得屏与双缝间的距离为1.20m，第1条暗条纹到第4条暗条纹之间的距离为7.56mm。则所测单色光波长为 nm(结果保留3位有效数字)。
【答案】(1)B；(2)；(3)630nm。
【解答】(1)增加从目镜中观察到的条纹个数，则条纹的宽度减小，根据相邻亮条纹间的距离为Δx＝λ，为减小相邻亮条纹(暗条纹)间的宽度，可增大双缝间距离或减小双缝到屏的距离；故B正确，ACD错误。
(2)第1条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为Δx，
则两个相邻明纹(或暗纹)间的距离Δx′＝，则单色光的波长λ＝。
(3)将双缝的间距为0.300mm，测得屏与双缝间的距离为1.20m，以及n＝4代入公式可得：λ＝6.3×10-7m＝630nm。
2019年全国Ⅲ卷
[2019全国Ⅲ卷 T18 6分]如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为( )
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，则粒子在第二象限的运动时间为t1＝×＝。第一象限的磁感应强度为第二象限磁感应强度的一半，根据R＝知半径为原来的2倍，即R2＝2R1根据几何关系可得：
cosθ＝＝，则θ＝60°，t2＝×＝
粒子在磁场中运动的时间为t＝t2＋t2＝。
[2019全国Ⅲ卷 T20 6分]如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。时，木板开始受到水平外力的作用，在时撤去外力。细绳对物块的拉力随时间变化的关系如图(b)所示，木板的速度与时间的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取．由题给数据可以得出( )
A．木板的质量为
B．内，力的大小为
C．内，力的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
【解析】、根据图像可知木块与木板之间的滑动摩擦力为，在后撤去外力，此时木板在水平方向上只受到滑动摩擦力的作用，此时木板的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得，解得木板的质量，故正确；
、内，木板的加速度，根据牛顿第二定律可得，解得力，故正确；
、内，整体受力平衡，拉力的大小始终等于绳子的拉力，绳子的拉力增大，则力增大，故错误；
、由于物块的质量无法求出，物块与木板之间的动摩擦因数无法求解，故错误。
[2019全国Ⅲ卷 T25 20分]静止在水平地面上的两小物块、，质量分别为，；两者之间有一被压缩的微型弹簧，与其右侧的竖直墙壁距离，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使、瞬间分离，两物块获得的动能之和为．释放后，沿着与墙壁垂直的方向向右运动。、与地面之间的动摩擦因数均为．重力加速度取．、运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
(1)求弹簧释放后瞬间、速度的大小；
(2)物块、中的哪一个先停止？该物块刚停止时与之间的距离是多少？
(3)和都停止后，与之间的距离是多少？
【答案】(1)弹簧释放后瞬间、速度的大小分别为和；
(2)物块先停止，该物块刚停止时与之间的距离是；
(3)和都停止后，与之间的距离是。
【解析】(1)设弹簧释放瞬间和的速度大小分别为、，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有：，
联立①②式并代入题给数据得：，
(2)、两物块与地面间的动摩擦因数相等，二者运动的过程中，若一直向右运动，一直到停止，则对由动量定理可得：，则：
一直向左运动，则：，可得：
可知先停止运动，该过程中的位移：，代入数据可得：
从二者分开到停止，若一直向右运动，由动量定理可得：
停止时的速度：，代入数据可得：
对由动能定理可得：，则位移：
这表明在时间内已与墙壁发生碰撞，但没有与发生碰撞，此时位于出发点右边的距离为：Δ处。
位于出发点左边处，两物块之间的距离为：Δ
(3)时刻后将继续向左运动，假设它能与静止的碰撞，碰撞时速度的大小为，由动能定理有：⑩
联立并代入题给数据得：
故与将发生碰撞。设碰撞后、的速度分别为以和，由动量守恒定律与机械能守恒定律有：
以及：
联立并代入题给数据得：，
这表明碰撞后将向右运动，继续向左运动。设碰撞后向右运动距离为时停止，向左运动距离为时停止，由动能定理可得：，
代入数据得：，
小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离：。
[2019全国Ⅲ卷 T26 10分]如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76cmHg，环境温度为296K。
(i)求细管的长度；
(ii)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。
【答案】(i)细管的长度为41cm；
(ii)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，此时密封气体的温度为312K。
【解答】(i)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1.由玻意耳定律有：pV＝p1V1 ①；由力的平衡条件有：p＝p0＋ρgh ②
p1＝p0-ρgh ③，式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有：V＝S(L-h1-h) ④；V1＝S(L-h) ⑤
由①②③④⑤式和题给条件得：L＝41cm ⑥
(ii)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖-吕萨克定律有： ⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得：T＝312K ⑧
[2019全国Ⅲ卷 T27 10分]如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝30°。一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出。
(i)求棱镜的折射率；
(ii)保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出。求此时AB边上入射角的正弦。
【答案】(i)棱镜的折射率为；(ii)AB边上入射角的正弦为。
【解答】(i)光路图及相关量如图所示。
光束在AB边上折射，由折射定律得：n＝ ①
式中n是棱镜的折射率。由几何关系可知：α＋β＝60° ②
由几何关系和反射定律得：β＝β′＝∠B ③
联立①②③式，并代入i＝60°得：n＝ ④
(ii)设改变后的入射角为i′，折射角为α′，由折射定律得：n＝ ⑤
依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角θc，且：sinθc＝ ⑥
由几何关系得：θc═[(180°-(60°)-(90-α′)]＝α'+30° ⑦
由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为：sini′＝ ⑧
2018年全国Ⅰ卷
[2018全国Ⅰ卷 T18 6分]如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理得：，又F=mg，解得，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后，在水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球离开c点到其轨迹最高点所需的时间为：，小球离开c点后在水平方向的位移为。
由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移为5R，则小球机械能的增量为，选项C正确ABD错误。
[2018全国Ⅰ卷 T21 6分]图中虚线、、、、代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面上的电势为，一电子经过时的动能为，从到的过程中克服电场力所做的功为．下列说法正确的是( )
A．平面上的电势为零
B．该电子可能到达不了平面
C．该电子经过平面时，其电势能为
D．该电子经过平面时的速率是经过时的2倍
【答案】AB
【解析】、虚线、、、、代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过时的动能为，从到的过程中克服电场力所做的功为，动能减小了，电势能增加了，因此等势面间的电势差为，因平面上的电势为，由于电子的电势能增加，等势面由到是降低的，因此平面上的电势为零，故正确；
、由上分析，可知，当电子由向方向运动，则电子到达平面的动能为，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面，故正确；
、在平面上电势为，则电子的电势能为，动能为，电势能与动能之和为，当电子经过平面时，动能为，其电势能为，故错误；
、电子经过平面时的动能是平面的动能2倍，电子经过平面时的速率是经过时的倍，故错误；
[2018全国Ⅰ卷 T23 9分]某实验小组利用如图(a)所示的电路探究在范围内某热敏电阻的温度特性，所用器材有：置于温控室(图中虚线区域)中的热敏电阻，其标称值时的阻值)为；电源，内阻可忽略)；电压表(量程；定值电阻(阻值，滑动变阻器(最大阻值为；电阻箱(阻值范围；单刀开关，单刀双掷开关。
实验时，先按图(a)连接好电路，再将温控室的温度升至．将与1端接通，闭合，调节的滑片位置，使电压表读数为某一值：保持的滑片位置不变，将置于最大值，将与2端接通，调节，使电压表读数仍为；断开，记下此时的读数。逐步降低温控室的温度，得到相应温度下的阻值，直至温度降到，实验得到的数据见表。
t/℃ 25.0 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0
R2/Ω 900.0 680.0 500.0 390.0 320.0 270.0 240.0
回答下列问题：
(1)在闭合前，图(a)中的滑片应移动到 (填“”或“” 端；
(2)在图(b)的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并做出曲线；
(3)由图(b)可得到在范围内的温度特性，当时，可得 ；
(4)将握于手心，手心温度下的相应读数如图(c)所示，该读数为 ，则手心温度为 。
【答案】(1)；(2)如图所示；(3)；(4)620.0；。
【解析】(1)由图可知，滑动变阻器采用限流接法，实验开始时应让电路中电流最小，所以滑动变阻器接入电阻应为最大，故开始时滑片应移动到端；
(2)根据描点法可得出对应的图像如图所示；
(3)由图可知，当时，对应在的坐标约为；可得：；
(4)根据电阻箱的读数方法可知，电阻箱的读数为：，由图可知对应的温度为；
[2018全国Ⅰ卷 T25 20分]如图，在的区域存在方向沿轴负方向的匀强电场，场强大小为，在的区域存在方向垂直于平面向外的匀强磁场。一个氕核和一个氘核先后从轴上点以相同的动能射出，速度方向沿轴正方向。已知进入磁场时，速度方向与轴正方向的夹角为，并从坐标原点处第一次射出磁场。的质量为，电荷量为，不计重力。求
(1)第一次进入磁场的位置到原点的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)第一次离开磁场的位置到原点的距离。
【答案】(1)第一次进入磁场的位置到原点的距离为；
(2)磁场的磁感应强度大小为；
(3)第一次离开磁场的位置到原点的距离。
【解析】(1)在电场中做类平抛运动，水平方向：，竖直方向：，
粒子进入磁场时竖直分速度：，解得：；
(2)在电场中的加速度：，
进入磁场时的速度：，
在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示：
由几何知识得：，
在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，
解得：；
(3)由题意可知：和的初动能相等，即：，
由牛顿第二定律得：，
在电场中做类平抛运动，水平方向：，竖直方向：，
进入磁场时的速度：，，
解得：，，，
在磁场中做圆周运动，圆周运动的轨道半径：，
射出点在原点左侧，进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点间的距离：，
第一次离开磁场时的位置距离点的距离为：，解得：；
[2018全国Ⅰ卷 T26 10分]如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上都通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了。不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。
【答案】流入汽缸内液体的质量是。
【解析】设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2。在活塞下移的过程中，活塞上、下两部分气体的温度均保持不变，作等温变化，由玻意耳定律得：对上部分气体有 p0＝p1V1，对下部分气体有p0＝p2V2
由已知条件得V1＝V，V2＝，
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得：p2S＝p1S＋mg，联立以上各式得：m。
[2018全国Ⅰ卷 T27 10分]一列简谐横波在ts的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点，图(b)是质点Q的振动图像。求：
(i)波速及波的传播方向；
(ii)质点Q的平衡位置的x坐标。
【答案】(i)波速为18cm/s，该波沿x轴负方向传播；
(ii)质点Q的平衡位置的x坐标为xQ＝9cm。
【解析】(i)由图(a)可以看出，该波的波长为λ＝36cm，由图(b)可以看出周期T＝2s，
故波速为v＝＝18cm/s，由(b)可知，当t＝s时，Q向上振动，结合图(a)可知，该波沿x轴负方向传播。
(ii)设质点P、Q的平衡位置的x轴分别为xP、xQ，由图(a)可知，x＝0处y＝-＝Asin(-30°)，因此xP＝λ＝3cm。
由图(b)可知，在t＝0时Q点处于平衡位置，经过Δt＝s，其振动状态向x轴负方向播到P点处，所以xQ-xP＝vΔt＝6cm，解得质点Q的平衡位置的x坐标为xQ＝9cm。
2018年全国Ⅱ卷
[2018全国Ⅱ卷 T18 6分] 18．如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是( )
【答案】D
【解析】在线框运动过程中，两边的导体棒切割磁感线，会产生感应电动势。由法拉第电磁感应定律知，两导体棒上产生的感应电动势大小相同。在运动过程中会出现两根导体棒都在切割相同方向的磁感线，故会出现电流为0的一段过程，选项AB错误；而且运动过程中导体棒中电流会反向，选项C错误。因此选择D。
[2018全国Ⅱ卷 T21 6分]如图，同一平面内的、、、四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，为、连线的中点，为、连线的中点，一电荷量为的粒子从点移动到点，其电势能减小；若该粒子从点移动到点，其电势能减小，下列说法正确的是( )
A．此匀强电场的场强方向一定与、两点连线平行
B．若该粒子从点移动到点，则电场力做功一定为
C．若、之间的距离为，则该电场的场强大小一定为
D．若，则、两点之间的电势差一定等于、两点之间的电势差
【答案】BD
【解析】、一电荷量为的粒子从点移动到点，其电势能减小，但连线不一定沿着电场线，故错误；
、粒子从点移动到点，其电势能减小，故：，
粒子从点移动到点，其电势能减小，故：，
匀强电场中，沿着相同方向每前进相同距离电势的变化相同，故，即，同理，故，故正确；
、若、之间的距离为，但不一定平行电场线，故，其中为与电场线的夹角，不一定为零，故该电场的场强大小不一定为，故错误；
、若，根据可知，，故，则，故；而，，故，故正确；
[2018全国Ⅱ卷 T23 9分]某同学用图(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数，跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连，滑轮和木块间的细线保持水平，在木块上方放置砝码，缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小。某次实验所得数据在下表中给出，其中的值可从图(b)中弹簧秤的示数读出。
砝码的质量 0.05 0.10 0.15 0.20 0.25
滑动摩擦力 2.15 2.36 2.55 f4 2.93
回答下列问题：
(1) 2.75 ；
(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出图线；
(3)与、木块质量、木板与木块之间的动摩擦因数及重力加速度大小之间的关系式为 ，图线(直线)的斜率的表达式为 ；
(4)取，由绘出的图线求得 (保留2位有效数字)
【答案】(1)2.75；(2)如图所示；(3)；；(4)均正确)。
【解析】(1)由图可以看出，弹簧秤的指针在2.70和2.80之间，读数为；
(2)图中确定和时的点，通过描点后，画图如图所示
(3)与、木块质量、木板与木块之间的动摩擦因数及重力加速度大小之间的关系式为；的表达式为；
(4)由图像可以得出斜率为，所以。
[2018全国Ⅱ卷 T25 20分]一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在平面内的截面如图所示；中间是磁场区域，其边界与轴垂直，宽度为，磁感应强度的大小为，方向垂直于平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为，电场强度的大小均为，方向均沿轴正方向；、为条状区域边界上的两点，它们的连线与轴平行。一带正电的粒子以某一速度从点沿轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从点入射的速度从点沿轴正方向射出。不计重力。
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从点运动到点的时间。
【答案】(1)如图所示；(2) ；(3)， 。
【解析】(1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中的轨迹为圆弧，整个轨迹上下对称，故画出粒子运动的轨迹，如图所示。
(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动，设粒子从点射入时速度的大小为，在下侧电场中运动的时间为，加速度大小为，粒子的电荷量为，质量为，粒子进入磁场的速度大小为，方向与电场方向的夹角为，运动轨迹对应的半径为，如图所示，
根据牛顿第二定律可得：①，速度沿电场方向的分量为：②
垂直电场方向有：③，根据几何关系可得：④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力可得：⑤
根据几何关系可得：⑥
联立①②③④⑤⑥式可得粒子从点入射时速度的大小：⑦
(3)根据几何关系可得速度沿电场方向的分量：⑧
联立①②③⑦⑧式可得该粒子的比荷：⑨
粒子在磁场中运动的周期：⑩
粒子由点到点所用的时间：
联立③⑦⑨ 式可得：
[2018全国Ⅱ卷 T26 10分]如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体，已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和气缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦，开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0，现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功，重力加速度大小为g。
【答案】此时汽缸内气体的温度为T0，在此过程中气体对外所做的功为(p0S＋mg)h。
【解析】设活塞刚要离开a处时汽缸内气体的温度为T1，活塞刚要离开a处时，设气体压强为p1；在此段过程中，封闭气体作等容变化，根据查理定律得：
而p1＝；可得：T1＝T0，设活塞到达b处时汽缸内气体的温度为T′，
活塞上升过程，汽缸内气体作等压变化，则有：，解得：
T′＝T0。在此过程中气体对外所做的功：W＝Fh＝p1Sh＝(p0S＋mg)h。
[2018全国Ⅱ卷 T27 10分]如图，△ABC是一直角三棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝60°。一细光束从BC边的D点折射后，射到AC边的E点，发生全反射后经AB边的F点射出，EG垂直于AC交BC于G，D恰好是CG的中点。不计多次反射。
(i)求出射光相对于D点的入射光的偏角；
(ii)为实现上述光路，棱镜折射率的取值应在什么范围？
【答案】(i)出射光相对于D点的入射光的偏角为60°；
(ii)为实现上述光路，棱镜折射率的取值范围为≤n＜2。
【解析】(i)由于D是CG的中点，GE⊥AC，根据几何关系可得：光束在D点发生折射时的折射角为γD＝30°；那么，根据几何关系可得：在E点的入射角、反射角均为：
γD＋30°＝60°；在F点的入射角为αF＝30°；那么，设入射角为αD，可得：
折射角γF＝αD，故出射光相对于D点的入射光的偏角为60°-αD＋γF＝60°；
(ii)由E点反射角为60°可得：EF∥BC；故根据D点折射角为γD＝30°，
在F点的入射角为αF＝30°可得：棱镜折射率n＜＝2；
根据光束在E点入射角为60°，发生全反射可得：n≥，故棱镜折射率的取值范围为≤n＜2。
2018年全国Ⅲ卷
[2018全国Ⅲ卷 T17 6分]在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( )
A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍
【答案】A
【解析】设甲球落至斜面时的速率为v1，乙落至斜面时的速率为v2，由平抛运动规律，x=vt，，设斜面倾角为θ，由几何关系，tanθ=y/x，小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律，，联立解得：，即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。同理可得，，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2倍，选项A正确。
[2018全国Ⅲ卷 T21 6分]如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒、所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放、，它们由静止开始运动。在随后的某时刻，、经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。、间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是( )
A．的质量比的大
B．在时刻，的动能比的大
C．在时刻，和的电势能相等
D．在时刻，和的动量大小相等
【答案】BD
【解析】解：、两个粒子都做初速度为零的匀加速直线运动，则有．由题意知，相同时间内的位移大于的位移，、又相等，可知．故错误。
、根据动能定理得，即时刻粒子的动能为，的位移大，电场力做功多，所以在时刻，的动能比的大，故正确。
、在时刻，、经过电场中同一水平面，电势相等，它们的电荷量也相等，符号相反，由知，和的电势能不相等，故错误。
、由动量定理得，得时刻粒子的动量为，、、都相等，则在时刻，和的动量大小相等，故正确。
[2018全国Ⅲ卷 T23 9分]一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻的阻值，图中为标准定值电阻；可视为理想电压表；为单刀开关，为单刀双掷开关；为电源；为滑动变阻器。采用如下步骤完成实验：
(1)按照实验原理线路图(a)，将图(b)中实物连线；
(2)将滑动变阻器滑动端置于适当的位置，闭合；
(3)将开关掷于1端，改变滑动变阻器滑动端的位置，记下此时电压表的示数；然后将掷于2端，记下此时电压表的示数；
(4)待测电阻阻值的表达式(用、、表示)；
(5)重复步骤(3)，得到如下数据：
1 2 3 4 5
U1/V 0.25 0.30 0.36 0.40 0.44
U2/V 0.86 1.03 1.22 1.36 1.49
U2/U1 3.44 3.43 3.39 3.40 3.39
(6)利用上述5次测量所得的平均值，求得 ．(保留1位小数)
【答案】(1)如图所示；(4)；(6)48.2。
【解析】(1)根据电路图可得出对应的图像如图所示；
(4)根据实验过程以及电路图可知，与串联，当开关接1时，电压表测量R0两端的电压，故电流为：
而开关接2时，测量两电阻总的电压，则可知，两端的电压为：；
由欧姆定律可知，待测电阻阻值的表达式为：；
(6)的平均值为；
则结合(4)中公式可知，；
[2018全国Ⅲ卷 T25 20分]如图，在竖直平面内，一半径为的光滑圆弧轨道和水平轨道在点相切，为圆弧轨道的直径，为圆心，和之间的夹角为，。一质量为的小球沿水平轨道向右运动，经点沿圆弧轨道通过点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为。求
(1)水平恒力的大小和小球到达点时速度的大小；
(2)小球达点时动量的大小；
(3)小球从点落至水平轨道所用的时间。
【答案】(1)水平恒力的大小，小球到达点时速度的大小；
(2)小球达点时动量的大小；
(3)小球从点落至水平轨道所用的时间。
【解析】(1)设水平恒力的大小为，小球到达点时所受合力的大小为，
由力的合成法则，则有：，；
设小球到达点时的速度大小为，由牛顿第二定律得：
联立上式，结合题目所给数据，解得：，
(2)设小球到达点的速度大小，作，交于点，
由几何关系得：，
由动能定理有，
联立上式，结合题目所给数据，那么小球在点的动量大小为：
(3)小球离开点后，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，加速度大小为，
设小球在竖直方向的初速度为，从点落到水平轨道上所用时间为，
由运动学公式，则有：，
联立上式，结合题目数据，解得：。
[2018全国Ⅲ卷 T26 10分]在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左，右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0cm和l2＝12.0cm，左边气体的压强为12.0cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。
【答案】U形管平放时左右两边空气柱的长度分别为22.5cm和7.5cm。
【解答】设U形管平放时左右两边空气柱的长度分别为a和b，它们的压强为p。
当U形管两端竖直朝上时，左边气体的压强为p1＝12.0cmHg，右边气体的压强为p2＝12.0cmHg-6cmHg＝6cmHg。左右两部分气体作等温变化，分别由玻意耳定律得：
对左部分气体有 p1l1S＝paS，对右部分气体有 p2l2S＝pbS
由几何关系有 a+b＝l1+l2＝30cm，联立以上各式得 a＝22.5cm，b＝7.5cm
[2018全国Ⅲ卷 T27 10分]如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“ ”(图中O点)，然后用横截面为等边三角形ABC的三棱镜压在这个标记上，小标记位于AC边上。D位于AB边上，过D点做AC边的垂线交AC于F。该同学在D点正上方向下顺着直线DF的方向观察，恰好可以看到小标记的像；过O点作AB边的垂线交直线DF于E；DE＝2cm，EF＝1cm。求三棱镜的折射率。(不考虑光线在三棱镜中的反射)
【答案】三检镜的折射率为。
【解答】连接DO，点E是三角形AOD的垂心，DE＝2cm，EF＝1cm，说明三角形OAD是等边三角形，点E也是重心、中心，故画出光路图，如图所示：
故入射角为30°，折射角为60°，故折射率为：n＝＝；
2017年全国Ⅰ卷
[2017全国Ⅰ卷 T18 6分]扫描对到显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺寸上的形貌，为了有效隔离外界震动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小震动，如图所示，无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右震动的衰减最有效的方案是( )
【答案】A
【解析】感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通
历年（2017～2021）高考物理试卷
《压轴题汇编》（14套，86道）
目 录
2021年全国甲卷 2
2021年全国乙卷 8
2020年全国Ⅰ卷 14
2020年全国Ⅱ卷 20
2020年全国Ⅲ卷 26
2019年全国Ⅰ卷 32
2019年全国Ⅱ卷 38
2019年全国Ⅲ卷 44
2018年全国Ⅰ卷 49
2018年全国Ⅱ卷 55
2018年全国Ⅲ卷 61
2017年全国Ⅰ卷 66
2017年全国Ⅱ卷 72
2017年全国Ⅲ卷 77
2021年全国甲卷
[2021全国甲卷 T18 6分]2021年2月，执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后，进入运行周期约为1.8×105s的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为2.8×105m。已知火星半径约为3.4×106m，火星表面处自由落体的加速度大小约为3.7m/s2，则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为( )
A.6×105m B.6×106m C.6×107m D.6×108m
【答案】C
【解析】忽略火星自转则：①，可知：
设与为1.8×105s的椭圆形停泊轨道周期相同的圆形轨道半径为，由万引力提供向心力可知：②
设近火点到火星中心为：③，设远火点到火星中心为：④
由开普勒第三定律可知：⑤，由以上分析可得：。
[2021全国甲卷 T21 6分]由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是( )
A.甲和乙都加速运动 B.甲和乙都减速运动
C.甲加速运动，乙减速运动 D.甲减速运动，乙加速运动
【答案】AB
【解析】设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有：
感应电动势为：
两线圈材料相等(设密度为)，质量相同(设为)，则：
设材料的电阻率为，则线圈电阻：
感应电流为：；安培力为：
由牛顿第二定律有：；联立解得：
加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。当时，甲和乙都加速运动，当时，甲和乙都减速运动，当时都匀速。故选AB。
[2021全国甲卷 T23 10分]某同学用图(a)所示电路探究小灯泡的伏安特性，所用器材有：
小灯泡(额定电压2.5V，额定电流0.3A)
电压表(量程300mV，内阻300)
电流表(量程300mA，内阻0.27)
定值电阻R0
滑动变阻器R1(阻值0-20)
电阻箱R2(最大阻值9999.9)
电源E(电动势6V，内阻不计)
开关S、导线若干。
完成下列填空：
(1)有3个阻值分别为10、20、30的定值电阻可供选择，为了描绘小灯泡电流在0~300mA的U-I曲线，R0应选取阻值为___________的定值电阻；
(2)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的___________(填“a”或“b”)端；
(3)在流过电流表的电流较小时，将电阻箱R2的阻值置零，改变滑动变阻器滑片的位置，读取电压表和电流表的示数U、I，结果如图(b)所示。当流过电流表的电流为10mA时，小灯泡的电阻为___________(保留1位有效数字)；
(4)为使得电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3V，该同学经计算知，应将R2的阻值调整为_______。然后调节滑动变阻器R1，测得数据如下表所示：
U/mV 24.0 46.0 76.0 110.0 128.0 152.0 184.0 216.0 250.0
I/mA 140.0 160.0 180.0 2000 220.0 240.0 260.0 2800 300.0
(5)由图(b)和上表可知，随流过小灯泡电流的增加，其灯丝的电阻___________(填“增大”“减小”或“不变”)；
(6)该同学观测到小灯泡刚开始发光时流过电流表的电流为160mA，可得此时小灯泡电功率W1=_______W(保留2位有效数字)；当流过电流表的电流为300mA时，小灯泡的电功率为W2，则=_______(保留至整数)。
【答案】(1)10 (2)a (3)0.7 (4)2700 (5)增大 (6)0.074 (7)10
【解析】(1)因为小灯泡额定电压2.5V，电动势6V，则滑动滑动变阻器时，为了保证电路安全，需要定值电阻分担的电压：，则有：
则需要描绘小灯泡在0~300mA的伏安特性曲线，即R0应选取阻值为10；
(2)为了保护电路，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的a端；
(3)由图可知当流过电流表的电流为10mA时，电压为7mV，则小灯泡的电阻为
(4)由题知电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3V时，有：
解得：R2＝2700Ω
(5)由图(b)和表格可知流过小灯泡电流增加，图像中变大，则灯丝的电阻增大；
(6)根据表格可知当电流为160mA时，电压表的示数为46mA，根据(4)的分析可知此时小灯泡两端电压为0.46A，则此时小灯泡电功率：W1=0.46V×0.16A≈0.074W
同理可知当流过电流表的电流为300mA时，小灯泡两端电压为2.5V，此时小灯泡电功率：W2=2.5V×0.3A=0.75W，故有：。
[2021全国甲卷 T25 20分]如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力。
(1)求粒子发射位置到P点的距离；
(2)求磁感应强度大小的取值范围；
(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。
【答案】(1) ；(2)；(3)轨迹见解析，。
【解析】(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知
①； ②
粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，有： ③
粒子发射位置到P点的距离： ④
由①②③④式得： ⑤
(2)带电粒子在磁场运动在速度： ⑥
带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹(分别从Q、N点射出)如图所示
由几何关系可知，最小半径： ⑦
最大半径： ⑧
带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知： ⑨
由⑥⑦⑧⑨解得，磁感应强度大小的取值范围：
(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。
由几何关系可知：⑩
带电粒子的运动半径为：
粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离：
由⑩ 式解得：
[2021全国甲卷 T26 10分]如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0。隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为。
(ⅰ)求A的体积和B的压强；
(ⅱ)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。
【答案】(ⅰ)A的体积，B的压强为2p0
(ⅱ)再使活塞向左缓慢回到初始位置，此时A的体积为(-1)V和B的压强p0。
【解答】(ⅰ)向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为VB′时，
对气体B，由玻意耳定律：p0V＝pBVB′，得气体B得压强：pB＝2p0，
由题意可知：pA＝pB+0.5p0＝2p0+0.5p0＝2.5p0，
对气体A，由玻意耳定律：p0V＝pAVA′，得A的体积为：VA′＝＝＝V。
(ⅱ)活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不运动，则A的末态体积为V″＝V＋V＝，A的末态压强p″＝，而B的压强为2p0，差值大于0.5p0，则假设不成立，隔板将向左移动。末态压强关系：pB′＝pA′＋0.5p0，末态体积关系：VB″＋VA″＝2V
由p0V＝pA′VA″；p0V＝pB′VB″，解得：pB′＝p0，VA″＝(-1)V。
[2021全国甲卷 T27 10分]均匀介质中质点A、B的平衡位置位于x轴上，坐标分别为0和xB＝16cm。某简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v＝20cm/s，波长大于20cm，振幅为y＝1cm，且传播时无衰减。t＝0时刻A、B偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，运动方向相反，此后每隔Δt＝0.6s两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同。已知在t1时刻(t1＞0)，质点A位于波峰。求：
(ⅰ)从t1时刻开始，质点B最少要经过多长时间位于波峰；
(ⅱ)t1时刻质点B偏离平衡位置的位移。
【答案】(ⅰ)从t1时刻开始，质点B最少要经过0.8s时间位于波峰；
(ⅱ)t1时刻质点B偏离平衡位置的位移为-0.5cm。
【解答】(ⅰ)t1时刻(t1＞0)，质点A位于波峰，波形沿x轴正方向传播，该波形传播到B经历的时间：t＝＝s＝0.8s，则质点B最少要经历0.8s时间位于波峰；
(ⅱ)t＝0时刻A、B偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，运动方向相反，此后每隔Δt＝0.6s两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同。
因为每经过半个周期质点运动到与该点对称的位置，所以可得出：Δt＝T，
解得：T＝2Δt＝2×0.6s＝1.2s，波长：λ＝vT＝20×1.2cm＝24cm，B平衡位置对应的x＝16cm，当A处于波峰时，B偏离平衡位置的位移：y＝Acos(×2π)＝1×(-)cm＝-0.5cm。
2021年全国乙卷
[2021全国乙卷 T18 6分]科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2的位置如图所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为1000AU(太阳到地球的距离为1AU)的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M，可以推测出该黑洞质量约为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】可以近似把S2看成匀速圆周运动，由图可知，S2绕黑洞的周期T=16年，地球的公转周期T0=1年，S2绕黑洞做圆周运动的半径r与地球绕太阳做圆周运动的半径R关系是
地球绕太阳的向心力由太阳对地球的引力提供，可知：
解得太阳的质量为：
同理S2绕黑洞的向心力由黑洞对它的万有引力提供，由向心力公式可知
解得黑洞的质量为：，综上可得：，故选B。
[2021全国乙卷 T21 6分]水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则( )
A. B.
C. D.在时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
【解析】A．图(c)可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有：，故A错误；
BC．图(c)可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有：
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有：
解得：，，故BC正确；
D．图(c)可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。
[2021全国乙卷 T23 10分]一实验小组利用图(a)所示的电路测量一电池的电动势E(约)和内阻r(小于)。图中电压表量程为，内阻：定值电阻；电阻箱R，最大阻值为；S为开关。按电路图连接电路。完成下列填空：
(1)为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路电阻值可以选___________(填“5.0”或“15.0”)；
(2)闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U；
(3)根据图(a)所示电路，用R、、、E和r表示，得___________；
(4)利用测量数据，做图线，如图(b)所示：
(5)通过图(b)可得___________V(保留2位小数)，___________(保留1位小数)；
(6)若将图(a)中的电压表当成理想电表，得到的电源电动势为，由此产生的误差为___________%。
【答案】(1)15.0 (2) (3)1.55 (4)1.0 (5)5
【解析】(1)为了避免电压表被烧坏，接通电路时电压表两端的电压不能比电表满偏电压大，则由并联电路分压可得：，代入数据解得：，因此选。
(3)由闭合回路的欧姆定律可得：
化简可得：
(5)由上面公式可得：，
由图像计算可得：，
代入可得：，
(6)如果电压表为理想电压表，则可有：，则此时：
因此误差为：。
[2021全国乙卷 T25 20分]如图，一倾角为的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06kg的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻的金属棒的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路；与斜面底边平行，长度。初始时与相距，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小，重力加速度大小取。求：
(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
(3)导体框匀速运动的距离。
【答案】(1)；(2)，；(3)
【解析】(1)根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得：
代入数据解得：
金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得：
由闭合回路的欧姆定律可得：
则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为：
(2)金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有：
此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得：
设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为：
则此时导体框的速度为：
则导体框的位移：
因此导体框和金属棒的相对位移为：
由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系：
金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为：，
导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得：
联立以上可得：，，，
(3)金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有：
金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有：
导体框匀速运动的距离为：，代入数据解得：。
[2021全国乙卷 T26 10分]如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1＝13.5cm，l2＝32cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5cm。已知外界大气压为p0＝75cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。
【答案】A、B两管内水银柱的高度差是1cm。
【解答】设玻璃管的横截面积为S，
B管内气体初状态压强pB1＝p0＝75cmHg，体积VB1＝l2S＝32S，
B管内气体末状态的压强pB2＝p0＋ph＝(75＋5)cmHg＝80cmHg，体积VB2＝lBS
对B管内的气体，由玻意耳定律得：pB1VB1＝pB2VB2，代入数据解得：lB＝30cm，
B管内水银柱的高度hB＝l2-lB＝(32-30)cm＝2cm
设A、B两管水银面的高度差为H，
A管内气体初状态压强pA1＝p0＝75cmHg，体积VA1＝l1S＝13.5S，
A管内气体末状态的压强pA2＝pB2+pH＝(80＋H)cmHg，
体积VA2＝lAS＝[l1-(hB-H)]S＝[13.5-(2-H)]S＝(11.5＋H)S
对A管内气体，由玻意耳定律得：pA1VA1＝pA2VA2，
代入数据解得：H＝1cm(H＝-92.5cm不符合实际，舍去)
[2021全国乙卷 T27 10分]用插针法测量上、下表面平行的玻璃砖的折射率。实验中用A、B两个大头针确定入射光路，C、D两个大头针确定出射光路，O和O′分别是入射点和出射点。如图(a)所示。测得玻璃砖厚度为h＝15.0mm；A到过O点的法线OM的距离AM＝10.0mm，M到玻璃砖的距离MO＝20.0mm，O′到OM的距离为s＝5.0mm。
(ⅰ)求玻璃砖的折射率；
(ⅱ)用另一块材料相同，但上下两表面不平行的玻璃砖继续实验，玻璃砖的截面如图(b)所示。光从上表面入射，入射角从0逐渐增大，达到45°时，玻璃砖下表面的出射光线恰好消失。求此玻璃砖上下表面的夹角。
【答案】(ⅰ)玻璃砖的折射率为；(ⅱ)玻璃砖上下表面的夹角15°。
【解答】(i)如右图(a)所示，由几何知识可得：
入射角的正切值tani＝，所以入射角的正弦值sini＝
折射角的正切值tani＝，所以折射角的正弦值sinr＝
玻璃砖的折射率n＝＝＝。
(ii)如右图(b)所示，由折射率公式可得：n＝，其中入射角α＝45°
解得折射角的正弦值sinβ＝，则折射角β＝30°
由题意可知：折射光线出玻璃砖下表面时，折射光线与法线的夹角为临界角C，据sinC＝可得：临界角C＝45°。
由几何知识可得玻璃砖上下表面的夹角θ＝180°-90°-[β＋(90°-C)]＝90°-(30°＋45°)＝15°。
2020年全国Ⅰ卷
[2020全国Ⅰ卷 T18 6分]一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为的粒子，在纸面内从点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】解：粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由粒子在磁场中运动轨迹对应圆心角决定，即；
方法一：设半圆的半径为，采用放缩法如图所示：
粒子垂直，则圆心必在直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大，在和时，粒子从、区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期；当时，粒子从半圆边界射出，逐渐将轨迹半径从逐渐放大，粒子射出位置从半圆顶端向下移动，轨迹圆心角从逐渐增大，当轨迹半径为时，轨迹圆心角最大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于时轨迹圆心角最大，即；
方法二：点为半圆弧的圆心，过点做半圆弧的切线，与圆弧相切与点，由于，，且，故，因为只有与圆弧相切时，为最大，如果不相切，小于，为轨迹圆的一条弦，则此时弦切角最大为，根据圆心角等于弦切角的2倍，所以最大圆心角为；
即，粒子运动最长时间为，故正确。
[2020全国Ⅰ卷 T21 6分]如图，形光滑金属框置于水平绝缘平台上，和边平行，和边垂直。、足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒置于金属框上，用水平恒力向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，与金属框保持良好接触，且与边保持平行。经过一段时间后
A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框边的距离趋于恒定值
【答案】BC
【解析】、当金属框在恒力作用下向右加速时，边产生从向的感应电流，线框的加速度为，对线框，由牛顿第二定律得：，导体棒中感应电流从向，在感应电流安培力作用下向右加速，加速度为，对导体棒，由牛顿第二定律得：，当线框和导体棒都运动后，线框速度为，速度为，感应电流为：，感应电流从0开始增大，则从零开始增加，从开始减小，加速度差值为：，感应电流从零增加，则加速度差值减小，当差值为零时，，故有：，联立解得：，此后金属框与的速度差维持不变，感应电流不变，受到的安培力不变，加速度不变，图像如图所示：
故错误；正确；
、与金属框的速度差不变，但的速度小于金属框速，到金属框边的距离越来越大，故错误。
[2020全国Ⅰ卷 T23 9分]某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为的遮光片)、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。实验步骤如下：
(1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间 时，可认为气垫导轨水平；
(2)用天平测砝码与砝码盘的总质量、滑块(含遮光片)的质量；
(3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；
(4)令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过、两处的光电门的遮光时间Δ、Δ及遮光片从运动到所用的时间；
(5)在遮光片随滑块从运动到的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小 ，滑块动量改变量的大小Δ ；(用题中给出的物理量及重力加速度表示)
(6)某一次测量得到的一组数据为：，，，Δ，Δ，，取．计算可得 ，Δ ；(结果均保留3位有效数字)
(7)定义Δ，本次实验Δ (保留1位有效数字)。
【答案】(1)大约相等；(5)；；(6)0.221；0.212；(7)4。
【解析】(1)气垫导轨水平时，不考虑摩擦力时，滑块所受的合外力为零，此时滑块做匀速直线运动，而两个光电门的宽度都为，根据得遮光片经过两个光电门的遮光时间相等，实际实验中，会存在摩擦力使得滑块做的运动近似为匀速直线运动，故遮光片经过两个光电门的遮光时间大约相等；
(5)在遮光片随滑块从运动到的过程中，拉力的大小等于砝码和砝码盘所受重力，故，而遮光片从运动到所用的时间为，故拉力冲量的大小；
由于光电门的宽度很小，所以我们用经过光电门的平均速度代替滑块经过、两处的瞬时速度，故滑块经过时的瞬时速度，滑块经过时的瞬时速度，故滑块动量改变量的大小Δ；
(6)；
Δ；
(7) Δ；
[2020全国Ⅰ卷 T25 20分]在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以为圆心，半径为的圆，为圆的直径，如图所示。质量为，电荷量为的带电粒子在纸面内自点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的点以速率穿出电场，与的夹角。运动中粒子仅受电场力作用。
(1)求电场强度的大小；
(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为，该粒子进入电场时的速度应为多大？
【答案】(1)；(2)；(3)0或。
【解析】(1)粒子初速度为零，由点射出电场，故电场方向与平行，由指向。
由几何关系和电场强度的定义知：①；②
由动能定理得③；联立①②③解得④
(2)如图，由几何关系知，故电场中的等势线与平行。作与平行的直线与圆相切于点，与的延长线交于点，则自点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。
由几何关系知：，，⑤
设粒子以速度进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为，粒子在方向做加速度为的匀加速运动，运动的距离等于；在垂直于方向上做匀速运动，运动的距离等于，由牛顿第二定律和运动学公式有：⑥；⑦；⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得⑨
(3)设粒子以速度进入电场时，在电场中运动的时间为。以为原点，粒子进入电场的方向为轴正方向，电场方向为轴正方向建立直角坐标系，由运动学公式有：
；；
粒子离开电场的位置在圆周上，有：
粒子在电场中运动时，其方向的动量不变，方向的初动量为零，设穿过电场前后动量变化量的大小为的粒子，离开电场时其方向的速度分量为，由题给条件及运动学公式有：，联立②④⑥式得：或
另解：由题意知，初速度为0时，动量增量大小为，此即问题的一个解。
自点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，沿方向位移相等时，所用时间都相同，因此，不同粒子运动到线段上时，动量变化量都相同，自点射出电场的粒子，其动量变化也为，由几何关系和运动学规律可得，此时入射速率。
[2020全国Ⅰ卷 T26 10分]甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后：
(i)两罐中气体的压强；
(ii)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
【答案】(i)两罐中气体的压强为p；
(ii)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为。
【解答】(i)对两罐中的甲、乙气体，气体发生等温变化，根据玻意尔定律有：
pV＋p·2V＝p′ 3V，解得甲乙中气体最终压强为：p′＝p。
(ii)若调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强为p，根据玻意尔定律得：p′V＝pV′
计算可得：V′＝V，由密度定律解得质量之比等于：
[2020全国Ⅰ卷 T27 10分]一振动片以频率f做简谐振动时，固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样。c是水面上的一点，a、b、c间的距离均为l，如图所示。已知除c点外，在ac连线上还有其他振幅极大的点，其中距c最近的点到c的距离为l。求：
(i)波的波长；
(ii)波的传播速度。
【答案】答：(i)波的波长是；(ii)波的传播速度为。
【解答】(i)如图所示，
设距c点最近的振幅极大的点为d点，a与d的距离为r1，b与d的距离为r2，d与c的距离为s，波长为λ，则有：r2-r1＝λ，由几何关系，则有：r1＝l-s，且s＝l
及r22＝(r1sin60°)2＋(l-r1cos60°)2，联立上式，代入数据，解得：λ＝l。
(ii)波的频率为f，设波的传播速度为v，则有：v＝λf，解得：v＝。
2020年全国Ⅱ卷
[2020全国Ⅱ卷 T17 6分]CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点。则( )
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
【答案】D
【解析】根据题意可知，电子在MN之间加速，受到向右的电场力，所以MN之间的电场线水平向左，则M点的电势比N点电势低，故A错误。根据题意可知，电子进入磁场时受到竖直向下的洛伦兹力，根据左手定则可知偏转磁场的方向垂直于纸面向里，故C错误。电子在加速电场中运动，根据动能定理有eU＝mv2在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力有evB＝m，则电子在磁场在的半径为R＝如増大M、N之间的加速电压，电子在磁场中做圆周运动的半径增大，所以电子出磁场时的偏角减小，P点向右移动，増大偏转磁场磁感应强度的大小，则电子在磁场中做圆周运动的半径减小，电子出磁场时的速度偏角増大，P点左移，故B错误，D正确。
[2020全国Ⅱ卷 T21 6分]水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为的静止物块以大小为的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A． B． C． D．
【答案】BC
【解析】设该运动员的质量为，物块的质量为，推物块的速度大小为，取人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得：
第一次推物块的过程中：；第二次推物块的过程中：
第三次推物块的过程中：，
第次推物块的过程中：，以上各式相加可得：
当时，，解得，当时，，解得，
故，故错误、正确。
[2020全国Ⅱ卷 T23 9分]某同学要研究一小灯泡的伏安特性。所用器材有：电流表(量程，内阻、电流表(量程，内阻、定值电阻(阻值、滑动变阻器(最大阻值、电源(电动势，内阻很小)、开关和若干导线。该同学设计的电路如图(a)所示。
(1)根据图(a)，在图(b)的实物图中画出连线。
(2)若、分别为流过电流表和的电流，利用、、和写出：小灯泡两端的电压 ，流过小灯泡的电流 。为保证小灯泡的安全，不能超过 。
(3)实验时，调节滑动变阻器，使开关闭合后两电流表的示数为零。逐次改变滑动变阻器滑片的位置并读取相应的、．所得实验数据在表中给出。
I1/mA 32 55 85 125 144 173
I2/mA 171 229 299 379 424 470
根据实验数据可算得，当时，灯丝电阻 (保留1位小数)。
(4)如果用另一个电阻替代定值电阻，其他不变，为了能够测量完整的伏安特性曲线，所用电阻的阻值不能小于 (保留1位小数)。
【答案】(1)如上图所示；(2)，，180；(3)11.6；(4)8.0
【解析】(1)根据电路图连接实物图如图所示：
(2)根据电路图可知灯泡两端的电压为电流表和的总电压，故根据欧姆定律有：
根据并联电路特点可知流过小灯泡的电流为：
因为小灯泡的额定电压为，故根据题目中已知数据解得：，故不能超过；
(3)根据表中数据可知当时，；根据前面的分析代入数据可知此时灯泡两端的电压为；流过小灯泡的电流为；故根据欧姆定律可知此时小灯泡的电阻为：
(4)要测量完整的伏安特性曲线则灯泡两端的电压至少要达到，而电流表不能超过其量程，根据欧姆定律有：，代入数据有：，解得：，即要完整的测量小灯泡伏安特性曲线所用电阻的阻值不能小于。
[2020全国Ⅱ卷 T25 20分]如图，一竖直圆管质量为，下端距水平地面的高度为，顶端塞有一质量为的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知，球和管之间的滑动摩擦力大小为，为重力加速度的大小，不计空气阻力。
(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
【答案】(1)、；
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，管上升的最大高度为；
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，圆管长度应满足。
【解析】(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动，设此时管的加速度大小为，方向向下；球的加速度大小为，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为，由牛顿运动定律有：；，联立并代入题给数据，得：；；
(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同，由运动学公式可得，碰地前瞬间它们的速度大小均为：，方向均向下，管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。
设自弹起时经过时间，管与小球的速度刚好相同，取向上为正方向，由运动学公式可得：
，解得：
设此时管的下端离地高度为，速度为，由运动学公式可得：
由此可知此时，此后，管与小球将以加速度减速上升，到达最高点，由运动学公式有：，管第一次落地弹起后上升的最大高度；
(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为，在管开始下落到上升这一过程中，由动能定理有：，解得：。
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移为：
设圆管长度为．管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是
联立解得应满足条件为：。
[2020全国Ⅱ卷 T26 10分]潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下，如图所示。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，H h，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。
(i)求进入圆筒内水的高度l；
(ii)保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积。
【答案】(i)进入圆筒内水的高度l为h；
(ii)保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积为。
【解答】(i)设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1，放入水下后筒内气体的压强为p1，由玻意耳定律和题给条件有：
p1V1＝p0V0；V0＝hS；V1＝(h-l)S；p1＝p0+ρg(H-l)。
联立以上各式并考虑到H h＞l，解得：l＝h。
(ⅱ)设水全部排出后筒内气体的压强为p2；此时筒内气体的体积为V0，这些气体在其压强为p0时的体积为V3，由玻意耳定律有：p2V0＝p0V3，其中p2＝p0＋ρgH
设需压入筒内的气体体积为V，依题意：V＝V3-V0，联立解得：V＝。
[2020全国Ⅱ卷 T27 10分]直角棱镜的折射率n＝1.5，其横截面如图所示，图中∠C＝90°，∠A＝30°.截面内一细束与BC边平行的光线，从棱镜AB边上的D点射入，经折射后射到BC边上。
(i)光线在BC边上是否会发生全反射？说明理由；
(ii)不考虑多次反射，求从AC边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值。
【答案】(i)光线在BC边上会发生全反射；
(ii)不考虑多次反射，从AC边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值为
【解答】(i)光路图如图所示：
设光线在D点的入射角为i，折射角为r，折射光线射到BC边的E点，
设光线在E点的入射角为θ，根据几何关系有θ＝90°-(30°-r)＞60°…①
根据题中所给数据sin②
即θ大于全反射的临界角，因此光线在BC边上的E点会发生全反射；
(ii)设光线在AC边上的F点射出棱镜，光线的入射角为i′，折射角为r′，根据几何知识、反射定律以及折射定律有i＝30° ③；i′＝90°-θ ④；
sini＝nsinr ⑤；nsini′＝sinr′ ⑥
联立①③④⑤⑥解得：sinr′
根据几何知识可知，r′即AC边射出的光线与最初的入射光线的夹角。
2020年全国Ⅲ卷
[2020全国Ⅲ卷 T18 6分]真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为和的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为，电荷量为，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圈围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】当电子在磁场中的运动轨迹和外圆相切时，电子在图中实线圆围成的区域内运动的半径最大，电子的运动轨迹如图，令电子的半径为，根据几何知识有，
所以电子的最大半径为，
因为，所以，
则磁感应强度的最小值为，故错误，正确。
[2020全国Ⅲ卷 T21 6分]如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q（q>0）的点电荷固定在P点。下列说法正确的是( )
A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大
B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小
C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负
【答案】BC
【解析】点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图所示：∠M是最大内角，所以PN＞PM，因为△PMN是锐角三角形，过P点作MN上的高线为P到线段MN的最短距离，所以点P到线段MN上的点的距离先减小后变大，即先减小后变大，根据点电荷的场强公式E＝，可知从M点到N点电场强度先增大后减小，故A错误。电场线与等势面（图中虚线）处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从M→N电势先增大后减小，故B正确。两点的电势大小关系为φM＞φN，根据电势能的公式Ep＝qφ可知正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，故C正确。正电荷从M点移动到N点，电势能先增大再减小，电势能总的变化是变小，电场力先做负功再做正功，所做的总功为正功，故D错误。
[2020全国Ⅲ卷 T23 9分]已知一热敏电阻当温度从升至时阻值从几千欧姆降至几百欧姆，某同学利用伏安法测量其阻值随温度的变化关系。所用器材：电源、开关、滑动变阻器(最大阻值为、电压表(可视为理想电表)和毫安表(内阻约为。
(1)在所给的器材符号之间画出连线，组成测量电路图。
(2)实验时，将热敏电阻置于温度控制室中，记录不同温度下电压表和毫安表的示数，计算出相应的热敏电阻阻值。若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为和，则此时热敏电阻的阻值为 1.8 (保留2位有效数字)。实验中得到的该热敏电阻阻值随温度变化的曲线如图(a)所示。
(3)将热敏电阻从温控室取出置于室温下，测得达到热平衡后热敏电阻的阻值为．由图(a)求得，此时室温为 (保留3位有效数字)。
(4)利用实验中的热敏电阻可以制作温控报警器，其电路的一部分如图(b)所示。图中，为直流电源(电动势为，内阻可忽略)；当图中的输出电压达到或超过时，便触发报警器(图中未画出)报警。若要求开始报警时环境温度为，则图中 (填“”或“”)应使用热敏电阻，另一固定电阻的阻值应为 (保留2位有效数字)。
【答案】(1)如上图所示；(2)1.8；(3)25.5(或者；(4)，1.2。
【解析】(1)根据实验要求，同学利用伏安法测量其阻值随温度的变化，所以测量范围比较大，所以应该采用滑动变阻器的分压式接法，同时热敏电阻的阻值从几千欧姆降至几百欧姆，由于电压表为理想电压表，无分流作用，应该采用外接法电路，所以组成测量电路图如图所示：
(2)若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为和，根据欧姆定律得此时热敏电阻的阻值为：；
(3)根据热敏电阻阻值随温度变化的曲线，可知当达到热平衡后热敏电阻的阻值为，对应的温度为，也可以是；
(4)根据如图(b)所示电路，假设是热敏电阻，根据欧姆定律得输出电压为：
由题意知为定值电阻，当图中的输出电压达到或超过时，说明环境温度高，便触发报警器报警，那么热敏电阻的阻值会减小，输出电压会变大，从而报警，所以图中应该用热敏电阻；
若要求开始报警时环境温度为，通过热敏电阻阻值随温度变化的曲线，可知：，代入数据得：，解得：
[2020全国Ⅲ卷 T25 20分]如图，相距的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定。质量的载物箱(可视为质点)，以初速度自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数，重力加速度取。
(1)若，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若，载物箱滑上传送带△后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。
【答案】(1)若，求载物箱通过传送带所需的时间为；
(2)载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度为，最小速度为；
(3)传送带对它的冲量为，方向竖直向上。
【解析】(1)传送带的速度时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为，由牛顿第二定律可得：①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为，由运动学公式可得：②
联立①②代入数据解得：③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到，然后开始做匀速运动，设载物箱在传送带上做匀减速运动的时间为，在传送带上做匀速运动的时间为，则：
④；⑤
则载物箱通过传送带的时间为：，联立①③④⑤代入数据解得：⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为．由动能定理得：⑦；⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得：⑨
(3)传送带的速度时，由于，所以载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍为。设载物箱做匀加速运动通过的距离为，所用时间为，由运动学公式得：
；。代入数据解得：，。
因此载物箱加速运动、向右运动时，达到与传送带相同的速度，此后载物箱与传送带共同匀速运动△的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为，则：△
由上面可知，，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为，由运动学公式可得：，解得：
传送带突然停止后，载物箱运动到右侧平台的时间为，，解得：
设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它的水平冲量为，由动量定理有：
，根据冲量的定义得竖直方向上的冲量为：△
所以合冲量为：，方向竖直向上。
[2020全国Ⅲ卷 T26 10分]如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283K，大气压强p0＝76cmHg。
(i)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？
(ii)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
【答案】(i)此时水银柱的高度为12.89cm；
(ii)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为363K。
【解答】(i)设左、右管的截面积为S。
密封气体初始体积为V1＝(2H-l-h0)S＝20S，压强为p1＝76cmHg+4cmHg＝80cmHg
密封气体先经等温压缩过程体积变为V2＝HS＝18S，由玻意耳定律有：p1V1＝p2V2
解得：p2＝88.89cmHg
此时水银柱的高度为：h＝88.89cm-76cm＝12.89cm；
(ii)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3＝(2H-h)S，温度变为T3，由盖-吕萨克定律有：
，代入数据解得：T3＝363K。
[2020全国Ⅲ卷 T27 10分]如图，一折射率为的材料制作的三棱镜，其横截面为直角三角形ABC，∠A＝90°，∠B＝30°。一束平行光平行于BC边从AB边射入棱镜，不计光线在棱镜内的多次反射，求AC边与BC边上有光出射区域的长度的比值。
【答案】AC边与BC边上有光出射区域的长度的比值为2。
【解答】如图(1)所示，设从D点入射的光线经过折射后恰好射向C点，光在AB边上的入射角为θ1，折射角为θ2，根据折射定律有sinθ1＝nsinθ2，
设从DB范围内入射的光折射后在BC边上的入射角为θ′，
根据几何知识有θ′＝30°＋θ2，代入数据解得θ2＝30°，θ′＝60°，
则sinθ′＞，故从BD范围入射的光折射后在BC边上发生全反射，反射光线垂直于AC边，AC边上全部有光射出，设从AD范围入射的光折射后在AC边上的入射角为θ″，
如图(2)所示，根据几何关系有θ″＝90°-θ2＝60°，所以sinθ′′＞，
即从AD范围入射的光折射后在AC边上发生全反射，反射光线垂直射到BC边上，
设BC边上有光射出的部分为CF，根据几何关系有CF＝AC sin30°，
AC边与BC边有光射出区域的长度的比值为。
2019年全国Ⅰ卷
[2019全国Ⅰ卷 T18 6分]如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足( )
A．1<<2
B．2<<3
C．3<<4
D．4<<5
【答案】C
【解析】逆向分析可以看作是自由落体运动，根据初速度为零的匀加速直线运动中，连续相等的位移内时间之比等于1∶(-1)∶(-)∶(2-)……(-)可得：
＝＝，故3＜＜4。
[2019全国Ⅰ卷 T21 6分]在星球上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体轻放在弹簧上端，由静止向下运动，物体的加速度与弹簧的压缩量间的关系如图中实线所示。在另一星球上用完全相同的弹簧，改用物体完成同样的过程，其a-x关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球的半径是星球的3倍，则( )
A．与的密度相等
B．的质量是的3倍
C．下落过程中的最大动能是的4倍
D．下落过程中弹簧的最大压缩量是的4倍
【答案】AC
【解析】在星球表面，根据万有引力等于重力可得，则，所以有：，解得：；
根据图像可知，在星球表面的重力加速度为，在表面的重力加速度为，星球的半径是星球的3倍，则与的密度相等，故正确；
、加速度为零时受力平衡，根据平衡条件可得：，，解得：，故错误；
、根据动能定理可得，根据图像的面积可得：，，，故正确；
、根据简谐运动的特点可知，下落过程中弹簧最大压缩量为，下落过程中弹簧最大压缩量为，下落过程中弹簧的最大压缩量是的2倍，故错误。
[2019全国Ⅰ卷 T23 9分]某同学要将一量程为的微安表改装为量程为的电流表。该同学测得微安表内阻为，经计算后将一阻值为的电阻与该微安表连接，进行改装。然后利用一标准毫安表，根据图(a)所示电路对改装后的电表进行检测(虚线框内是改装后的电表)。
(1)根据图(a)和题给条件，将图(b)中的实物连线。
(2)当标准毫安表的示数为时，微安表的指针位置如图(c)所示。由此可以推测出所改装的电表量程不是预期值，而是 。(填正确答案标号)
(3)产生上述问题的原因可能是 。(填正确答案标号)
．微安表内阻测量错误，实际内阻大于
．微安表内阻测量错误，实际内阻小于
．值计算错误，接入的电阻偏小 ．值计算错误，接入的电阻偏大
(4)要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为的电阻换为一个阻值为的电阻即可，其中 。
【答案】(1)实物电路图如图所示；(2)；(3)；(4)。
【解析】(1)微安表与分流电阻并联可以改装成电流表，根据图(a)所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
(2)微安表量程为，由图(c)所示表盘可知，其分度值为，
其示数为，
电流表示数为，电流表示数为微安表示数的倍，改装后电流表量程为：，故正确；
(3)由(2)可知，改装后电流表量程偏大，则流过分流电阻的电流偏大，由并联电路特点可知，分流电阻阻值偏小，把微安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：；
如果微安内阻测量值错误，并联分流电阻阻值偏小，则微安内阻测量值偏小，微安表内阻实际阻值大于测量值，故正确，错误；如果值计算错误，接入的电阻偏小会导致改装后电流表量程偏大，故正确，错误；故选：；
(4)把微安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：，
由(2)可知，流过分流电阻电流为流过微安表电流的99倍，则并联电阻：，，
把微安表改装成的电流表，并联电阻阻值：
，则：；
[2019全国Ⅰ卷 T25 20分]竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示。时刻，小物块在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当返回到倾斜轨道上的点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块运动的图像如图(b)所示，图中的和均为未知量。已知的质量为，初始时与的高度差为，重力加速度大小为，不计空气阻力。
(1)求物块的质量；
(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块克服摩擦力所做的功；
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将从点释放，一段时间后刚好能与再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
【答案】(1)物块的质量为；
(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，物块克服摩擦力所做的功为；
(3)改变前后动摩擦因数的比值为。
【解析】(1)根据图(b)，为在碰撞前瞬间的速度大小，为其碰撞后瞬间速度大小。设物块的质量为，碰后瞬间的速度为，根据动量守恒定律可得：
根据能量守恒定律可得：，联立解得；
(2)在图(b)描述的运动中，设物块与轨道间的滑动摩擦力大小为，下滑过程中所走过的路程为，返回过程中所走过的路程为，点的高度为，整个过程中克服摩擦所做的功为，根据动能定理可得：，
从图(b)给出的图像可知，，，根据几何关系可得：
物块在整个过程中克服摩擦力做的功为：，联立解得：；
(3)设倾斜轨道倾角为，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为，则有：
设物块在水平轨道上能够滑行的距离为，根据动能定理可得
设物块与轨道间的动摩擦因数在改变后为，根据动能定理可得：
，联立解得：。
[2019全国Ⅰ卷 T26 10分]热等静压设备广泛应用于材料加工中。该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能。一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中。已知每瓶氩气的容积为3.2×10-2m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106Pa；室温温度为27℃。氩气可视为理想气体。
(i)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；
(ⅱ)将压入氩气后的炉腔加热到1227℃，求此时炉腔中气体的压强。
【答案】(i)压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强为3.2×107Pa；
(ⅱ)将压入氩气后的炉腔加热到1227℃，此时炉腔中气体的压强为1.6×108Pa。
【解答】(i)设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0，使用后气瓶中剩余气体的压强为p1，
气体温度保持不变发生等温变化，由玻意耳定律得：p0V0＝p1V1，
被压入炉腔的气体在室温和p1条件下的体积：V1′＝V1-V0，
设10瓶气体压入完成后炉腔中气体压强为p2，体积为V2，
由玻意耳定律得：p2V2＝10p1V1′，代入数据解得：p2＝3.2×107Pa；
(ii)设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔的温度为T1，气体压强为p3，
气体发生等容变化，由查理定律得：，代入数据解得：p3＝1.6×108Pa；
[2019全国Ⅰ卷 T27 10分]如图，一艘帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3m。距水面4m的湖底P点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°(取sin53°＝0.8)。已知水的折射率为。
(i)求桅杆到P点的水平距离；
(ii)船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍照射在桅杆顶端，求船行驶的距离。
【答案】(i)桅杆到P点的水平距离是7m；(ii)船行驶的距离是5.5m。
【解答】(i)设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1，到P点的水平距离为x2。桅杆的高度为h1，P点处水深为h2。激光束在水中与竖直方向的夹角为θ。
由几何关系有：＝tan53° ①；＝tanθ ②
由折射定律有：n＝ ③，设桅杆到P点的水平距离为x，则：x＝x1＋x2 ④
联立①②③④并代入数据解得：x＝7m ⑤
(ii)设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时，从水面出射的方向与竖直方向的夹角为i′。
由折射定律有：n＝ ⑥
设船向左行驶的距离为x′，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1′，到P点的水平距离为x2′，则：x1′＋x2′＝x′＋x ⑦；＝tani′ ⑧；＝tan45° ⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨并代入数据解得：x′＝(6-3)m≈5.5m。
2019年全国Ⅱ卷
[2019全国Ⅱ卷 T17 6分]如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为( )
A．，
B．，
C．，
D．，
【答案】B
【解析】从a点和d点射出的电子运动轨迹如图所示，根据几何关系可得：Ra＝l，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvaB＝m，解得：va＝kBl；对于从d点射出的电子，根据几何关系可得：Rd2＝l2＋(Rd-l)2，解得：Rd＝l根据洛伦兹力提供向心力可得：qvdB＝m，解得：vd＝kBl；故B正确，ACD错误。
[2019全国Ⅱ卷 T21 6分]如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨电阻忽略不计。虚线、均与导轨垂直，在与之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒、先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知进入磁场时加速度恰好为零。从进入磁场开始计时，到离开磁场区域为止，流过的电流随时间变化的图像可能正确的是( )
A B C D
【答案】AD
【解析】设进入磁场匀速运动的速度为，匀强磁场的磁感应强度为，导轨宽度为，两根导体棒的总电阻为；
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得进入磁场时电流保持不变，根据右手定则可知电流方向；
如果离开磁场时还没有进入磁场，此时电流为零；当进入磁场时也是匀速运动，通过的感应电流大小不变，方向相反；
如果没有离开磁场时已经进入磁场，此时电流为零，当离开磁场时的速度大于，安培力大于重力沿斜面向下的分力，电流逐渐减小，通过的感应电流方向相反；
故正确、错误。
[2019全国Ⅱ卷 T23 9分]某小组利用图(a)所示的电路，研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压与温度的关系，图中和为理想电压表；为滑动变阻器，为定值电阻(阻值；为开关，为电源。实验中二极管置于控温炉内，控温炉内的温度由温度计(图中未画出)测出。图(b)是该小组在恒定电流为时得到的某硅二极管关系曲线。回答下列问题：
(1)实验中，为保证流过二极管的电流为，应调节滑动变阻器，使电压表的示数为 5.00 ；根据图(b)可知，当控温炉内的温度升高时，硅二极管正向电阻 (填“变大”或“变小” ，电压表示数 (填“增大”或“减小” ，此时应将的滑片向 (填“”或“” 端移动，以使示数仍为。
(2)由图(b)可以看出与成线性关系。硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温灵敏度为 (保留2位有效数字)。
【答案】(1)5.00，变小，增大，；(2)2.8。
【解析】(1)电压表测定值电阻两端电压，其示数为：；
由图(b)所示图线可知，当控温炉内的温度升高时，硅二极管正向电阻变小，由于二极管电阻减小，二极管分压减小，由串联电路特点可知，定值电阻分压变大，
电压表示数增大，为保持电压表示数不变，应减小定值电阻分压增大滑动变阻器分压，滑动变阻器接入电路的阻值应增大，滑动变阻器滑片应向端移动；
(2)由图(b)所示图线可知，该硅二极管的测温灵敏度为：；
[2019全国Ⅱ卷 T25 20分]一质量为的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线。图(a)中，时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，；时间段为刹车系统的启动时间，；从时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从时刻开始，汽车第内的位移为，第内的位移为。
(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的图线；
(2)求时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)？
【答案】(1)从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的图线如图所示。
(2)时刻汽车的速度大小，此后的加速度大小为；
(3)刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为，时间内汽车克服阻力做的功为；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为。
【解析】(1)图像如图所示；
(2)设刹车前汽车匀速行驶的速度大小为，则时刻的速度也为，时刻的速度为，在时刻以后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为，取Δ，设汽车在ΔΔ内的位移为，、2、。
若汽车在ΔΔ时间内未停止，设它在Δ时刻的速度为，在Δ时刻的速度为，根据运动学公式有：Δ①；Δ②
Δ③，联立①②③式，代入数据解得：④
这说明在Δ时刻前，汽车已经停止。因此，①式子不成立；
由于在ΔΔ时间内汽车停止，根据运动学公式可得：
Δ⑤；⑥，联立②⑤⑥式，代入数据解得，⑦
或者，⑧，但⑧式子情境下，，不合题意，舍去；
(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力大小为，根据牛顿第二定律可得：
⑨
在时间内，阻力对汽车冲量的大小为⑩
根据动量定理可得：，
根据动能定理，在时间内，汽车克服阻力做的功为
联立⑦⑨⑩ 式，代入数据可得：， ；；
从司机发出警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为：
联立⑦ ，代入数据解得。
[2019全国Ⅱ卷 T26 10分]如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求
(i)抽气前氢气的压强；
(ii)抽气后氢气的压强和体积。
【答案】(i)抽气前氢气的压强为(p0＋p)；
(ii)抽气后氢气的压强为p0＋p，体积为。
【解答】(i)抽气前活塞静止处于平衡状态，对活塞，由平衡条件得：(p氢-p) 2S═(p0-p)S，
解得，氢气的压强：p氢(p0+p)；
(ii)设抽气后氢气的压强与体积分别为p1、V1，氮气的压强和体积分别为p2、V2，
对活塞，由平衡条件得：p2S＝p1 2S，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：
p1V1＝p氢 2V0，p2V2＝p0V0，由于两活塞用刚性杆连接，由几何关系得：V1-2V0＝2(V0-V2)，
解得：p1p0＋p，V1＝。
[2019全国Ⅱ卷 T27 10分]某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
(i)若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可 ；
A.将单缝向双缝靠近
B.将屏向靠近双缝的方向移动
C.将屏向远离双缝的方向移动
D.使用间距更小的双缝
(ii)若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第1条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为Δx，则单色光的波长λ＝ ；
(iii)某次测量时，选用的双缝的间距为0.300mm，测得屏与双缝间的距离为1.20m，第1条暗条纹到第4条暗条纹之间的距离为7.56mm。则所测单色光波长为 nm(结果保留3位有效数字)。
【答案】(1)B；(2)；(3)630nm。
【解答】(1)增加从目镜中观察到的条纹个数，则条纹的宽度减小，根据相邻亮条纹间的距离为Δx＝λ，为减小相邻亮条纹(暗条纹)间的宽度，可增大双缝间距离或减小双缝到屏的距离；故B正确，ACD错误。
(2)第1条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为Δx，
则两个相邻明纹(或暗纹)间的距离Δx′＝，则单色光的波长λ＝。
(3)将双缝的间距为0.300mm，测得屏与双缝间的距离为1.20m，以及n＝4代入公式可得：λ＝6.3×10-7m＝630nm。
2019年全国Ⅲ卷
[2019全国Ⅲ卷 T18 6分]如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为( )
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，则粒子在第二象限的运动时间为t1＝×＝。第一象限的磁感应强度为第二象限磁感应强度的一半，根据R＝知半径为原来的2倍，即R2＝2R1根据几何关系可得：
cosθ＝＝，则θ＝60°，t2＝×＝
粒子在磁场中运动的时间为t＝t2＋t2＝。
[2019全国Ⅲ卷 T20 6分]如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。时，木板开始受到水平外力的作用，在时撤去外力。细绳对物块的拉力随时间变化的关系如图(b)所示，木板的速度与时间的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取．由题给数据可以得出( )
A．木板的质量为
B．内，力的大小为
C．内，力的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
【解析】、根据图像可知木块与木板之间的滑动摩擦力为，在后撤去外力，此时木板在水平方向上只受到滑动摩擦力的作用，此时木板的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得，解得木板的质量，故正确；
、内，木板的加速度，根据牛顿第二定律可得，解得力，故正确；
、内，整体受力平衡，拉力的大小始终等于绳子的拉力，绳子的拉力增大，则力增大，故错误；
、由于物块的质量无法求出，物块与木板之间的动摩擦因数无法求解，故错误。
[2019全国Ⅲ卷 T25 20分]静止在水平地面上的两小物块、，质量分别为，；两者之间有一被压缩的微型弹簧，与其右侧的竖直墙壁距离，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使、瞬间分离，两物块获得的动能之和为．释放后，沿着与墙壁垂直的方向向右运动。、与地面之间的动摩擦因数均为．重力加速度取．、运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
(1)求弹簧释放后瞬间、速度的大小；
(2)物块、中的哪一个先停止？该物块刚停止时与之间的距离是多少？
(3)和都停止后，与之间的距离是多少？
【答案】(1)弹簧释放后瞬间、速度的大小分别为和；
(2)物块先停止，该物块刚停止时与之间的距离是；
(3)和都停止后，与之间的距离是。
【解析】(1)设弹簧释放瞬间和的速度大小分别为、，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有：，
联立①②式并代入题给数据得：，
(2)、两物块与地面间的动摩擦因数相等，二者运动的过程中，若一直向右运动，一直到停止，则对由动量定理可得：，则：
一直向左运动，则：，可得：
可知先停止运动，该过程中的位移：，代入数据可得：
从二者分开到停止，若一直向右运动，由动量定理可得：
停止时的速度：，代入数据可得：
对由动能定理可得：，则位移：
这表明在时间内已与墙壁发生碰撞，但没有与发生碰撞，此时位于出发点右边的距离为：Δ处。
位于出发点左边处，两物块之间的距离为：Δ
(3)时刻后将继续向左运动，假设它能与静止的碰撞，碰撞时速度的大小为，由动能定理有：⑩
联立并代入题给数据得：
故与将发生碰撞。设碰撞后、的速度分别为以和，由动量守恒定律与机械能守恒定律有：
以及：
联立并代入题给数据得：，
这表明碰撞后将向右运动，继续向左运动。设碰撞后向右运动距离为时停止，向左运动距离为时停止，由动能定理可得：，
代入数据得：，
小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离：。
[2019全国Ⅲ卷 T26 10分]如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76cmHg，环境温度为296K。
(i)求细管的长度；
(ii)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。
【答案】(i)细管的长度为41cm；
(ii)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，此时密封气体的温度为312K。
【解答】(i)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1.由玻意耳定律有：pV＝p1V1 ①；由力的平衡条件有：p＝p0＋ρgh ②
p1＝p0-ρgh ③，式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有：V＝S(L-h1-h) ④；V1＝S(L-h) ⑤
由①②③④⑤式和题给条件得：L＝41cm ⑥
(ii)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖-吕萨克定律有： ⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得：T＝312K ⑧
[2019全国Ⅲ卷 T27 10分]如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝30°。一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出。
(i)求棱镜的折射率；
(ii)保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出。求此时AB边上入射角的正弦。
【答案】(i)棱镜的折射率为；(ii)AB边上入射角的正弦为。
【解答】(i)光路图及相关量如图所示。
光束在AB边上折射，由折射定律得：n＝ ①
式中n是棱镜的折射率。由几何关系可知：α＋β＝60° ②
由几何关系和反射定律得：β＝β′＝∠B ③
联立①②③式，并代入i＝60°得：n＝ ④
(ii)设改变后的入射角为i′，折射角为α′，由折射定律得：n＝ ⑤
依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角θc，且：sinθc＝ ⑥
由几何关系得：θc═[(180°-(60°)-(90-α′)]＝α'+30° ⑦
由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为：sini′＝ ⑧
2018年全国Ⅰ卷
[2018全国Ⅰ卷 T18 6分]如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理得：，又F=mg，解得，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后，在水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球离开c点到其轨迹最高点所需的时间为：，小球离开c点后在水平方向的位移为。
由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移为5R，则小球机械能的增量为，选项C正确ABD错误。
[2018全国Ⅰ卷 T21 6分]图中虚线、、、、代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面上的电势为，一电子经过时的动能为，从到的过程中克服电场力所做的功为．下列说法正确的是( )
A．平面上的电势为零
B．该电子可能到达不了平面
C．该电子经过平面时，其电势能为
D．该电子经过平面时的速率是经过时的2倍
【答案】AB
【解析】、虚线、、、、代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过时的动能为，从到的过程中克服电场力所做的功为，动能减小了，电势能增加了，因此等势面间的电势差为，因平面上的电势为，由于电子的电势能增加，等势面由到是降低的，因此平面上的电势为零，故正确；
、由上分析，可知，当电子由向方向运动，则电子到达平面的动能为，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面，故正确；
、在平面上电势为，则电子的电势能为，动能为，电势能与动能之和为，当电子经过平面时，动能为，其电势能为，故错误；
、电子经过平面时的动能是平面的动能2倍，电子经过平面时的速率是经过时的倍，故错误；
[2018全国Ⅰ卷 T23 9分]某实验小组利用如图(a)所示的电路探究在范围内某热敏电阻的温度特性，所用器材有：置于温控室(图中虚线区域)中的热敏电阻，其标称值时的阻值)为；电源，内阻可忽略)；电压表(量程；定值电阻(阻值，滑动变阻器(最大阻值为；电阻箱(阻值范围；单刀开关，单刀双掷开关。
实验时，先按图(a)连接好电路，再将温控室的温度升至．将与1端接通，闭合，调节的滑片位置，使电压表读数为某一值：保持的滑片位置不变，将置于最大值，将与2端接通，调节，使电压表读数仍为；断开，记下此时的读数。逐步降低温控室的温度，得到相应温度下的阻值，直至温度降到，实验得到的数据见表。
t/℃ 25.0 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0
R2/Ω 900.0 680.0 500.0 390.0 320.0 270.0 240.0
回答下列问题：
(1)在闭合前，图(a)中的滑片应移动到 (填“”或“” 端；
(2)在图(b)的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并做出曲线；
(3)由图(b)可得到在范围内的温度特性，当时，可得 ；
(4)将握于手心，手心温度下的相应读数如图(c)所示，该读数为 ，则手心温度为 。
【答案】(1)；(2)如图所示；(3)；(4)620.0；。
【解析】(1)由图可知，滑动变阻器采用限流接法，实验开始时应让电路中电流最小，所以滑动变阻器接入电阻应为最大，故开始时滑片应移动到端；
(2)根据描点法可得出对应的图像如图所示；
(3)由图可知，当时，对应在的坐标约为；可得：；
(4)根据电阻箱的读数方法可知，电阻箱的读数为：，由图可知对应的温度为；
[2018全国Ⅰ卷 T25 20分]如图，在的区域存在方向沿轴负方向的匀强电场，场强大小为，在的区域存在方向垂直于平面向外的匀强磁场。一个氕核和一个氘核先后从轴上点以相同的动能射出，速度方向沿轴正方向。已知进入磁场时，速度方向与轴正方向的夹角为，并从坐标原点处第一次射出磁场。的质量为，电荷量为，不计重力。求
(1)第一次进入磁场的位置到原点的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)第一次离开磁场的位置到原点的距离。
【答案】(1)第一次进入磁场的位置到原点的距离为；
(2)磁场的磁感应强度大小为；
(3)第一次离开磁场的位置到原点的距离。
【解析】(1)在电场中做类平抛运动，水平方向：，竖直方向：，
粒子进入磁场时竖直分速度：，解得：；
(2)在电场中的加速度：，
进入磁场时的速度：，
在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示：
由几何知识得：，
在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，
解得：；
(3)由题意可知：和的初动能相等，即：，
由牛顿第二定律得：，
在电场中做类平抛运动，水平方向：，竖直方向：，
进入磁场时的速度：，，
解得：，，，
在磁场中做圆周运动，圆周运动的轨道半径：，
射出点在原点左侧，进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点间的距离：，
第一次离开磁场时的位置距离点的距离为：，解得：；
[2018全国Ⅰ卷 T26 10分]如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上都通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了。不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。
【答案】流入汽缸内液体的质量是。
【解析】设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2。在活塞下移的过程中，活塞上、下两部分气体的温度均保持不变，作等温变化，由玻意耳定律得：对上部分气体有 p0＝p1V1，对下部分气体有p0＝p2V2
由已知条件得V1＝V，V2＝，
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得：p2S＝p1S＋mg，联立以上各式得：m。
[2018全国Ⅰ卷 T27 10分]一列简谐横波在ts的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点，图(b)是质点Q的振动图像。求：
(i)波速及波的传播方向；
(ii)质点Q的平衡位置的x坐标。
【答案】(i)波速为18cm/s，该波沿x轴负方向传播；
(ii)质点Q的平衡位置的x坐标为xQ＝9cm。
【解析】(i)由图(a)可以看出，该波的波长为λ＝36cm，由图(b)可以看出周期T＝2s，
故波速为v＝＝18cm/s，由(b)可知，当t＝s时，Q向上振动，结合图(a)可知，该波沿x轴负方向传播。
(ii)设质点P、Q的平衡位置的x轴分别为xP、xQ，由图(a)可知，x＝0处y＝-＝Asin(-30°)，因此xP＝λ＝3cm。
由图(b)可知，在t＝0时Q点处于平衡位置，经过Δt＝s，其振动状态向x轴负方向播到P点处，所以xQ-xP＝vΔt＝6cm，解得质点Q的平衡位置的x坐标为xQ＝9cm。
2018年全国Ⅱ卷
[2018全国Ⅱ卷 T18 6分] 18．如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是( )
【答案】D
【解析】在线框运动过程中，两边的导体棒切割磁感线，会产生感应电动势。由法拉第电磁感应定律知，两导体棒上产生的感应电动势大小相同。在运动过程中会出现两根导体棒都在切割相同方向的磁感线，故会出现电流为0的一段过程，选项AB错误；而且运动过程中导体棒中电流会反向，选项C错误。因此选择D。
[2018全国Ⅱ卷 T21 6分]如图，同一平面内的、、、四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，为、连线的中点，为、连线的中点，一电荷量为的粒子从点移动到点，其电势能减小；若该粒子从点移动到点，其电势能减小，下列说法正确的是( )
A．此匀强电场的场强方向一定与、两点连线平行
B．若该粒子从点移动到点，则电场力做功一定为
C．若、之间的距离为，则该电场的场强大小一定为
D．若，则、两点之间的电势差一定等于、两点之间的电势差
【答案】BD
【解析】、一电荷量为的粒子从点移动到点，其电势能减小，但连线不一定沿着电场线，故错误；
、粒子从点移动到点，其电势能减小，故：，
粒子从点移动到点，其电势能减小，故：，
匀强电场中，沿着相同方向每前进相同距离电势的变化相同，故，即，同理，故，故正确；
、若、之间的距离为，但不一定平行电场线，故，其中为与电场线的夹角，不一定为零，故该电场的场强大小不一定为，故错误；
、若，根据可知，，故，则，故；而，，故，故正确；
[2018全国Ⅱ卷 T23 9分]某同学用图(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数，跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连，滑轮和木块间的细线保持水平，在木块上方放置砝码，缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小。某次实验所得数据在下表中给出，其中的值可从图(b)中弹簧秤的示数读出。
砝码的质量 0.05 0.10 0.15 0.20 0.25
滑动摩擦力 2.15 2.36 2.55 f4 2.93
回答下列问题：
(1) 2.75 ；
(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出图线；
(3)与、木块质量、木板与木块之间的动摩擦因数及重力加速度大小之间的关系式为 ，图线(直线)的斜率的表达式为 ；
(4)取，由绘出的图线求得 (保留2位有效数字)
【答案】(1)2.75；(2)如图所示；(3)；；(4)均正确)。
【解析】(1)由图可以看出，弹簧秤的指针在2.70和2.80之间，读数为；
(2)图中确定和时的点，通过描点后，画图如图所示
(3)与、木块质量、木板与木块之间的动摩擦因数及重力加速度大小之间的关系式为；的表达式为；
(4)由图像可以得出斜率为，所以。
[2018全国Ⅱ卷 T25 20分]一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在平面内的截面如图所示；中间是磁场区域，其边界与轴垂直，宽度为，磁感应强度的大小为，方向垂直于平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为，电场强度的大小均为，方向均沿轴正方向；、为条状区域边界上的两点，它们的连线与轴平行。一带正电的粒子以某一速度从点沿轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从点入射的速度从点沿轴正方向射出。不计重力。
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从点运动到点的时间。
【答案】(1)如图所示；(2) ；(3)， 。
【解析】(1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中的轨迹为圆弧，整个轨迹上下对称，故画出粒子运动的轨迹，如图所示。
(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动，设粒子从点射入时速度的大小为，在下侧电场中运动的时间为，加速度大小为，粒子的电荷量为，质量为，粒子进入磁场的速度大小为，方向与电场方向的夹角为，运动轨迹对应的半径为，如图所示，
根据牛顿第二定律可得：①，速度沿电场方向的分量为：②
垂直电场方向有：③，根据几何关系可得：④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力可得：⑤
根据几何关系可得：⑥
联立①②③④⑤⑥式可得粒子从点入射时速度的大小：⑦
(3)根据几何关系可得速度沿电场方向的分量：⑧
联立①②③⑦⑧式可得该粒子的比荷：⑨
粒子在磁场中运动的周期：⑩
粒子由点到点所用的时间：
联立③⑦⑨ 式可得：
[2018全国Ⅱ卷 T26 10分]如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体，已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和气缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦，开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0，现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功，重力加速度大小为g。
【答案】此时汽缸内气体的温度为T0，在此过程中气体对外所做的功为(p0S＋mg)h。
【解析】设活塞刚要离开a处时汽缸内气体的温度为T1，活塞刚要离开a处时，设气体压强为p1；在此段过程中，封闭气体作等容变化，根据查理定律得：
而p1＝；可得：T1＝T0，设活塞到达b处时汽缸内气体的温度为T′，
活塞上升过程，汽缸内气体作等压变化，则有：，解得：
T′＝T0。在此过程中气体对外所做的功：W＝Fh＝p1Sh＝(p0S＋mg)h。
[2018全国Ⅱ卷 T27 10分]如图，△ABC是一直角三棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝60°。一细光束从BC边的D点折射后，射到AC边的E点，发生全反射后经AB边的F点射出，EG垂直于AC交BC于G，D恰好是CG的中点。不计多次反射。
(i)求出射光相对于D点的入射光的偏角；
(ii)为实现上述光路，棱镜折射率的取值应在什么范围？
【答案】(i)出射光相对于D点的入射光的偏角为60°；
(ii)为实现上述光路，棱镜折射率的取值范围为≤n＜2。
【解析】(i)由于D是CG的中点，GE⊥AC，根据几何关系可得：光束在D点发生折射时的折射角为γD＝30°；那么，根据几何关系可得：在E点的入射角、反射角均为：
γD＋30°＝60°；在F点的入射角为αF＝30°；那么，设入射角为αD，可得：
折射角γF＝αD，故出射光相对于D点的入射光的偏角为60°-αD＋γF＝60°；
(ii)由E点反射角为60°可得：EF∥BC；故根据D点折射角为γD＝30°，
在F点的入射角为αF＝30°可得：棱镜折射率n＜＝2；
根据光束在E点入射角为60°，发生全反射可得：n≥，故棱镜折射率的取值范围为≤n＜2。
2018年全国Ⅲ卷
[2018全国Ⅲ卷 T17 6分]在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( )
A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍
【答案】A
【解析】设甲球落至斜面时的速率为v1，乙落至斜面时的速率为v2，由平抛运动规律，x=vt，，设斜面倾角为θ，由几何关系，tanθ=y/x，小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律，，联立解得：，即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。同理可得，，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2倍，选项A正确。
[2018全国Ⅲ卷 T21 6分]如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒、所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放、，它们由静止开始运动。在随后的某时刻，、经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。、间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是( )
A．的质量比的大
B．在时刻，的动能比的大
C．在时刻，和的电势能相等
D．在时刻，和的动量大小相等
【答案】BD
【解析】解：、两个粒子都做初速度为零的匀加速直线运动，则有．由题意知，相同时间内的位移大于的位移，、又相等，可知．故错误。
、根据动能定理得，即时刻粒子的动能为，的位移大，电场力做功多，所以在时刻，的动能比的大，故正确。
、在时刻，、经过电场中同一水平面，电势相等，它们的电荷量也相等，符号相反，由知，和的电势能不相等，故错误。
、由动量定理得，得时刻粒子的动量为，、、都相等，则在时刻，和的动量大小相等，故正确。
[2018全国Ⅲ卷 T23 9分]一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻的阻值，图中为标准定值电阻；可视为理想电压表；为单刀开关，为单刀双掷开关；为电源；为滑动变阻器。采用如下步骤完成实验：
(1)按照实验原理线路图(a)，将图(b)中实物连线；
(2)将滑动变阻器滑动端置于适当的位置，闭合；
(3)将开关掷于1端，改变滑动变阻器滑动端的位置，记下此时电压表的示数；然后将掷于2端，记下此时电压表的示数；
(4)待测电阻阻值的表达式(用、、表示)；
(5)重复步骤(3)，得到如下数据：
1 2 3 4 5
U1/V 0.25 0.30 0.36 0.40 0.44
U2/V 0.86 1.03 1.22 1.36 1.49
U2/U1 3.44 3.43 3.39 3.40 3.39
(6)利用上述5次测量所得的平均值，求得 ．(保留1位小数)
【答案】(1)如图所示；(4)；(6)48.2。
【解析】(1)根据电路图可得出对应的图像如图所示；
(4)根据实验过程以及电路图可知，与串联，当开关接1时，电压表测量R0两端的电压，故电流为：
而开关接2时，测量两电阻总的电压，则可知，两端的电压为：；
由欧姆定律可知，待测电阻阻值的表达式为：；
(6)的平均值为；
则结合(4)中公式可知，；
[2018全国Ⅲ卷 T25 20分]如图，在竖直平面内，一半径为的光滑圆弧轨道和水平轨道在点相切，为圆弧轨道的直径，为圆心，和之间的夹角为，。一质量为的小球沿水平轨道向右运动，经点沿圆弧轨道通过点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为。求
(1)水平恒力的大小和小球到达点时速度的大小；
(2)小球达点时动量的大小；
(3)小球从点落至水平轨道所用的时间。
【答案】(1)水平恒力的大小，小球到达点时速度的大小；
(2)小球达点时动量的大小；
(3)小球从点落至水平轨道所用的时间。
【解析】(1)设水平恒力的大小为，小球到达点时所受合力的大小为，
由力的合成法则，则有：，；
设小球到达点时的速度大小为，由牛顿第二定律得：
联立上式，结合题目所给数据，解得：，
(2)设小球到达点的速度大小，作，交于点，
由几何关系得：，
由动能定理有，
联立上式，结合题目所给数据，那么小球在点的动量大小为：
(3)小球离开点后，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，加速度大小为，
设小球在竖直方向的初速度为，从点落到水平轨道上所用时间为，
由运动学公式，则有：，
联立上式，结合题目数据，解得：。
[2018全国Ⅲ卷 T26 10分]在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左，右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0cm和l2＝12.0cm，左边气体的压强为12.0cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。
【答案】U形管平放时左右两边空气柱的长度分别为22.5cm和7.5cm。
【解答】设U形管平放时左右两边空气柱的长度分别为a和b，它们的压强为p。
当U形管两端竖直朝上时，左边气体的压强为p1＝12.0cmHg，右边气体的压强为p2＝12.0cmHg-6cmHg＝6cmHg。左右两部分气体作等温变化，分别由玻意耳定律得：
对左部分气体有 p1l1S＝paS，对右部分气体有 p2l2S＝pbS
由几何关系有 a+b＝l1+l2＝30cm，联立以上各式得 a＝22.5cm，b＝7.5cm
[2018全国Ⅲ卷 T27 10分]如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“ ”(图中O点)，然后用横截面为等边三角形ABC的三棱镜压在这个标记上，小标记位于AC边上。D位于AB边上，过D点做AC边的垂线交AC于F。该同学在D点正上方向下顺着直线DF的方向观察，恰好可以看到小标记的像；过O点作AB边的垂线交直线DF于E；DE＝2cm，EF＝1cm。求三棱镜的折射率。(不考虑光线在三棱镜中的反射)
【答案】三检镜的折射率为。
【解答】连接DO，点E是三角形AOD的垂心，DE＝2cm，EF＝1cm，说明三角形OAD是等边三角形，点E也是重心、中心，故画出光路图，如图所示：
故入射角为30°，折射角为60°，故折射率为：n＝＝；
2017年全国Ⅰ卷
[2017全国Ⅰ卷 T18 6分]扫描对到显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺寸上的形貌，为了有效隔离外界震动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小震动，如图所示，无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右震动的衰减最有效的方案是( )
【答案】A
【解析】感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通
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