2021·全国卷Ⅰ(物理)14．F2[2021·国卷Ⅰ全]将质量为kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A．30kg·m/s B．×102kg·m/sC．×102kg·m/s D．×102kg·m/s14．A [解析]在燃气喷出后的瞬间，喷出的燃气的动量p＝mv＝30kg·m/s，由动量守恒定律可得火箭的动量大小为30kg·m/s，选项A正确．15．D2[2021全·国卷Ⅰ]发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响 )．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网，其原因是( ) ．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大15．C [解析]水平射出的乒乓球做平抛运动，两乒乓球在竖直方向做自由落体运动，运动情况相同，选项A、B、D错误；水平方向上做匀速直线运动，由运动规律x＝v0t可得速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少，选项C正确．16．K3[2021全·国卷Ⅰ]如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc.在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．以下选项正确的选项是()图1A ．ma>mb>mcB ．mb>ma>mcC ．mc>ma>mbD ．mc>mb>ma16．B [解析]对微粒a ，洛伦兹力提供其做圆周运动所需向心力， 且mag ＝Eq ，对微粒b ，qvB ＋Eq ＝mbg ，对微粒c ，qvB ＋mcg ＝Eq ，联立三式可得 mb>ma>mc ，选项B 正确．17．O2[2021全·国卷Ⅰ]大科学工程“人造太阳〞主要是将氘核聚变反响释放的能量用来发电．氘核聚变反响方程是：22 3 1 2 3He 的质量1 1 212H ＋ H―→ He ＋n.H 的质量为6u ， 为0u ，01n 的质量为7u ，1u ＝931MeV/c 2.氘核聚变反响中释放的核能约为 ()A ．MeVB ．MeVC ．MeVD ．MeV17．B[解析]氘核聚变反响的质量亏损m ＝6u×2－0u －7u ＝5u ，由爱因斯坦质能方程可得释放的核能E ＝5×931MeV≈MeV，选项B 正确．18．L4[2021·全国卷Ⅰ]扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品外表原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对 STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装假设干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如下列图．无扰动时，按以下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左右振动的衰减最有效的方案是( )图1A B C D图118．A[解析]紫铜薄板上下及左右振动，都存在磁通量变化的为选项A所示方案．19．K1、K2(多项选择)[2021全·国卷Ⅰ]如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反，以下说法正确的选项是()图1A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶3 D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶119．BC[解析]由题意知，三根导线处于等边三角形的三个顶点处，设某导线在等边三角形另外两顶点产生的磁场磁感应强度大小为B0，在L1所在处，L2和L3产生的磁场叠加如图甲所示，方向垂直L2、L3所在平面向上，由左手定那么可得安培力的方向平行L2、L3所在平面向下，合磁感应强度大小BL1＝2B0cos60°＝B0；同理可得在L2所在处的合磁感应强度大小BL2＝2B0cos60°＝B0；在L3所在处，L1和L2产生的磁场叠加如图乙所示，方向平行L1、L2所在平面向右，由左手定那么可得安培力的方向垂直L1、L2所在平面向上，合磁感应强度大小BL3＝2B0cos30°＝3B0.由安培力F＝BIL可得L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶3，选项B、C正确．20．L1、L2(多项选择)[2021全·国卷Ⅰ]在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如下列图．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed.点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd.以下选项正确的选项是()图1A．Ea∶E b＝4∶1B．Ec∶E d＝2∶1C．W∶W＝3∶1D．W∶W＝1∶3ab bc bc cdkQ，可得Ea∶E b＝4∶1，Ec∶E d＝4∶1，选项20．AC[解析]由点电荷的场强公式E＝r2A正确，选项B错误；电场力做功W＝qU，Uab∶U bc＝3∶1，那么Wab∶W bc＝3∶1，又有Ubc∶Ucd＝1∶1，那么Wbc∶W cd＝1∶1，选项C正确，选项D错误．21．B7(多项选择)[2021全·国卷Ⅰ]如图，柔软轻绳重物，用手拉住绳的另一端N，初始时，OM竖直且ON的一端O固定，其中间某点 M拴一MN被拉直，OM与MN之间的夹角为πα(α>2)．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变，在OM由竖直被拉到水平的过程中( )图1A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小21．AD[解析]OM的张力F1和MN的张力F2的合力F不变，关系如下列图，F F1F2α不变，β由钝角逐渐减小＝＝，将重物向右上方缓慢拉起，夹角sin〔180°－α〕sinβsinγ到锐角，γ由锐角逐渐增大到直角，那么MN上的张力F2逐渐增大，OM上的张力F1先增大后减小，选项A、D正确．22．A2[2021·国卷Ⅰ全]某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器〞计量时间．实验前，将该计时器固定在小车旁，如图(a)所示．实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车．在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图(b)记录了桌面上连续的6个水滴的位置．(滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴)图(a)图(b)(1 )由图(b)可知，小车在桌面上是____________(选填“从右向左〞或“从左向右〞)运动的．(2 )该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动．小车运动到图(b)中A点位置时的速度大小为________m/s，加速度大小为________m/s2.(结果均保存2位有效数字) 22．[答案](1)从右向左[解析](1)小车在桌面上做减速直线运动，由图(b)可知小车在桌面上是从右向左运动的．302s，小车运动到图(b)中A点位置时的速度A＝117＋133×10－3(2)滴水周期T＝45s＝3v22×3150＋133－117－100m/s＝m/s，加速度a＝22×10－3m/s2＝m/s2.4×323．J2、J4[2021·全国卷Ⅰ]某同学研究小灯泡的伏安特性．所使用的器材有：小灯泡L(额定电压V，额定电流A)；电压表V(量程3V，内阻3kΩ)；电流表A(量程A，内阻Ω)；固定电阻R0(阻值1000Ω)；滑动变阻器R(阻值0～Ω)；电源E(电动势5V，内阻不计)；开关S；导线假设干．(1)实验要求能够实现在0～V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图．(2 )实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a)所示．图(a)图(b)由实选验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻 ________(选填“增大〞“不变〞或“减小〞)，灯丝的电阻率________(选填“增大〞“不变〞或“减小〞)．用另一电源E0(电动势4V，内阻Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路图，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率．闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为________W，最大功率为________W．(结果均保存2位小数)23．[答案](1)如下列图增大增大[解析](1)电压从0开始调节，滑动变阻器应使用分压式接法，电压表的量程小于灯泡的额定电压，需要串联电阻改装，因为灯泡电阻远小于改装电压表的总电阻，所以电流表采用外接法．(2)由小灯泡伏安特性曲线可知，随着电流的增加，UI也增加，那么小灯泡的电阻增大，由LR＝ρ，灯丝的电阻率增大．S(3)I以mA为单位，当滑动变阻器R＝0时，灯泡两端的电压IU＝E0－Ir＝4－1000，此时灯泡的功率最大，在小灯泡伏安特性曲线中作I＝4000－1000U图线，找出交点的横、纵坐标，那么小灯泡最大功率P＝W；同理可知当滑动变阻器R＝9Ω时，小灯泡的最小功率P＝W.24．E2、E3[2021·国卷Ⅰ全]一质量为×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度×105m处以×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为m/s2.(结果保存2位有效数字)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.24．[答案]×108J×1012J×108J[解析](1)飞船着地前瞬间的机械能为E12①k＝2mv式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得Ek0＝×108J②设地面附近的重力加速度大小为g.飞船进入大气层时的机械能为1 2Eh＝2mvh＋mgh③式中，vh是飞船在高度×105m处的速度大小．由③式和题给数据得Eh＝×1012J④飞船在高度h′＝600m处的机械能为21E h′＝2m100vh ＋mgh′⑤由功能原理得W＝E h′－Ek0 ⑥式中，W是飞船从高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得W＝×108J⑦25．C2、C5、A2、A8[2021全·国卷Ⅰ]真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.(1)求油滴运动到B点时的速度；求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．25．[答案](1)v0－2gt1(2)略[解析](1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t＝时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足qE2－mg＝ma1①油滴在时刻t1的速度为v1＝v0＋a1t1 ②电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2＋mg＝ma2 ③油滴在时刻t2＝2t1的速度为v2＝v1－a2t1 ④由①②③④式得v2＝v0－2gt1 ⑤由题意，在t＝0时刻前有1qE＝mg⑥油滴从t＝0到时刻t1的位移为12s1＝v0t1＋2a1t1⑦油滴在从时刻t到时刻t ＝2t的时间间隔内的位移为12112s2＝v1t1－2a2t1⑧由题给条件有2v0＝2g(2h)⑨式中h是B、A两点之间的距离．假设B点在A点之上，依题意有s1＋s2＝h ○10由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得2v0 1v0E2＝2－2gt1＋4gt1 E1 ?为使E2>E1，应有2v0 1v02－2gt1＋4gt1 >1?3v03即当0<t1<1－2g?v0或t1>1＋2g?才是可能的；条件?式和?式分别对应于v2>0和v2<0两种情形．假设B点在A点之下，依题意有s1＋s2＝－h ?由①②③⑥⑦⑧⑨?式得2v0 1v0E2＝2－2gt1－4gt1E1 ?为使E2>E1，应有2v0 1v052－2gt1－4gt1 >1 ?v0即t1>2＋1g?另一解为负，不合题意，已舍去．33．[2021全·国卷Ⅰ][物理—选修3-3]H1氧气分子在0℃和100℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示．以下说法正确的选项是________．图1．图中两条曲线下面积相等．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目E．与0℃时相比，100℃时氧气分子速率出现在0～400m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大(2)H2、H3如图，容积均为V的气缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)．初始时，三个阀门均翻开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给气缸充气，使A中气体的压强到达大气压p0的3倍后关闭K1.室温为27℃，气缸导热．图1(ⅰ)翻开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；(ⅱ)接着翻开K3，求稳定时活塞的位置；(ⅲ)再缓慢加热气缸内气体使其温度升高20℃，求此时活塞下方气体的压强．33．[答案](1)ABCV(2)(ⅰ)22p0 (ⅱ)活塞上升至B的顶部(ⅲp0[解析](1)因分子总个数一定，图中两条曲线下面积相等，选项A正确；图中虚线的峰值对应的横坐标小于实线的峰值对应的横坐标，虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形，对应的温度为0℃，实线对应的温度为100℃，选项B、C正确；图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数占总分子数的百分比，选项D错误；与0℃时相比，100℃时氧气分子速率出现在0～400m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，选项E错误．(2)(ⅰ)设翻开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p，体积为V.依题意，被活塞分开11的两局部气体都经历等温过程．由玻意耳定律得p0V＝p1V1 ①(3p0)V＝p1(2V－V1) ②联立①②式得VV1＝2③p1＝2p0 ④(ⅱ)翻开K3后，由④式知，活塞必定上升．设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下方气体压强为p2.由玻意耳定律得(3p0)V＝p2V2⑤由⑤式得3Vp2＝V2p0⑥由⑥式知，翻开K3后活塞上升直到B的顶部为止，此时2230p为p′＝2p.(ⅲ)设加热后活塞下方气体的压强为p，气体温度从T＝300K升高到T＝320K的等容312过程中，由查理定律得p′2 p3T1＝T2 ⑦将有关数据代入⑦式得p3＝0 ⑧34．[2021·国卷Ⅰ全][物理—选修3-4](1)G2、G4如图(a)，在xy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1(0，4)和S2(0，－2)．两波源的振动图线分别如图(b)和图(c)所示，两列波的波速均为 m/s.两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差为________m，两列波引起的点B(4，1)处质点的振动相互________(填“加强〞或“减弱〞“减弱〞)．)，点C(0，0.5)处质点的振动相互________(填“加强〞或图(a)图(b) 图(c)(2)N1如图，一玻璃工件的上半部是半径为R的半球体，O点为球心；下半部是半径为R、高为2R的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜．有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入，该光线与OC之间的距离为0.6R.最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行(不考虑多次反射)．求该玻璃的折射率．图134．[答案](1)2 减弱加强[解析](1)由图可得周期T＝2s，那么波长λ＝vT＝2m，两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差r＝r1－r2＝10m－8m＝2m，两列波的振动步调相反，从波源传播到点B(4，1)的λ路程差为0，引起该处质点的振动相互减弱，从波源传播到点C(0，0.5)的路程差为1m＝2×1，该处质点为振动加强点．(2)如图，根据光路的对称性和光路可逆性，与入射光线相对于OC轴对称的出射光线一定与入射光线平行．这样，从半球面射入的折射光线，将从圆柱体底面中心C点反射．设光线在半球面的入射角为i，折射角为r.由折射定律有sini＝nsinr①由正弦定理有sinr sin〔i－r〕2R＝R②由几何关系，入射点的法线与OC的夹角为i.由题设条件和几何关系有Lsini＝R③式中L是入射光线与OC的距离．由②③式和题给数据得sinr＝6④205由①③④式和题给数据得n＝≈⑤。
2023年全国统一高考物理试卷（全国卷Ⅰ）一、选择题（本题共8小题,在每小题给出地四个选项中,有地只有一个选项正确,有地有多个选项正确,全部选对地得6分,选对但不全地得3分,有选错地得0分）1．（6分）下列说法正确地是（ ）A．气体对器壁地压强大小等于大量气体分子作用在器壁单位面积上地平均作用力B．气体对器壁地压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上地平均冲量C．气体分子热运动地平均动能减少,气体地压强一定减小D．单位体积地气体分子数增加,气体地压强一定增大2．（6分）某物体左右两侧各有一竖直放置地平面镜,两平面镜相互平行,物体距离左镜4m,右镜8m,如下图所示,物体在左镜所成地像中从右向左数地第三个像与物体地距离是（ ）A．24m B．32m C．40m D．48m3．（6分）氦氖激光器能产生三种波长地激光,其中两种波长分别为λ1=0.6328µm,λ2=3.39µm,已知波长为λ1地激光是氖原子在能级间隔为△E1=1.96eV地两个能级之间跃迁产生地．用△E2表示产生波长为λ2地激光所对应地跃迁地能级间隔,则△E2地近似值为（ ）A．10.50eV B．0.98eV C．0.53eV D．0.36eV 4．（6分）如图,一段导线abcd位于磁感应强度大小为B地匀强磁场中,且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直．线段ab、bc和cd地长度均为L,且∠abc=∠bcd =135°．流经导线地电流为I,方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到地磁场地作用力地合力（ ）A．方向沿纸面向上,大小为（+1）ILBB．方向沿纸面向上,大小为（﹣1）ILBC．方向沿纸面向下,大小为（+1）ILBD．方向沿纸面向下,大小为（﹣1）ILB5．（6分）如下图所示,一电场地电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称,O、M、N是y轴上地三个点,且OM=MN．P点在y轴右侧,MP⊥ON．则（ ）A．M点地电势比P点高B．将负电荷由O点移动到P点,电场力做正功C．M、N两点间地电势差大于O、M两点间地电势差D．在O点静止释放一带正电粒子,该粒子将沿y轴正方向做直线运动6．（6分）天文学家新发现了太阳系外地一颗行星。
新高考物理真题汇编-电学计算题解析版1．（2022·新课标全国Ⅰ卷）如图，在直角三角形OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外。
一带正电的粒子从静止开始经电压U 加速后，沿平行于x 轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP 边上某点以垂直于x 轴的方向射出。
已知O 点为坐标原点，N 点在y 轴上，OP 与x 轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d ，不计重力。
求 （1）带电粒子的比荷；（2）带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间。
【答案】（1）224q U m B d = （2）2π3()423Bd t U =+【解析】（1）设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，加速后的速度大小为v 。
由动能定理有212qU mv =①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 2v qvB m r=②由几何关系知d 2③ 联立①②③式得 224q Um B d=④ （2）由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x 轴所经过的路程为πtan302rs r =+︒⑤ 带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为s t v=⑥ 联立②④⑤⑥式得2π3()423Bd t U =+⑦2．（2022·新课标全国Ⅱ卷）如图，两金属板P 、Q 水平放置，间距为d 。
两金属板正中间有一水平放置的金属网G ，P 、Q 、G 的尺寸相同。
G 接地，P 、Q 的电势均为ϕ（ϕ>0）。
质量为m ，电荷量为q （q >0）的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置，以速度v 0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
（1）求粒子第一次穿过G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小； （2）若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？【答案】（1）0mdh l v q ϕ= （2）2mdhv q ϕ【解析】（1）PG 、QG 间场强大小相等，均为E ，粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a ，有2E dϕ=① F =qE =ma ②设粒子第一次到达G 时动能为E k ，由动能定理有2k 012qEh E mv =-③设粒子第一次到达G 时所用的时间为t ，粒子在水平方向的位移为l ，则有212h at =④ l =v 0t ⑤联立①②③④⑤式解得2k 012=2E mv qh dϕ+⑥mdhl v q ϕ= （2）设粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L 为0=22mdhL l v q ϕ= 3．（2022·新课标全国Ⅲ卷）空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O 、P 是电场中的两点。
