高考物理压轴题总汇编

合集下载

最近两年全国各地高考物理压轴题汇集(详细解析63题)

最近两年全国各地高考物理压轴题汇集(详细解析63题)

最近两年全国各地高考物理压轴题汇集(详细解析63题)最近年全各地高考物理压压压压集;压压解析两国63压, 2009年2月16日星期一P、Q压的距压离L.已知木压B在下滑压程中做速直压压~木压匀运与A相后立刻一起向下压~但不粘压碰运~最近年全各地高考物理压压压压集;压压解析两国63压,它达个运压到一最低点后又向上压~木压B向上压恰好能回到运Q点.若木压A 止于静P点~木压C从Q1;20分,2v向下压~压压同压压程~最后木压运C停在斜面上的R点~求P、R 压的距离L′的点压始以初速度0如压12所示~是一压压压=4 m的压压平板固定在水平地面上~整空压有一平行于个个的匀PRLPR3强压压~在板的右半部分有一垂直于压面向外的强磁压个匀~一压量压个=0,1 kg~压压量压=0,5 EBmq大小。

C的物~板的体从P端由止压始在压压力和摩擦力的作用下向右做加速压~压入磁压后恰能做静匀运匀5如压~足压压的水平压送压始压以大小压v,3m/s的速度向左压~压送压上有一压量压运M,2kg的小木盒速压。

物到板运当体碰R端的压板后被压回~若在撞瞬压撤去压压~物返回压在磁压中仍做速压~碰体匀运A~A与数压送压之压的压摩擦因压μ,0,3~压始压~A与静压送压之压保持相压止。

先后相隔?t,3s有两2 离匀减运压磁压后做速压停在C点~PC=L/4~物平板压的压摩擦因压体与数μ=0,4~取g=10m/s~求,个光滑的压量压,1kg的小球自压送压的左端出压~以,15m/s的速度在压送压上向右压。

第运1球个mBv0;1,判物压压性压~正压荷压是压压荷,断体与即与静木盒相遇后~球立压入盒中盒保持相压止~第2球出压后压压?个t,1s/3而木盒相遇。

求与1;2,物压板撞前后的速度体与碰v和v122;取g,10m/s,;3,磁感压强度B的大小;1,第1球木盒相遇后瞬压~者共同压的速度压多大,个与两运;4,压压强度E 的大小和方向;2,第1球出压后压压多压压压木盒相遇,个与压12;3,自木盒第与1球相遇至第个与2球相遇的压程中~由于木盒压送压压的摩擦而压生的压量个与是多少,2(10分)如压214—所示~光滑水平面上有压桌L=2m的木板C~压量m=5kg~在其正中央排放着并cvA0B两个小滑压A和B~m=1kg~m=4kg~压始压三物都止,在静A、B压有少量塑炸压~爆炸后胶A以速AB度6m,s水平向左压~运A、B中任一压压板撞后~都粘在一起~不压摩擦和撞压压~求,与碰碰(1)滑压当两A、B都压板撞后~与碰C的速度是多大?v (2)到A、B都压板撞压止~与碰C的位移压多少?6如压所示~平行金板两属A、B压l,8cm~板压距两离d,-10-208cm~A板比B板压压高300V~即U,300V。

高考物理压轴题汇编

高考物理压轴题汇编

高考物理压轴题汇编 如图所示,在盛水的圆柱型容器内竖直地浮着一块圆柱型的木块,木块的体积为V ,高为h ,其密度为水密度ρ的二分之一,横截面积为容器横截面积的二分之一,在水面静止时,水高为2h ,现用力缓慢地将木块压到容器底部,若水不会从容器中溢出,求压力所做的功。

解:由题意知木块的密度为ρ/2,所以木块未加压力时,将有一半浸在水中,即入水深度为h/2,木块向下压,水面就升高,由于木块横截面积是容器的1/2,所以当木块上底面与水面平齐时,水面上升h/4,木块下降h/4,即:木块下降h/4,同时把它新占据的下部V/4体积的水重心升高3h/4,由功能关系可得这一阶段压力所做的功vgh h g v h g v w ρρρ16142441=-= 压力继续把木块压到容器底部,在这一阶段,木块重心下降45h,同时底部被木块所占空间的水重心升高45h ,由功能关系可得这一阶段压力所做的功vgh h g v h vg w ρρρ1610452452=-= 整个过程压力做的总功为:vgh vgh vgh w w w ρρρ1611161016121=+=+= (16分)为了证实玻尔关于原子存在分立能态的假设,历史上曾经有过著名的夫兰克—赫兹实验,其实验装置的原理示意图如图所示.由电子枪A 射出的电子,射进一个容器B 中,其中有氦气.电子在O 点与氦原子发生碰撞后,进入速度选择器C ,然后进入检测装置D .速度选择器C 由两个同心的圆弧形电极P 1和P 2组成,当两极间加以电压U 时,只允许具有确定能量的电子通过,并进入检测装置D .由检测装置测出电子产生的电流I ,改变电压U ,同时测出I的数值,即可确定碰撞后进入速度选择器的电子的能量分布.我们合理简化问题,设电子与原子碰撞前原子是静止的,原子质量比电子质量大很多,碰撞后,原子虽然稍微被碰动,但忽略这一能量损失,设原子未动(即忽略电子与原子碰撞过程中,原子得到的机械能).实验表明,在一定条件下,有些电子与原子碰撞后没有动能损失,电子只改变运动方向.有些电子与原子碰撞时要损失动能,所损失的动能被原子吸收,使原子自身体系能量增大,(1)设速度选择器两极间的电压为U (V )时,允许通过的电子的动能为E k (eV ),导出E k (eV )与U (V )的函数关系(设通过选择器的电子的轨道半径r =20.0 cm ,电极P 1和P 2之间隔d =1.00 cm,两极间场强大小处处相同),要说明为什么有些电子不能进入到接收器.(2)当电子枪射出的电子动能E k =50.0 eV 时,改变电压U (V ),测出电流I (A ),得出下图所示的I —U 图线,图线表明,当电压U 为5.00 V 、2.88 V 、2.72 V 、2.64 V 时,电流出现峰值,定性分析论述I —U 图线的物理意义.(3)根据上述实验结果求出氦原子三个激发态的能级E n (eV ),设其基态E 1=0.解:(1)当两极间电压为U 时,具有速度v 的电子进入速度选择器两极间的电场中,所受电场力方向与v 垂直,且大小不变,则电子在两极间做匀速圆周运动,电场力提供向心力,设电子质量为m ,电量为e ,则电场力F =qE =eU /d根据牛顿第二定律有eU /d =mv 2/R解得电子动能E k =mv 2/2=eUR /2d =10.0U (eV) (6分)即动能与电压成正比,此结果表明当两极间电压为U 时,允许通过动能为10.0U (eV )的电子,而那些大于或小于10U (eV )的电子,由于受到过小或过大的力作用做趋心或离心运动而分别落在两电极上,不能到达检测装置D .(2)I —U 图线表明电压为5.0 V 时有峰值,表明动能为50.0 eV 的电子通过选择器,碰撞后电子动能等于入射时初动能,即碰撞中原子没有吸收能量,其能级不变.当电压为2.88 V 、2.72 V 、2.64 V 时出现峰值,表明电子碰撞后,动能分别从50.0 eV ,变为28.8 eV ,27.2 eV 、26.4 eV,电子通过选择器进入检测器,它们减小的动能分别在碰撞时被原子吸收,I —U 图线在特定能量处出现峰值,表明原子能量的吸收是有选择的、分立的、不连续的存在定态.(例如在电压为4.0 V 时没有电流,表明碰撞后,电子中没有动能为40.0 eV 的电子,即碰撞中,电子动能不可能只损失(50.0-40.0)eV=10.0 eV ,也就是说氦原子不吸收10.0 eV 的能量,即10.0 eV 不满足能级差要求)(4分)(3)设原子激发态的能极为E n ,E 1=0,则从实验结果可知,氦原子可能的激发态能级中有以下几个能级存在:(50.0-28.8)eV=21.2 eV(50.0-27.2)eV=22.8 eV(50.0-26.4)eV=23.6 eV (6分) 17.(14分)如图甲,A 、B 两板间距为2L ,板间电势差为U ,C 、D 两板间距离和板长均为L ,两板间加一如图乙所示的电压.在S 处有一电量为q 、质量为m 的带电粒子,经A 、B 间电场加速又经C 、D 间电场偏转后进入一个垂直纸面向里的匀强磁场区域,磁感强度为B .不计重力影响,欲使该带电粒子经过某路径后能返回S 处.求:(1)匀强磁场的宽度L ′至少为多少?(2)该带电粒子周期性运动的周期T .(1)AB 加速阶段,由动能定理得:221mv qU = ① 偏转阶段,带电粒子作类平抛运动偏转时间qU m L v L t 2/1==② 侧移量2221212221L qU m L mL qU at y =⋅⋅== ③ 设在偏转电场中,偏转角为θ则1221=⋅===v L mL qU v at v v tg y θ 即θ= 4π ④ 由几何关系:Rcos45°+R=L′⑤ Rsin45°=2L ⑥ 则 L′=L 212+⑦ 注:L ′也可由下面方法求得:粒子从S 点射入到出偏转电场,电场力共做功为W=2q U⑧设出电场时速度为v′,有qU v m 2212=' 解得v′=m qU /4⑨ 粒子在磁场中做圆周运动的半径:qBmqU qB v m R 2='= ∴qBmqU L )22(+=' ⑩ (2)设粒子在加速电场中运动的时间为t2则t2=qU m L v L 2/2/2= ○11 带电粒子在磁场中做圆周运动的周期qB m T π2='○12 实际转过的角度α=2π-2θ=23π ○13 在磁场中运动时间t3=qBm T 2343π=''○14 故粒子运动的周期T =2t2+2t1+t3=4LqB m qU m 232/π+○15 评分标准:本题14分,第(1)问8分,其中①、②、③式各1分,④式2分,⑤、⑥、⑦式各1分.第(2)问6分,其中 ○12、○13、○14、式各1分,○15式2分. 22.(13分)1951年,物理学家发现了“电子偶数”,所谓“电子偶数”就是由一个负电子和一个正电子绕它们的质量中心旋转形成的相对稳定的系统.已知正、负电子的质量均为m e ,普朗克常数为h ,静电力常量为k ,假设“电子偶数”中正、负电子绕它们质量中心做匀速圆周运动的轨道半径r 、运动速度v 及电子的质量满足量子化理论:2m e v n r n =nh /2π,n =1,2……,“电子偶数”的能量为正负电子运动的动能和系统的电势能之和,已知两正负电子相距为L 时的电势能为E p =-k Le 2,试求n =1时“电子偶数”的能量. 18.(13分)由量子化理论知 n =1时,2m e v 1r 1=π2h解得114r m h v e π= ①设此时电子运转轨道半径为r ,由牛顿定律有m e 2121214r e k r v = 21214/v m ke r e = ② 由①②联立可得v 1=πke 2/h 系统电势能E p =-k 2122222r m ke e k r e e -==-2m e v 12而系统两电子动能为E k =2×212121v m v m e e = 系统能量为E =E p +E k =-m e v 12=-π2mk 2e 4/h 2评分:解答①式正确得2分;解答②式正确得3分;正确分析系统势能得2分;解答动能正确得3分;正确列式、得出总能量表达式得3分.23.(14分)显像管的工作原理是阴极K 发射的电子束经高压加速电场(电压U )加速后垂直正对圆心进入磁感应强度为B 、半径为r 的圆形匀强偏转磁场,如图11所示,偏转后轰击荧光屏P ,荧光粉受激而发光,在极短时间内完成一幅扫描.若去离子水质不纯,所生产的阴极材料中会有少量SO -24,SO -24打在屏上出现暗斑,称为离子斑,如发生上述情况,试分析说明暗斑集中在荧光屏中央的原因[电子质量为9.1×10-31 kg ,硫酸根离子(SO -24)质量为1.6×10-25 kg ].23、电子或硫酸根离子在加速电场中 qU =221mv 设粒子在偏转磁场中偏转时,轨道半径为R ,有:qvB =m Rv 2则R =q mU B qB mv 21= 设粒子在偏转磁场中速度偏角为θ,有:tan mUq Br R r 22==θ故tan 2θ∝m q 由于硫酸根离子荷质比远小于电子的荷质比,高速硫酸根离子经过磁场几乎不发生偏转,而集中打在荧光屏中央,形成暗斑.评分:正确运用动能定理处理粒子在加速电场中的运动得3分;求解粒子在偏转磁场中的轨道半径得3分;正确抓住切入点,求解tan2θ得3分;明确tan 2θ与m q 的关系得2分;最后将tan 2θ∝m q 应用于电子和硫酸根离子,得出正确结论得2分. 24.(14分)如图12是用高电阻放电法测电容的实验电路图,其原理是测出电容器在充电电压为U 时所带的电荷量Q ,从而求出其电容C .该实验的操作步骤如下:①按电路图接好实验电路;②接通开关S ,调节电阻箱R 的阻值,使微安表的指针接近满刻度,记下这时的电压表读数U 0=6.2 V 和微安表读数I 0=490 μA;③断开电键S 并同时开始计时,每隔5 s 或10 s 读一次微安表的读数i ,将读数记录在预先设计的表格中;④根据表格中的12组数据,以t 为横坐标,i 为纵坐标,在坐标纸上描点(图中用“×”表示),则:图12(1)根据图示中的描点作出图线.(2)试分析图示中i-t 图线下所围的“面积”所表示的物理意义.(3)根据以上实验结果和图线,估算当电容器两端电压为U 0所带的电量Q 0,并计算电容器的电容.24.(14分)(1)根据描点绘出圆滑的曲线如图所示.注:(a)绘出折线不得分;(b)绘出的曲线应与横轴相切,否则酌情扣分.(2)图中i-t 图线下所围的“面积”表示断开电键后通过电阻R 的电量,即电容器两端电压为U 0时所带电量为Q .(3)根据绘出图线,估算“面积”格数约32~33格(此范围内均得分,下同).因此,电容器电容为U 0时,带电量(Q 0)约为8.00×10-3 C ~8.25×10-3 C由C =UQ 得,电容器电容(C )约为:1.30×10-3 F ~1.33×10-3 F 评分:(1)绘图正确得4分;(2)“面积”意义分析正确得5分;(3)电容计算正确得5分.25.(12分)据有关资料介绍,受控核聚变装置中有极高的温度,因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装,而是由磁场约束带电粒子运动使之束缚在某个区域内.现按下面的简化条件来讨论这个问题:如图11所示是一个截面为内径R 1=0.6 m 、外径R 2=1.2 m 的环状区域,区域内有垂直于截面向里的匀强磁场.已知氦核的荷质比m q =4.8×107 C/kg ,磁场的磁感应强度B =0.4 T ,不计带电粒子重力.(1)实践证明,氦核在磁场区域内沿垂直于磁场方向运动速度v 的大小与它在磁场中运动的轨道半径r 有关,试导出v 与r 的关系式.(2)若氦核在平行于截面从A 点沿各个方向射入磁场都不能穿出磁场的外边界,求氦核的最大速度.解:(1)设氦核质量为m ,电量为q ,以速度v 在磁感应强度为B 的匀强磁场中做半径为r 的匀速圆周运动, Bqv =m r v 2 (3分)所以v =mqBr (2分) (2)当氦核以v m 的速度沿与内圆相切方向射入磁场且轨道与外圆相切时,则以v m 速度沿各方向射入磁场均不能穿过磁场 (1分)即r 1≤212R R -=0.3 m (2分) 由Bqv =rmv 2知r =qB mv (2分) 所以v m =mBqr 1≤5.76×106 m/s (2分) 32.(16分)如图所示为示波管的原理图,电子枪中炽热的金属丝可以发射电子,初速度很小,可视为零。

全国各地多年高考物理压轴题汇集及详细解析

全国各地多年高考物理压轴题汇集及详细解析

最近两年全国各地高考物理压轴题汇集(详细解析63题)1(20分)如图12所示,PR是一块长为L=4 m的绝缘平板固定在水平地面上,整个空间有一个平行于PR的匀强电场E,在板的右半部分有一个垂直于纸面向外的匀强磁场B,一个质量为m=0.1 kg,带电量为q=0.5 C的物体,从板的P端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动,进入磁场后恰能做匀速运动。

当物体碰到板R端的挡板后被弹回,若在碰撞瞬间撤去电场,物体返回时在磁场中仍做匀速运动,离开磁场后做匀减速运动停在C点,PC=L/4,物体与平板间的动摩擦因数为μ=0.4,取g=10m/s2 ,求:(1)判断物体带电性质,正电荷还是负电荷(2)物体与挡板碰撞前后的速度v1和v2(3)磁感应强度B的大小(4)电场强度E的大小和方向图122(10分)如图2—14所示,光滑水平桌面上有长L=2m的木板C,质量m c=5kg,在其正中央并排放着两个小滑块A和B,m A=1kg,m B=4kg,开始时三物都静止.在A、B间有少量塑胶炸药,爆炸后A以速度6m/s水平向左运动,A、B中任一块与挡板碰撞后,都粘在一起,不计摩擦和碰撞时间,求:(1)当两滑块A、B都与挡板碰撞后,C的速度是多大(2)到A 、B 都与挡板碰撞为止,C 的位移为多少3(10分)为了测量小木板和斜面间的摩擦因数,某同学设计如图所示实验,在小木板上固定一个轻弹簧,弹簧下端吊一个光滑小球,弹簧长度方向与斜面平行,现将木板连同弹簧、小球放在斜面上,用手固定木板时,弹簧示数为F 1,放手后,木板沿斜面下滑,稳定后弹簧示数为F 2,测得斜面斜角为θ,则木板与斜面间动摩擦因数为多少(斜面体固定在地面上)4有一倾角为θ的斜面,其底端固定一挡板M ,另有三个木块A 、B 和C ,它们的质量分别为m A =m B =m ,m C =3 m ,它们与斜面间的动摩擦因数都相同.其中木块A 连接一轻弹簧放于斜面上,并通过轻弹簧与挡板M 相连,如图所示.开始时,木块A 静止在P 处,弹簧处于自然伸长状态.木块B 在Q 点以初速度v 0向下运动,P 、Q 间的距离为L.已知木块B 在下滑过程中做匀速直线运动,与木块A 相碰后立刻一起向下运动,但不粘连,它们到达一个最低点后又向上运动,木块B 向上运动恰好能回到Q 点.若木块A 静止于P 点,木块C 从Q 点开始以初速度032v 向下运动,经历同样过程,最后木块C 停在斜面上的R 点,求P 、R 间的距离L ′的大小。

压轴题

压轴题

高考物理压轴题分类汇编一、力学 二、电场 三、磁场 四、复合场 五、电磁感应一、力学全国理综(江苏、安徽、福建卷)1.(28分)太阳现正处于主序星演化阶段。

它主要是由电子和H 11、He 42等原子核组成。

维持太阳辐射的是它内部的核聚变反应,核反应方程是2e+4H 11→He 42+释放的核能,这些核能最后转化为辐射能。

根据目前关于恒星演化的理论,若由于聚变反应而使太阳中的H 11核数目从现有数减少10%,太阳将离开主序垦阶段而转入红巨星的演化阶段。

为了简化,假定目前太阳全部由电子和H 11核组成。

(1)为了研究太阳演化进程,需知道目前太阳的质量M 。

已知地球半径R =6.4×106 m ,地球质量m =6.0×1024 kg ,日地中心的距离r =1.5×1011 m ,地球表面处的重力加速度g =10 m/s 2,1年约为3.2×107秒。

试估算目前太阳的质量M 。

(2)已知质子质量m p =1.6726×10-27kg ,He 42质量m α=6.6458×10-27kg ,电子质量m e =0.9×10-30 kg ,光速c =3×108 m/s 。

求每发生一次题中所述的核聚变反应所释放的核能。

(3)又知地球上与太阳光垂直的每平方米截面上,每秒通过的太阳辐射能w =1.35×103 W/m 2。

试估算太阳继续保持在主序星阶段还有多少年的寿命。

(估算结果只要求一位有效数字。

)理综(全国卷)2.(22分)一传送带装置示意如图,其中传送带经过AB 区域时是水平的,经过BC区域时变为圆弧形(圆弧由光滑模板形成,未画出),经过CD 区域时是倾斜的,AB 和CD 都与BC 相切。

现将大量的质量均为m 的小货箱一个一个在A 处放到传送带上,放置时初速为零,经传送带运送到D 处,D 和A 的高度差为h 。

稳定工作时传送带速度不变,CD 段上各箱等距排列,相邻两箱的距离为L 。

全国各地多年高考物理压轴题汇集及详细解析

全国各地多年高考物理压轴题汇集及详细解析

最近两年全国各地高考物理压轴题汇集(详细解析63题)1(20分)如图12所示,PR是一块长为L=4 m的绝缘平板固定在水平地面上,整个空间有一个平行于PR的匀强电场E,在板的右半部分有一个垂直于纸面向外的匀强磁场B,一个质量为m=0.1 kg,带电量为q=0.5 C 的物体,从板的P端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动,进入磁场后恰能做匀速运动。

当物体碰到板R端的挡板后被弹回,若在碰撞瞬间撤去电场,物体返回时在磁场中仍做匀速运动,离开磁场后做匀减速运动停在C点,PC=L/4,物体与平板间的动摩擦因数为μ=0.4,取g=10m/s2 ,求:(1)判断物体带电性质,正电荷还是负电荷(2)物体与挡板碰撞前后的速度v1和v2(3)磁感应强度B的大小(4)电场强度E的大小和方向图122(10分)如图2—14所示,光滑水平桌面上有长L=2m的木板C,质量m c=5kg,在其正中央并排放着两个小滑块A和B,m A=1kg,m B=4kg,开始时三物都静止.在A、B间有少量塑胶炸药,爆炸后A以速度6m/s水平向左运动,A、B中任一块与挡板碰撞后,都粘在一起,不计摩擦和碰撞时间,求:(1)当两滑块A、B都与挡板碰撞后,C的速度是多大(2)到A、B都与挡板碰撞为止,C的位移为多少3(10分)为了测量小木板和斜面间的摩擦因数,某同学设计如图所示实验,在小木板上固定一个轻弹簧,弹簧下端吊一个光滑小球,弹簧长度方向与斜面平行,现将木板连同弹簧、,放手后,木板沿斜面下小球放在斜面上,用手固定木板时,弹簧示数为F1,测得斜面斜角为θ,则木板与斜面间动摩擦因数滑,稳定后弹簧示数为F2为多少(斜面体固定在地面上)4有一倾角为θ的斜面,其底端固定一挡板M ,另有三个木块A 、B 和C ,它们的质量分别为m A =m B =m ,m C =3 m ,它们与斜面间的动摩擦因数都相同.其中木块A 连接一轻弹簧放于斜面上,并通过轻弹簧与挡板M 相连,如图所示.开始时,木块A 静止在P 处,弹簧处于自然伸长状态.木块B 在Q 点以初速度v 0向下运动,P 、Q 间的距离为L.已知木块B 在下滑过程中做匀速直线运动,与木块A 相碰后立刻一起向下运动,但不粘连,它们到达一个最低点后又向上运动,木块B 向上运动恰好能回到Q 点.若木块A 静止于P 点,木块C 从Q 点开始以初速度032v 向下运动,经历同样过程,最后木块C 停在斜面上的R 点,求P 、R 间的距离L ′的大小。

高考物理压轴题汇编

高考物理压轴题汇编

而 速(设圆筒内部没 电场) 缝隙的宽度很小,离子穿过缝隙的时间
计 知离子
入第一个圆筒 端的速度 v1, 时第一銓二两个圆筒间的电势差 V1-V2=-U 使打
到靶 的离子获得最大能 ,各个圆筒的长度 满足 么条件?并求 在 种情况 打到靶
的离子的能
使 离子获得最大能 ,要求离子 次穿越缝隙时,前一个圆筒的电势比后一个圆筒的 电势高 U, 就要求离子穿过 个圆筒的时间都恰好等 交流电的半个周期 由 圆筒内无 电场,离子在筒内做匀速运动 设 vn 离子在第 n 个圆筒内的速度,
进1远空车 发后,车 堆积了几个沙袋时车就 向滑行? 进2远车 最终有大小沙袋共多少个?
解:进1远在小车朝 末 方向滑行的过程中,第进n-1远个沙袋 到车 后的车速为 三n-1,第 n 个沙
袋 到车 后的车速为 三n,由动 守恒定律有
与≤+进n-1远m⑩三n-12nm三n-1=进≤+mn远三n
三n=[≤-进n-1远m]三n-1÷进≤+mn远
于是 弦=弦 -弦 =2.6-1=1.6 米
评 标准:全题 8
确求得物块开始离开车板时刻的物块速度 v 给 1 车的速度 三 给 2 ;求得作用于
车的恒力 凹 再给 1
确求得物块离开车板后平板车的 速度给 1
确 析物块离
开车板后的 动 并求得有关结果 确求 物块 落过程中车的 动距离 弦 并由 求 弦
到车 后车速为 三n′ 现 在图中向左的方向进负 末 方向远为速度 三n′ 三n-1′的 方向,
由动 守恒定律有车 再向左滑行的条件是
与≤+3m+进n-1远m′⑩三n-1′ 2nm′三n-1′=进≤+3m+nm′远三n′

全国各地多年高考物理压轴题汇集及详细解析

全国各地多年高考物理压轴题汇集及详细解析

最近两年全国各地高考物理压轴题汇集(详细解析63题)1(20分)如图12所示,PR 是一块长为L =4 m 的绝缘平板固定在水平地面上,整个空间有一个平行于PR 的匀强电场E ,在板的右半部分有一个垂直于纸面向外的匀强磁场B ,一个质量为m =0.1 kg ,带电量为q =0.5 C 的物体,从板的P 端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动,进入磁场后恰能做匀速运动。

当物体碰到板R 端的挡板后被弹回,若在碰撞瞬间撤去电场,物体返回时在磁场中仍做匀速运动,离开磁场后做匀减速运动停在C 点,PC =L/4,物体与平板间的动摩擦因数为μ=0.4,取g=10m/s 2 ,求:(1)判断物体带电性质,正电荷还是负电荷 (2)物体与挡板碰撞前后的速度v 1和v 2(3)磁感应强度B 的大小(4)电场强度E 的大小和方向2(10分)如图2—14所示,光滑水平桌面上有长L=2m 的木板C ,质量m c =5kg ,在其正中央并排放着两个小滑块A 和B ,m A =1kg ,m B =4kg ,开始时三物都静止.在A 、B 间有少量塑胶炸药,爆炸后A 以速度6m /s 水平向左运动,A 、B 中任一块与挡板碰撞后,都粘在一起,不计摩擦和碰撞时间,求:(1)当两滑块A 、B 都与挡板碰撞后,C 的速度是多大(2)到A 、B 都与挡板碰撞为止,C 的位移为多少3(10分)为了测量小木板和斜面间的摩擦因数,某同学设计如图所示实验,在小木板上固定一个轻弹簧,弹簧下端吊一个光滑小球,弹簧长度方向与斜面平行,现将木板连同弹簧、小球放在斜面上,用手固定木板时,弹簧示数为F 1,放手后,木板沿斜面下滑,稳定后弹簧示数为F 2,测得斜面斜角为θ,则木板与斜面间动摩擦因数为多少(斜面体固定在地面上)4有一倾角为θ的斜面,其底端固定一挡板M ,另有三个木块A 、B 和C ,它们的质量分别为m A =m B =m ,m C =3 m ,它们与斜面间的动摩擦因数都相同.其中木块A 连接一轻弹簧放于斜面上,并通过轻弹簧与挡板M 相连,如图所示.开始时,木块A 静止在P 处,弹簧处于自然伸长状态.木块B 在Q 点以初速度v 0向下运动,P 、Q 间的距离为L.已知木块B 在下滑过程中做匀速直线运动,与木块A 相碰后立刻一起向下运动,但不粘连,它们到达一个最低点后又向上运动,木块B 向上运动恰好能回到Q 点.若木块A 静止于P 点,木块C 从Q 点开始以初速度032v 向下运动,经历同样过程,最后木块C 停在斜面上的R 点,求P 、R 间的距离L ′的大小。

高考物理压轴题汇编 (1)

高考物理压轴题汇编 (1)

1(20分)如图12所示,PR 是一块长为L =4 m 的绝缘平板固定在水平地面上,整个空间有一个平行于PR 的匀强电场E ,在板的右半部分有一个垂直于纸面向外的匀强磁场B ,一个质量为m =0.1 kg ,带电量为q =0.5 C 的物体,从板的P 端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动,进入磁场后恰能做匀速运动。

当物体碰到板R 端的挡板后被弹回,若在碰撞瞬间撤去电场,物体返回时在磁场中仍做匀速运动,离开磁场后做匀减速运动停在C 点,PC =L/4,物体与平板间的动摩擦因数为μ=0.4,取g=10m/s 2 ,求:(1)判断物体带电性质,正电荷还是负电荷? (2)物体与挡板碰撞前后的速度v 1和v 2 (3)磁感应强度B 的大小 (4)电场强度E 的大小和方向2(10分)如图2—14所示,光滑水平桌面上有长L=2m 的木板C ,质量m c =5kg ,在其正中央并排放着两个小滑块A 和B ,m A =1kg ,m B =4kg ,开始时三物都静止.在A 、B 间有少量塑胶炸药,爆炸后A 以速度6m /s 水平向左运动,A 、B 中任一块与挡板碰撞后,都粘在一起,不计摩擦和碰撞时间,求:(1)当两滑块A 、B 都与挡板碰撞后,C 的速度是多大? (2)到A 、B 都与挡板碰撞为止,C 的位移为多少?3(10分)为了测量小木板和斜面间的摩擦因数,某同学设计如图所示实验,在小木板上固定一个轻弹簧,弹簧下端吊一个光滑小球,弹簧长度方向与斜面平行,现将木板连同弹簧、小球放在斜面上,用手固定木板时,弹簧示数为F 1,放手后,木板沿斜面下滑,稳定后弹簧示数为F 2,测得斜面斜角为θ,则木板与斜面间动摩擦因数为多少?(斜面体固定在地面上)图124有一倾角为θ的斜面,其底端固定一挡板M ,另有三个木块A 、B 和C ,它们的质 量分别为m A =m B =m ,m C =3 m ,它们与斜面间的动摩擦因数都相同.其中木块A 连接一轻弹簧放于斜面上,并通过轻弹簧与挡板M 相连,如图所示.开始时,木块A 静止在P 处,弹簧处于自然伸长状态.木块B 在Q 点以初速度v 0向下运动,P 、Q 间的距离为L.已知木块B 在下滑过程中做匀速直线运动,与木块A 相碰后立刻一起向下运动,但不粘连,它们到达一个最低点后又向上运动,木块B 向上运动恰好能回到Q 点.若木块A 静止于P 点,木块C 从Q 点开始以初速度032v 向下运动,经历同样过程,最后木块C 停在斜面上的R 点,求P 、R 间的距离L ′的大小。

高考物理压轴题汇编

高考物理压轴题汇编

高考物理压轴题汇编如图所示,在盛水的圆柱型容器内竖直地浮着一块圆柱型的木块,木块的体积为V,高为h,其密度为水密度ρ的二分之一,横截面积为容器横截面积的二分之一,在水面静止时,水高为2h ,现用力缓慢地将木块压到容器底部,若水不会从容器中溢出,求压力所做的功。

解:由题意知木块的密度为ρ/2,所以木块未加压力时,将有一半浸在水中,即入水深度为h/2,木块向下压,水面就升高,由于木块横截面积是容器的1/2,所以当木块上底面与水面平齐时,水面上升h /4,木块下降h/4,即:木块下降h /4,同时把它新占据的下部V /4体积的水重心升高3h/4,由功能关系可得这一阶段压力所做的功vgh h g v h g v w ρρρ16142441=-= 压力继续把木块压到容器底部,在这一阶段,木块重心下降45h,同时底部被木块所占空间的水重心升高45h ,由功能关系可得这一阶段压力所做的功vgh h g v h vg w ρρρ1610452452=-= 整个过程压力做的总功为:vgh vgh vgh w w w ρρρ1611161016121=+=+= (16分)为了证实玻尔关于原子存在分立能态的假设,历史上曾经有过著名的夫兰克—赫兹实验,其实验装置的原理示意图如图所示.由电子枪A 射出的电子,射进一个容器B 中,其中有氦气.电子在O 点与氦原子发生碰撞后,进入速度选择器C ,然后进入检测装置D .速度选择器C 由两个同心的圆弧形电极P 1和P2组成,当两极间加以电压U 时,只允许具有确定能量的电子通过,并进入检测装置D .由检测装置测出电子产生的电流I,改变电压U ,同时测出I的数值,即可确定碰撞后进入速度选择器的电子的能量分布.我们合理简化问题,设电子与原子碰撞前原子是静止的,原子质量比电子质量大很多,碰撞后,原子虽然稍微被碰动,但忽略这一能量损失,设原子未动(即忽略电子与原子碰撞过程中,原子得到的机械能).实验表明,在一定条件下,有些电子与原子碰撞后没有动能损失,电子只改变运动方向.有些电子与原子碰撞时要损失动能,所损失的动能被原子吸收,使原子自身体系能量增大,(1)设速度选择器两极间的电压为U (V )时,允许通过的电子的动能为Ek (e V),导出E k (eV)与U (V )的函数关系(设通过选择器的电子的轨道半径r =20.0 c m,电极P 1和P2之间隔d =1.00 cm ,两极间场强大小处处相同),要说明为什么有些电子不能进入到接收器.(2)当电子枪射出的电子动能Ek =50.0 eV 时,改变电压U (V ),测出电流I(A),得出下图所示的I—U 图线,图线表明,当电压U为 5.00 V 、2.88 V、2.72 V 、2.64 V 时,电流出现峰值,定性分析论述I—U 图线的物理意义.(3)根据上述实验结果求出氦原子三个激发态的能级En(e V),设其基态E 1=0.解:(1)当两极间电压为U 时,具有速度v的电子进入速度选择器两极间的电场中,所受电场力方向与v 垂直,且大小不变,则电子在两极间做匀速圆周运动,电场力提供向心力,设电子质量为m ,电量为e ,则电场力F=qE =eU /d根据牛顿第二定律有eU /d =mv 2/R解得电子动能E k =mv 2/2=eUR /2d=10.0U (eV ) (6分)即动能与电压成正比,此结果表明当两极间电压为U 时,允许通过动能为10.0U (eV )的电子,而那些大于或小于10U (eV )的电子,由于受到过小或过大的力作用做趋心或离心运动而分别落在两电极上,不能到达检测装置D .(2)I—U 图线表明电压为5.0 V 时有峰值,表明动能为50.0 e V的电子通过选择器,碰撞后电子动能等于入射时初动能,即碰撞中原子没有吸收能量,其能级不变.当电压为2.88 V、2.72 V 、2.64 V时出现峰值,表明电子碰撞后,动能分别从50.0 eV,变为28.8 eV,27.2 e V、26.4 eV,电子通过选择器进入检测器,它们减小的动能分别在碰撞时被原子吸收,I —U图线在特定能量处出现峰值,表明原子能量的吸收是有选择的、分立的、不连续的存在定态.(例如在电压为4.0 V时没有电流,表明碰撞后,电子中没有动能为40.0 eV 的电子,即碰撞中,电子动能不可能只损失(50.0-40.0)e V=10.0 eV,也就是说氦原子不吸收10.0 eV的能量,即10.0 eV 不满足能级差要求)(4分) (3)设原子激发态的能极为E n ,E 1=0,则从实验结果可知,氦原子可能的激发态能级中有以下几个能级存在:(50.0-28.8)eV=21.2 eV(50.0-27.2)eV=22.8 eV(50.0-26.4)e V=23.6 e V (6分)17.(14分)如图甲,A、B两板间距为2L ,板间电势差为U ,C 、D 两板间距离和板长均为L ,两板间加一如图乙所示的电压.在S 处有一电量为q 、质量为m 的带电粒子,经A 、B 间电场加速又经C 、D 间电场偏转后进入一个垂直纸面向里的匀强磁场区域,磁感强度为B .不计重力影响,欲使该带电粒子经过某路径后能返回S 处.求:(1)匀强磁场的宽度L ′至少为多少?(2)该带电粒子周期性运动的周期T .(1)AB 加速阶段,由动能定理得:221mv qU = ① 偏转阶段,带电粒子作类平抛运动偏转时间qU m L v L t 2/1==② 侧移量2221212221L qU m L mL qU at y =⋅⋅== ③ 设在偏转电场中,偏转角为θ则1221=⋅===v L mL qU v at v v tg y θ 即θ= 4π ④ 由几何关系:Rcos 45°+R =L′⑤ R s in45°=2L ⑥ 则 L′=L 212+⑦ 注:L′也可由下面方法求得:粒子从S点射入到出偏转电场,电场力共做功为W=2q U ⑧设出电场时速度为v′,有qU v m 2212=' 解得v ′=m qU /4⑨ 粒子在磁场中做圆周运动的半径:qBmqU qB v m R 2='= ∴qBmqU L )22(+=' ⑩ (2)设粒子在加速电场中运动的时间为t2则t 2=qU m L v L 2/2/2= \o\ac(○,11) 带电粒子在磁场中做圆周运动的周期qB m T π2='错误! 实际转过的角度α=2π-2θ=23π 错误! 在磁场中运动时间t3=qBm T 2343π=''○,14 故粒子运动的周期T=2t2+2t1+t3=4L qB m qU m 232/π+错误!评分标准:本题14分,第(1)问8分,其中①、②、③式各1分,④式2分,⑤、⑥、⑦式各1分.第(2)问6分,其中 错误!、错误!、错误!、式各1分,错误!式2分.22.(13分)1951年,物理学家发现了“电子偶数”,所谓“电子偶数”就是由一个负电子和一个正电子绕它们的质量中心旋转形成的相对稳定的系统.已知正、负电子的质量均为m e ,普朗克常数为h ,静电力常量为k ,假设“电子偶数”中正、负电子绕它们质量中心做匀速圆周运动的轨道半径r、运动速度v及电子的质量满足量子化理论:2m ev n r n=nh /2π,n =1,2……,“电子偶数”的能量为正负电子运动的动能和系统的电势能之和,已知两正负电子相距为L 时的电势能为Ep =-k L e 2,试求n =1时“电子偶数”的能量. 18.(13分)由量子化理论知 n =1时,2m ev1r1=π2h 解得114r m h v e π=ﻩ① 设此时电子运转轨道半径为r ,由牛顿定律有m e 2121214r e k r v = 21214/v m ke r e = ② 由①②联立可得v 1=πke 2/h 系统电势能E p =-k 2122222r m ke e k r e e -==-2m e v 12 而系统两电子动能为E k =2×212121v m v m e e =系统能量为E =E p +E k =-m ev12=-π2mk 2e 4/h2 评分:解答①式正确得2分;解答②式正确得3分;正确分析系统势能得2分;解答动能正确得3分;正确列式、得出总能量表达式得3分.23.(14分)显像管的工作原理是阴极K 发射的电子束经高压加速电场(电压U)加速后垂直正对圆心进入磁感应强度为B、半径为r 的圆形匀强偏转磁场,如图11所示,偏转后轰击荧光屏P,荧光粉受激而发光,在极短时间内完成一幅扫描.若去离子水质不纯,所生产的阴极材料中会有少量SO -24,SO -24打在屏上出现暗斑,称为离子斑,如发生上述情况,试分析说明暗斑集中在荧光屏中央的原因[电子质量为9.1×10-31kg,硫酸根离子(SO-24)质量为1.6×10-25 kg ]. 23、电子或硫酸根离子在加速电场中 q U=221mv 设粒子在偏转磁场中偏转时,轨道半径为R,有:q vB =m Rv 2则R =q mU B qB mv 21= 设粒子在偏转磁场中速度偏角为θ,有:tanmU q Br R r 22==θ 故tan 2θ∝m q由于硫酸根离子荷质比远小于电子的荷质比,高速硫酸根离子经过磁场几乎不发生偏转,而集中打在荧光屏中央,形成暗斑.评分:正确运用动能定理处理粒子在加速电场中的运动得3分;求解粒子在偏转磁场中的轨道半径得3分;正确抓住切入点,求解tan 2θ得3分;明确ta n2θ与m q 的关系得2分;最后将tan 2θ∝m q 应用于电子和硫酸根离子,得出正确结论得2分. 24.(14分)如图12是用高电阻放电法测电容的实验电路图,其原理是测出电容器在充电电压为U时所带的电荷量Q ,从而求出其电容C .该实验的操作步骤如下:①按电路图接好实验电路;②接通开关S,调节电阻箱R 的阻值,使微安表的指针接近满刻度,记下这时的电压表读数U 0=6.2 V和微安表读数I 0=490 μA;③断开电键S 并同时开始计时,每隔5 s 或10 s 读一次微安表的读数i ,将读数记录在预先设计的表格中;④根据表格中的12组数据,以t 为横坐标,i 为纵坐标,在坐标纸上描点(图中用“×”表示),则:图12(1)根据图示中的描点作出图线.(2)试分析图示中i -t 图线下所围的“面积”所表示的物理意义.(3)根据以上实验结果和图线,估算当电容器两端电压为U 0所带的电量Q0,并计算电容器的电容.24.(14分)(1)根据描点绘出圆滑的曲线如图所示.注:(a )绘出折线不得分;(b)绘出的曲线应与横轴相切,否则酌情扣分.(2)图中i-t 图线下所围的“面积”表示断开电键后通过电阻R 的电量,即电容器两端电压为U0时所带电量为Q .(3)根据绘出图线,估算“面积”格数约32~33格(此范围内均得分,下同).因此,电容器电容为U 0时,带电量(Q0)约为8.00×10-3 C~8.25×10-3 C由C =U Q 得,电容器电容(C)约为:1.30×10-3 F~1.33×10-3 F 评分:(1)绘图正确得4分;(2)“面积”意义分析正确得5分;(3)电容计算正确得5分.25.(12分)据有关资料介绍,受控核聚变装置中有极高的温度,因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装,而是由磁场约束带电粒子运动使之束缚在某个区域内.现按下面的简化条件来讨论这个问题:如图11所示是一个截面为内径R 1=0.6 m、外径R2=1.2 m的环状区域,区域内有垂直于截面向里的匀强磁场.已知氦核的荷质比m q =4.8×107 C/k g,磁场的磁感应强度B =0.4 T ,不计带电粒子重力.(1)实践证明,氦核在磁场区域内沿垂直于磁场方向运动速度v的大小与它在磁场中运动的轨道半径r 有关,试导出v 与r 的关系式.(2)若氦核在平行于截面从A点沿各个方向射入磁场都不能穿出磁场的外边界,求氦核的最大速度.解:(1)设氦核质量为m,电量为q ,以速度v 在磁感应强度为B 的匀强磁场中做半径为r 的匀速圆周运动, Bq v=m r v 2 (3分)所以v =mqBr (2分) (2)当氦核以v m 的速度沿与内圆相切方向射入磁场且轨道与外圆相切时,则以vm速度沿各方向射入磁场均不能穿过磁场 (1分)即r1≤212R R -=0.3 m (2分) 由B qv =r mv 2知r =qBmv (2分) 所以v m =mBqr 1≤5.76×106 m/s (2分) 32.(16分)如图所示为示波管的原理图,电子枪中炽热的金属丝可以发射电子,初速度很小,可视为零。

高考物理压轴题汇编

高考物理压轴题汇编

高考物理压轴题汇编如图所示,在盛水的圆柱型容器内竖直地浮着一块圆柱型的木块,木块的体积为V ,高为h ,其密度为水密度ρ的二分之一,横截面积为容器横截面积的二分之一,在水面静止时,水高为2h ,现用力缓慢地将木块压到容器底部,若水不会从容器中溢出,求压力所做的功。

解:由题意知木块的密度为ρ/2,所以木块未加压力时,将有一半浸在水中,即入水深度为h/2,木块向下压,水面就升高,由于木块横截面积是容器的1/2,所以当木块上底面与水面平齐时,水面上升h/4,木块下降h/4,即:木块下降h/4,同时把它新占据的下部V/4体积的水重心升高3h/4,由功能关系可得这一阶段压力所做的功vgh h g v h g v w ρρρ16142441=-= 压力继续把木块压到容器底部,在这一阶段,木块重心下降45h,同时底部被木块所占空间的水重心升高45h ,由功能关系可得这一阶段压力所做的功vgh h g v h vg w ρρρ1610452452=-= 整个过程压力做的总功为:vgh vgh vgh w w w ρρρ1611161016121=+=+= (16分)为了证实玻尔关于原子存在分立能态的假设,历史上曾经有过著名的夫兰克—赫兹实验,其实验装置的原理示意图如图所示.由电子枪A 射出的电子,射进一个容器B 中,其中有氦气.电子在O 点与氦原子发生碰撞后,进入速度选择器C ,然后进入检测装置D .速度选择器C 由两个同心的圆弧形电极P 1和P 2组成,当两极间加以电压U 时,只允许具有确定能量的电子通过,并进入检测装置D .由检测装置测出电子产生的电流I ,改变电压U ,同时测出I的数值,即可确定碰撞后进入速度选择器的电子的能量分布.我们合理简化问题,设电子与原子碰撞前原子是静止的,原子质量比电子质量大很多,碰撞后,原子虽然稍微被碰动,但忽略这一能量损失,设原子未动(即忽略电子与原子碰撞过程中,原子得到的机械能).实验表明,在一定条件下,有些电子与原子碰撞后没有动能损失,电子只改变运动方向.有些电子与原子碰撞时要损失动能,所损失的动能被原子吸收,使原子自身体系能量增大,(1)设速度选择器两极间的电压为U (V )时,允许通过的电子的动能为E k (eV ),导出E k (eV )与U (V )的函数关系(设通过选择器的电子的轨道半径r =20.0 cm ,电极P 1和P 2之间隔d =1.00 cm,两极间场强大小处处相同),要说明为什么有些电子不能进入到接收器.(2)当电子枪射出的电子动能E k =50.0 eV 时,改变电压U (V ),测出电流I (A ),得出下图所示的I —U 图线,图线表明,当电压U 为5.00 V 、2.88 V 、2.72 V 、2.64 V 时,电流出现峰值,定性分析论述I —U 图线的物理意义.(3)根据上述实验结果求出氦原子三个激发态的能级E n (eV ),设其基态E 1=0.解:(1)当两极间电压为U 时,具有速度v 的电子进入速度选择器两极间的电场中,所受电场力方向与v 垂直,且大小不变,则电子在两极间做匀速圆周运动,电场力提供向心力,设电子质量为m ,电量为e ,则电场力F =qE =eU /d根据牛顿第二定律有eU /d =mv 2/R解得电子动能E k =mv 2/2=eUR /2d =10.0U (eV) (6分)即动能与电压成正比,此结果表明当两极间电压为U 时,允许通过动能为10.0U (eV )的电子,而那些大于或小于10U (eV )的电子,由于受到过小或过大的力作用做趋心或离心运动而分别落在两电极上,不能到达检测装置D .(2)I —U 图线表明电压为5.0 V 时有峰值,表明动能为50.0 eV 的电子通过选择器,碰撞后电子动能等于入射时初动能,即碰撞中原子没有吸收能量,其能级不变.当电压为2.88 V 、2.72 V 、2.64 V 时出现峰值,表明电子碰撞后,动能分别从50.0 eV ,变为28.8 eV ,27.2 eV 、26.4 eV,电子通过选择器进入检测器,它们减小的动能分别在碰撞时被原子吸收,I —U 图线在特定能量处出现峰值,表明原子能量的吸收是有选择的、分立的、不连续的存在定态.(例如在电压为4.0 V 时没有电流,表明碰撞后,电子中没有动能为40.0 eV 的电子,即碰撞中,电子动能不可能只损失(50.0-40.0)eV=10.0 eV ,也就是说氦原子不吸收10.0 eV 的能量,即10.0 eV 不满足能级差要求)(4分)(3)设原子激发态的能极为E n ,E 1=0,则从实验结果可知,氦原子可能的激发态能级中有以下几个能级存在:(50.0-28.8)eV=21.2 eV(50.0-27.2)eV=22.8 eV(50.0-26.4)eV=23.6 eV (6分) 17.(14分)如图甲,A 、B 两板间距为2L ,板间电势差为U ,C 、D 两板间距离和板长均为L ,两板间加一如图乙所示的电压.在S 处有一电量为q 、质量为m 的带电粒子,经A 、B 间电场加速又经C 、D 间电场偏转后进入一个垂直纸面向里的匀强磁场区域,磁感强度为B .不计重力影响,欲使该带电粒子经过某路径后能返回S 处.求:(1)匀强磁场的宽度L ′至少为多少?(2)该带电粒子周期性运动的周期T .(1)AB 加速阶段,由动能定理得:221mv qU = ① 偏转阶段,带电粒子作类平抛运动偏转时间qU m L v L t 2/1==② 侧移量2221212221L qU m L mL qU at y =⋅⋅== ③ 设在偏转电场中,偏转角为θ则1221=⋅===v L mL qU v at v v tg y θ 即θ= 4π ④ 由几何关系:Rcos45°+R=L′⑤ Rsin45°=2L ⑥ 则 L′=L 212+⑦ 注:L ′也可由下面方法求得:粒子从S 点射入到出偏转电场,电场力共做功为W=2q U⑧设出电场时速度为v′,有qU v m 2212=' 解得v′=m qU /4⑨ 粒子在磁场中做圆周运动的半径:qBmqU qB v m R 2='= ∴qBmqU L )22(+=' ⑩ (2)设粒子在加速电场中运动的时间为t2则t2=qU m L v L 2/2/2= ○11 带电粒子在磁场中做圆周运动的周期qBm T π2='○12 实际转过的角度α=2π-2θ=23π ○13 在磁场中运动时间t3=qBm T 2343π=''○14 故粒子运动的周期T =2t2+2t1+t3=4LqB m qU m 232/π+○15 评分标准:本题14分,第(1)问8分,其中①、②、③式各1分,④式2分,⑤、⑥、⑦式各1分.第(2)问6分,其中 ○12、○13、○14、式各1分,○15式2分. 22.(13分)1951年,物理学家发现了“电子偶数”,所谓“电子偶数”就是由一个负电子和一个正电子绕它们的质量中心旋转形成的相对稳定的系统.已知正、负电子的质量均为m e ,普朗克常数为h ,静电力常量为k ,假设“电子偶数”中正、负电子绕它们质量中心做匀速圆周运动的轨道半径r 、运动速度v 及电子的质量满足量子化理论:2m e v n r n =nh /2π,n =1,2……,“电子偶数”的能量为正负电子运动的动能和系统的电势能之和,已知两正负电子相距为L 时的电势能为E p =-k Le 2,试求n =1时“电子偶数”的能量. 18.(13分)由量子化理论知 n =1时,2m e v 1r 1=π2h解得114r m h v e π= ①设此时电子运转轨道半径为r ,由牛顿定律有m e 2121214r e k r v = 21214/v m ke r e = ② 由①②联立可得v 1=πke 2/h 系统电势能E p =-k 2122222r m ke e k r e e -==-2m e v 12而系统两电子动能为E k =2×212121v m v m e e =系统能量为E =E p +E k =-m e v 12=-π2mk 2e 4/h 2 评分:解答①式正确得2分;解答②式正确得3分;正确分析系统势能得2分;解答动能正确得3分;正确列式、得出总能量表达式得3分.23.(14分)显像管的工作原理是阴极K 发射的电子束经高压加速电场(电压U )加速后垂直正对圆心进入磁感应强度为B 、半径为r 的圆形匀强偏转磁场,如图11所示,偏转后轰击荧光屏P ,荧光粉受激而发光,在极短时间内完成一幅扫描.若去离子水质不纯,所生产的阴极材料中会有少量SO -24,SO -24打在屏上出现暗斑,称为离子斑,如发生上述情况,试分析说明暗斑集中在荧光屏中央的原因[电子质量为9.1×10-31 kg ,硫酸根离子(SO -24)质量为1.6×10-25 kg ].23、电子或硫酸根离子在加速电场中 qU =221mv 设粒子在偏转磁场中偏转时,轨道半径为R ,有:qvB =m R v 2 则R =qmU B qB mv 21= 设粒子在偏转磁场中速度偏角为θ,有:tanmU q Br R r 22==θ 故tan 2θ∝m q由于硫酸根离子荷质比远小于电子的荷质比,高速硫酸根离子经过磁场几乎不发生偏转,而集中打在荧光屏中央,形成暗斑.评分:正确运用动能定理处理粒子在加速电场中的运动得3分;求解粒子在偏转磁场中的轨道半径得3分;正确抓住切入点,求解tan2θ得3分;明确tan 2θ与m q 的关系得2分;最后将tan 2θ∝m q 应用于电子和硫酸根离子,得出正确结论得2分. 24.(14分)如图12是用高电阻放电法测电容的实验电路图,其原理是测出电容器在充电电压为U 时所带的电荷量Q ,从而求出其电容C .该实验的操作步骤如下:①按电路图接好实验电路;②接通开关S ,调节电阻箱R 的阻值,使微安表的指针接近满刻度,记下这时的电压表读数U 0=6.2 V 和微安表读数I 0=490 μA;③断开电键S 并同时开始计时,每隔5 s 或10 s 读一次微安表的读数i ,将读数记录在预先设计的表格中;④根据表格中的12组数据,以t 为横坐标,i 为纵坐标,在坐标纸上描点(图中用“×”表示),则:图12(1)根据图示中的描点作出图线.(2)试分析图示中i-t 图线下所围的“面积”所表示的物理意义.(3)根据以上实验结果和图线,估算当电容器两端电压为U 0所带的电量Q 0,并计算电容器的电容.24.(14分)(1)根据描点绘出圆滑的曲线如图所示.注:(a)绘出折线不得分;(b)绘出的曲线应与横轴相切,否则酌情扣分.(2)图中i-t 图线下所围的“面积”表示断开电键后通过电阻R 的电量,即电容器两端电压为U 0时所带电量为Q .(3)根据绘出图线,估算“面积”格数约32~33格(此范围内均得分,下同).因此,电容器电容为U 0时,带电量(Q 0)约为8.00×10-3 C ~8.25×10-3 C由C =U Q 得,电容器电容(C )约为:1.30×10-3 F ~1.33×10-3 F 评分:(1)绘图正确得4分;(2)“面积”意义分析正确得5分;(3)电容计算正确得5分.25.(12分)据有关资料介绍,受控核聚变装置中有极高的温度,因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装,而是由磁场约束带电粒子运动使之束缚在某个区域内.现按下面的简化条件来讨论这个问题:如图11所示是一个截面为内径R 1=0.6 m 、外径R 2=1.2 m的环状区域,区域内有垂直于截面向里的匀强磁场.已知氦核的荷质比m q =4.8×107 C/kg ,磁场的磁感应强度B =0.4 T ,不计带电粒子重力.(1)实践证明,氦核在磁场区域内沿垂直于磁场方向运动速度v 的大小与它在磁场中运动的轨道半径r 有关,试导出v 与r 的关系式.(2)若氦核在平行于截面从A 点沿各个方向射入磁场都不能穿出磁场的外边界,求氦核的最大速度.解:(1)设氦核质量为m ,电量为q ,以速度v 在磁感应强度为B 的匀强磁场中做半径为r 的匀速圆周运动, Bqv =m rv 2(3分)所以v =m qBr (2分) (2)当氦核以v m 的速度沿与内圆相切方向射入磁场且轨道与外圆相切时,则以v m 速度沿各方向射入磁场均不能穿过磁场 (1分)即r 1≤212R R -=0.3 m (2分) 由Bqv =r m v 2知r =qBm v (2分) 所以v m =mBqr 1≤5.76×106 m/s (2分) 32.(16分)如图所示为示波管的原理图,电子枪中炽热的金属丝可以发射电子,初速度很小,可视为零。

高考物理压轴题(汇编)

高考物理压轴题(汇编)

1(20分)如图12所示,PR 是一块长为L =4 m 的绝缘平板固定在水平地面上,整个空间有一个平行于PR 的匀强电场E ,在板的右半部分有一个垂直于纸面向外的匀强磁场B ,一个质量为m =0.1 kg ,带电量为q =0.5 C 的物体,从板的P 端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动,进入磁场后恰能做匀速运动。

当物体碰到板R 端的挡板后被弹回,若在碰撞瞬间撤去电场,物体返回时在磁场中仍做匀速运动,离开磁场后做匀减速运动停在C 点,PC =L/4,物体与平板间的动摩擦因数为μ=0.4,取g=10m/s 2,求:(1)判断物体带电性质,正电荷还是负电荷?(2)物体与挡板碰撞前后的速度v 1和v 2 (3)磁感应强度B 的大小 (4)电场强度E 的大小和方向2(10分)如图2—14所示,光滑水平桌面上有长L=2m 的木板C ,质量m c =5kg ,在其正中央并排放着两个小滑块A 和B ,m A =1kg ,m B =4kg ,开始时三物都静止.在A 、B 间有少量塑胶炸药,爆炸后A 以速度6m /s 水平向左运动,A 、B 中任一块与挡板碰撞后,都粘在一起,不计摩擦和碰撞时间,求:(1)当两滑块A 、B 都与挡板碰撞后,C 的速度是多大? (2)到A 、B 都与挡板碰撞为止,C 的位移为多少?3(10分)为了测量小木板和斜面间的摩擦因数,某同学设计如图所示实验,在小木板上固定一个轻弹簧,弹簧下端吊一个光滑小球,弹簧长度方向与斜面平行,现将木板连同弹簧、小球放在斜面上,用手固定木板时,弹簧示数为F 1,放手后,木板沿斜面下滑,稳定后弹簧示数为F 2,测得斜面斜角为θ,则木板与斜面间动摩擦因数为多少?(斜面体固定在地面上)图124有一倾角为θ的斜面,其底端固定一挡板M ,另有三个木块A 、B 和C ,它们的质 量分别为m A =m B =m ,m C =3 m ,它们与斜面间的动摩擦因数都相同.其中木块A 连接一轻弹簧放于斜面上,并通过轻弹簧与挡板M 相连,如图所示.开始时,木块A 静止在P 处,弹簧处于自然伸长状态.木块B 在Q 点以初速度v 0向下运动,P 、Q 间的距离为L.已知木块B 在下滑过程中做匀速直线运动,与木块A 相碰后立刻一起向下运动,但不粘连,它们到达一个最低点后又向上运动,木块B 向上运动恰好能回到Q 点.若木块A 静止于P 点,木块C 从Q 点开始以初速度032v 向下运动,经历同样过程,最后木块C 停在斜面上的R 点,求P 、R 间的距离L ′的大小。

全国各地多年高考物理压轴题汇集及详细解析

全国各地多年高考物理压轴题汇集及详细解析
(1)释放小物体,第一次与滑板A壁碰前物体的速度v1,
多大?
(2)若物体与A壁碰后相对水平面的速度大小为碰前速率
的3/5,则物体在第二次跟A碰撞之前,滑板相对于
水平面的速度v2和物体相对于水平面的速度v3分别为
多大?
(3)物体从开始到第二次碰撞前,电场力做功为多大?(设碰撞经历时间极短且无能量损失)
(1)粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离多远?
(2)点电荷的电量。
7光滑水平面上放有如图所示的用绝缘材料制成的L形滑板(平面部分足够长),质量为4m,距滑板的A壁为L1距离的B处放有一质量为m,电量为+q的大小不计的小物体,物体与板面的摩擦不计.整个装置置于场强为E的匀强电场中,初始时刻,滑板与物体都静止.试问:
8如图(甲)所示,两水平放置的平行金属板C、D相距很近,上面分别开有小孔O和O',水平放置的平行金属导轨P、Q与金属板C、D接触良好,且导轨垂直放在磁感强度为B1=10T的匀强磁场中,导轨间距L=0.50m,金属棒AB紧贴着导轨沿平行导轨方向在磁场中做往复运动,其速度图象如图(乙),若规定向右运动速度方向为正方向.从t=0时刻开始,由C板小孔O处连续不断地以垂直于C板方向飘入质量为m=3.2×10-21kg、电量q=1.6×10-19C的带正电的粒子(设飘入速度很小,可视为零).在D板外侧有以MN为边界的匀强磁场B2=10T,MN与D相距d=10cm,B1和B2方向如图所示(粒子重力及其相互作用不计),求
(1)0到4.Os内哪些时刻从O处N射出来的位置之间最大的距离为多少?
9(20分)如下图所示,空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场,磁场的磁感强度大小为B.边长为l的正方形金属框abcd(下简称方框)放在光滑的水平地面上,其外侧套着一个与方框边长相同的U型金属框架MNPQ(仅有MN、NQ、QP三条边,下简称U型框),U型框与方框之间接触良好且无摩擦.两个金属框每条边的质量均为m,每条边的电阻均为r.

高考物理压轴题汇编 (1)

高考物理压轴题汇编 (1)

1(20分)如图12所示,PR是一块长为L=4 m的绝缘平板固定在水平地面上,整个空间有一个平行于PR的匀强电场E,在板的右半部分有一个垂直于纸面向外的匀强磁场B,一个质量为m=0.1 kg,带电量为q=0.5 C的物体,从板的P端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动,进入磁场后恰能做匀速运动。

当物体碰到板R端的挡板后被弹回,若在碰撞瞬间撤去电场,物体返回时在磁场中仍做匀速运动,离开磁场后做匀减速运动停在C点,PC=L/4,物体与平板间的动摩擦因数为μ=0.4,取g=10m/s2 ,求:(1)判断物体带电性质,正电荷还是负电荷?(2)物体与挡板碰撞前后的速度v1和v2(3)磁感应强度B的大小(4)电场强度E的大小和方向图122(10分)如图2—14所示,光滑水平桌面上有长L=2m的木板C,质量m c=5kg,在其正中央并排放着两个小滑块A和B,m A=1kg,m B=4kg,开始时三物都静止.在A、B间有少量塑胶炸药,爆炸后A以速度6m/s水平向左运动,A、B中任一块与挡板碰撞后,都粘在一起,不计摩擦和碰撞时间,求:(1)当两滑块A、B都与挡板碰撞后,C的速度是多大?(2)到A、B都与挡板碰撞为止,C的位移为多少?3(10分)为了测量小木板和斜面间的摩擦因数,某同学设计如图所示实验,在小木板上固定一个轻弹簧,弹簧下端吊一个光滑小球,弹簧长度方向与斜面平行,现将木板连同弹簧、,放手后,木板沿斜面下滑,稳定后弹小球放在斜面上,用手固定木板时,弹簧示数为F1簧示数为F,测得斜面斜角为θ,则木板与斜面间动摩擦因数为多少?(斜面体固定在地2面上)4有一倾角为θ的斜面,其底端固定一挡板M ,另有三个木块A 、B 和C ,它们的质 量分别为m A =m B =m ,m C =3 m ,它们与斜面间的动摩擦因数都相同.其中木块A 连接一轻弹簧放于斜面上,并通过轻弹簧与挡板M 相连,如图所示.开始时,木块A 静止在P 处,弹簧处于自然伸长状态.木块B 在Q 点以初速度v 0向下运动,P 、Q 间的距离为L.已知木块B 在下滑过程中做匀速直线运动,与木块A 相碰后立刻一起向下运动,但不粘连,它们到达一个最低点后又向上运动,木块B 向上运动恰好能回到Q 点.若木块A 静止于P 点,木块C 从Q 点开始以初速度032v 向下运动,经历同样过程,最后木块C 停在斜面上的R 点,求P 、R 间的距离L ′的大小。

高考物理压轴题汇编.doc

高考物理压轴题汇编.doc

高中物理学习材料(鼎尚**整理制作)高考物理压轴题汇编1988N个长度逐个增大的金属圆筒和一个靶,它们沿轴线排列成一串,如图所示(图中只画出了六个圆筒,作为示意).各筒和靶相间地连接到频率为υ、最大电压值为U的正弦交流电源的两端.整个装置放在高真空容器中.圆筒的两底面中心开有小孔.现有一电量为q、质量为m的正离子沿轴线射入圆筒,并将在圆筒间及圆筒与靶间的缝隙处受到电场力的作用而加速(设圆筒内部没有电场).缝隙的宽度很小,离子穿过缝隙的时间可以不计.已知离子进入第一个圆筒左端的速度为v1,且此时第一、二两个圆筒间的电势差V1-V2=-U.为使打到靶上的离子获得最大能量,各个圆筒的长度应满足什么条件?并求出在这种情况下打到靶上的离子的能量.为使正离子获得最大能量,要求离子每次穿越缝隙时,前一个圆筒的电势比后一个圆筒的电势高U,这就要求离子穿过每个圆筒的时间都恰好等于交流电的半个周期.由于圆筒内无电场,离子在筒内做匀速运动.设v n为离子在第n个圆筒内的速度,则有将(3)代入(2),得第n个圆筒的长度应满足的条件为:n=1,2,3……N.打到靶上的离子的能量为:评分标准:本题共9分.列出(1)式给2分;列出(2)式给3分;得出(4)式再给2分;得出(5)式给2分.1991在光滑的水平轨道上有两个半径都是r的小球A和B,质量分别为m和2m,当两球心间的距离大于l(l比2r大得多)时,两球之间无相互作用力:当两球心间的距离等于或小于l时,两球间存在相互作用的恒定斥力F.设A球从远离B球处以速度v0沿两球连心线向原来静止的B球运动,如图所示.欲使两球不发生接触,v0必须满足什么条件?解一:A球向B球接近至A、B间的距离小于l之后,A球的速度逐步减小,B球从静止开始加速运动,两球间的距离逐步减小.当A、B的速度相等时,两球间的距离最小.若此距离大于2r,则两球就不会接触.所以不接触的条件是v1=v2①l +s2-s1>2r②其中v1、v2为当两球间距离最小时A、B两球的速度;s1、s2为两球间距离从l变至最小的过程中,A、B两球通过的路程.由牛顿定律得A球在减速运动而B球作加速运动的过程中,A、B两球的加速度大小为③设v0为A球的初速度,则由匀加速运动公式得联立解得⑥解二:A球向B球接近至A、B间的距离小于l之后,A球的速度逐步减小,B球从静止开始加速运动,两球间的距离逐步减小.当A、B的速度相等时,两球间的距离最小.若此距离大于2r,则两球就不会接触.所以不接触的条件是v1=v2①l+s2-s1>2r②其中v1、v2为当两球间距离最小时A、B两球的速度;s1、s2为两球间距离从l变至最小的过程中,A、B两球通过的路程.设v0为A球的初速度,则由动量守恒定律得mv0=mv1+2mv2③由动能定理得联立解得⑥评分标准:全题共8分.得出①式给1分.得出②式给2分.若②式中">"写成"≥"的也给这2分.在写出①、②两式的条件下,能写出③、④、⑤式,每式各得1分.如只写出③、④、⑤式,不给这3分.得出结果⑥再给2分.若⑥式中"<"写成"≤"的也给这2分.1992如图所示,一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上,在其右端放一质量为m的小木块A,m〈M。

高考物理压轴题的汇编

高考物理压轴题的汇编

高考物理压轴题汇编如图所示,在盛水的圆柱型容器内竖直地浮着一块圆柱型的木块,木块的体积为V ,高为h ,其密度为水密度ρ的二分之一,横截面积为容器横截面积的二分之一,在水面静止时,水高为2h ,现用力缓慢地将木块压到容器底部,若水不会从容器中溢出,求压力所做的功。

解:由题意知木块的密度为ρ/2,所以木块未加压力时,将有一半浸在水中,即入水深度为h/2,木块向下压,水面就升高,由于木块横截面积是容器的1/2,所以当木块上底面与水面平齐时,水面上升h/4,木块下降h/4,即:木块下降h/4,同时把它新占据的下部V/4体积的水重心升高3h/4,由功能关系可得这一阶段压力所做的功vgh h gvh gv w ρρρ16142441=-=压力继续把木块压到容器底部,在这一阶段,木块重心下降45h ,同时底部被木块所占空间的水重心升高45h,由功能关系可得这一阶段压力所做的功vgh h g vh vgw ρρρ1610452452=-=整个过程压力做的总功为:vgh vgh vgh w w w ρρρ1611161016121=+=+=(16分)为了证实玻尔关于原子存在分立能态的假设,历史上曾经有过著名的夫兰克—赫兹实验,其实验装置的原理示意图如图所示.由电子枪A 射出的电子,射进一个容器B 中,其中有氦气.电子在O 点与氦原子发生碰撞后,进入速度选择器C ,然后进入检测装置D .速度选择器C 由两个同心的圆弧形电极P 1和P 2组成,当两极间加以电压U 时,只允许具有确定能量的电子通过,并进入检测装置D .由检测装置测出电子产生的电流I ,改变电压U ,同时测出I 的数值,即可确定碰撞后进入速度选择器的电子的能量分布. 我们合理简化问题,设电子与原子碰撞前原子是静止的,原子质量比电子质量大很多,碰撞后,原子虽然稍微被碰动,但忽略这一能量损失,设原子未动(即忽略电子与原子碰撞过程中,原子得到的机械能).实验表明,在一定条件下,有些电子与原子碰撞后没有动能损失,电子只改变运动方向.有些电子与原子碰撞时要损失动能,所损失的动能被原子吸收,使原子自身体系能量增大,(1)设速度选择器两极间的电压为U (V )时,允许通过的电子的动能为E k (eV ),导出E k (eV )与U (V )的函数关系(设通过选择器的电子的轨道半径r =20.0 cm ,电极P 1和P 2之间隔d =1.00 cm,两极间场强大小处处相同),要说明为什么有些电子不能进入到接收器. (2)当电子枪射出的电子动能E k =50.0 eV 时,改变电压U (V ),测出电流I (A ),得出下图所示的I —U 图线,图线表明,当电压U 为5.00 V 、2.88 V 、2.72 V 、2.64 V 时,电流出现峰值,定性分析论述I —U 图线的物理意义.(3)根据上述实验结果求出氦原子三个激发态的能级E n (eV ),设其基态E 1=0.解:(1)当两极间电压为U 时,具有速度v 的电子进入速度选择器两极间的电场中,所受电场力方向与v 垂直,且大小不变,则电子在两极间做匀速圆周运动,电场力提供向心力,设电子质量为m ,电量为e ,则电场力F =qE =eU /d 根据牛顿第二定律有eU /d =mv 2/R解得电子动能E k =mv 2/2=eUR /2d =10.0U (eV) (6分)即动能与电压成正比,此结果表明当两极间电压为U 时,允许通过动能为10.0U (eV )的电子,而那些大于或小于10U (eV )的电子,由于受到过小或过大的力作用做趋心或离心运动而分别落在两电极上,不能到达检测装置D .(2)I —U 图线表明电压为5.0 V 时有峰值,表明动能为50.0 eV 的电子通过选择器,碰撞后电子动能等于入射时初动能,即碰撞中原子没有吸收能量,其能级不变.当电压为2.88 V 、2.72 V 、2.64 V 时出现峰值,表明电子碰撞后,动能分别从50.0 eV ,变为28.8 eV ,27.2 eV 、26.4 eV,电子通过选择器进入检测器,它们减小的动能分别在碰撞时被原子吸收,I —U 图线在特定能量处出现峰值,表明原子能量的吸收是有选择的、分立的、不连续的存在定态.(例如在电压为4.0 V 时没有电流,表明碰撞后,电子中没有动能为40.0 eV 的电子,即碰撞中,电子动能不可能只损失(50.0-40.0)eV=10.0 eV ,也就是说氦原子不吸收10.0 eV 的能量,即10.0 eV 不满足能级差要求)(4分)(3)设原子激发态的能极为E n ,E 1=0,则从实验结果可知,氦原子可能的激发态能级中有以下几个能级存在:(50.0-28.8)eV=21.2 eV (50.0-27.2)eV=22.8 eV (50.0-26.4)eV=23.6 eV(6分)17.(14分)如图甲,A 、B 两板间距为2L ,板间电势差为U ,C 、D 两板间距离和板长均为L ,两板间加一如图乙所示的电压.在S 处有一电量为q 、质量为m 的带电粒子,经A 、B 间电场加速又经C 、D 间电场偏转后进入一个垂直纸面向里的匀强磁场区域,磁感强度为B .不计重力影响,欲使该带电粒子经过某路径后能返回S 处.求: (1)匀强磁场的宽度L ′至少为多少?(2)该带电粒子周期性运动的周期T .(1)AB 加速阶段,由动能定理得:221mvqU =①偏转阶段,带电粒子作类平抛运动偏转时间qU m Lv L t 2/1== ②侧移量2221212221L qUm L mLqU at y =⋅⋅==③设在偏转电场中,偏转角为θ则1221=⋅===vL mLqU vat v v tg y θ即θ=4π④由几何关系:Rcos45°+R=L′⑤Rsin45°=2L ⑥则 L′=L 212+⑦注:L ′也可由下面方法求得:粒子从S 点射入到出偏转电场,电场力共做功为W=2q U⑧ 设出电场时速度为v′,有qU v m 2212='解得v′=m qU /4⑨粒子在磁场中做圆周运动的半径:qBmqU qBv m R 2='=∴qBmqUL )22(+=' ⑩(2)设粒子在加速电场中运动的时间为t2 则t2=qU m Lv L 2/2/2= ○11 带电粒子在磁场中做圆周运动的周期qBm T π2='○12 实际转过的角度α=2π-2θ=23π ○13 在磁场中运动时间t3=qBm T 2343π=''○14 故粒子运动的周期T =2t2+2t1+t3=4LqBm qU m 232/π+○15 评分标准:本题14分,第(1)问8分,其中①、②、③式各1分,④式2分,⑤、⑥、⑦式各1分.第(2)问6分,其中 ○12、○13、○14、式各1分,○15式2分. 22.(13分)1951年,物理学家发现了“电子偶数”,所谓“电子偶数”就是由一个负电子和一个正电子绕它们的质量中心旋转形成的相对稳定的系统.已知正、负电子的质量均为m e ,普朗克常数为h ,静电力常量为k ,假设“电子偶数”中正、负电子绕它们质量中心做匀速圆周运动的轨道半径r 、运动速度v 及电子的质量满足量子化理论:2m e v n r n =nh /2π,n =1,2……,“电子偶数”的能量为正负电子运动的动能和系统的电势能之和,已知两正负电子相距为L 时的电势能为E p =-kLe2,试求n =1时“电子偶数”的能量.18.(13分)由量子化理论知 n =1时,2m e v 1r 1=π2h解得114r m h v e π=①设此时电子运转轨道半径为r ,由牛顿定律有m e2121214r ekr v =21214/v m ke r e =②由①②联立可得v 1=πke 2/h 系统电势能E p =-k2122222r m keekree -==-2m e v 12而系统两电子动能为E k =2×212121v m v m e e =系统能量为E =E p +E k =-m e v 12=-π2mk 2e 4/h 2评分:解答①式正确得2分;解答②式正确得3分;正确分析系统势能得2分;解答动能正确得3分;正确列式、得出总能量表达式得3分.23.(14分)显像管的工作原理是阴极K 发射的电子束经高压加速电场(电压U )加速后垂直正对圆心进入磁感应强度为B 、半径为r 的圆形匀强偏转磁场,如图11所示,偏转后轰击荧光屏P ,荧光粉受激而发光,在极短时间内完成一幅扫描.若去离子水质不纯,所生产的阴极材料中会有少量SO -24,SO -24打在屏上出现暗斑,称为离子斑,如发生上述情况,试分析说明暗斑集中在荧光屏中央的原因[电子质量为9.1×10-31kg ,硫酸根离子(SO -24)质量为1.6×10-25kg ].23、电子或硫酸根离子在加速电场中 qU =221mv设粒子在偏转磁场中偏转时,轨道半径为R ,有:qvB =m Rv2则R =qmU BqBmv 21=设粒子在偏转磁场中速度偏角为θ,有:tan mUq BrRr 22==θ故tan2θ∝mq由于硫酸根离子荷质比远小于电子的荷质比,高速硫酸根离子经过磁场几乎不发生偏转,而集中打在荧光屏中央,形成暗斑.评分:正确运用动能定理处理粒子在加速电场中的运动得3分;求解粒子在偏转磁场中的轨道半径得3分;正确抓住切入点,求解tan 2θ得3分;明确tan2θ与mq 的关系得2分;最后将tan2θ∝mq 应用于电子和硫酸根离子,得出正确结论得2分.24.(14分)如图12是用高电阻放电法测电容的实验电路图,其原理是测出电容器在充电电压为U 时所带的电荷量Q ,从而求出其电容C .该实验的操作步骤如下:①按电路图接好实验电路;②接通开关S ,调节电阻箱R 的阻值,使微安表的指针接近满刻度,记下这时的电压表读数U 0=6.2 V 和微安表读数I 0=490 μA;③断开电键S 并同时开始计时,每隔5 s 或10 s 读一次微安表的读数i ,将读数记录在预先设计的表格中;④根据表格中的12组数据,以t 为横坐标,i 为纵坐标,在坐标纸上描点(图中用“×”表示),则:图12(1)根据图示中的描点作出图线.(2)试分析图示中i-t 图线下所围的“面积”所表示的物理意义.(3)根据以上实验结果和图线,估算当电容器两端电压为U 0所带的电量Q 0,并计算电容器的电容.24.(14分)(1)根据描点绘出圆滑的曲线如图所示.注:(a)绘出折线不得分;(b)绘出的曲线应与横轴相切,否则酌情扣分.(2)图中i-t 图线下所围的“面积”表示断开电键后通过电阻R 的电量,即电容器两端电压为U 0时所带电量为Q .(3)根据绘出图线,估算“面积”格数约32~33格(此范围内均得分,下同).因此,电容器电容为U 0时,带电量(Q 0)约为8.00×10-3 C ~8.25×10-3C 由C =UQ 得,电容器电容(C )约为:1.30×10-3 F ~1.33×10-3F评分:(1)绘图正确得4分;(2)“面积”意义分析正确得5分;(3)电容计算正确得5分.25.(12分)据有关资料介绍,受控核聚变装置中有极高的温度,因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装,而是由磁场约束带电粒子运动使之束缚在某个区域内.现按下面的简化条件来讨论这个问题:如图11所示是一个截面为内径R 1=0.6 m 、外径R 2=1.2 m 的环状区域,区域内有垂直于截面向里的匀强磁场.已知氦核的荷质比mq =4.8×107C/kg ,磁场的磁感应强度B =0.4 T ,不计带电粒子重力.(1)实践证明,氦核在磁场区域内沿垂直于磁场方向运动速度v 的大小与它在磁场中运动的轨道半径r 有关,试导出v 与r 的关系式.(2)若氦核在平行于截面从A 点沿各个方向射入磁场都不能穿出磁场的外边界,求氦核的最大速度.解:(1)设氦核质量为m ,电量为q ,以速度v 在磁感应强度为B 的匀强磁场中做半径为r 的匀速圆周运动, Bqv =mrv2(3分)所以v =mqBr (2分)(2)当氦核以v m 的速度沿与内圆相切方向射入磁场且轨道与外圆相切时,则以v m 速度沿各方向射入磁场均不能穿过磁场 (1分)即r 1≤212R R -=0.3 m (2分)由Bqv =rmv 2知r =qBmv (2分)所以v m =mBqr 1≤5.76×106m/s (2分)32.(16分)如图所示为示波管的原理图,电子枪中炽热的金属丝可以发射电子,初速度很小,可视为零。

  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。

高考物理压轴题汇编如图所示,在盛水的圆柱型容器竖直地浮着一块圆柱型的木块,木块的体积为V ,高为h ,其密度为水密度ρ的二分之一,横截面积为容器横截面积的二分之一,在水面静止时,水高为2h ,现用力缓慢地将木块压到容器底部,若水不会从容器中溢出,求压力所做的功。

解:由题意知木块的密度为ρ/2,所以木块未加压力时,将有一半浸在水中,即入水深度为h/2,木块向下压,水面就升高,由于木块横截面积是容器的1/2,所以当木块上底面与水面平齐时,水面上升h/4,木块下降h/4,即:木块下降h/4,同时把它新占据的下部V/4体积的水重心升高3h/4,由功能关系可得这一阶段压力所做的功vgh h g v h g v w ρρρ16142441=-= 压力继续把木块压到容器底部,在这一阶段,木块重心下降45h,同时底部被木块所占空间的水重心升高45h ,由功能关系可得这一阶段压力所做的功vgh h g v h vg w ρρρ1610452452=-= 整个过程压力做的总功为:vgh vgh vgh w w w ρρρ1611161016121=+=+= (16分)为了证实玻尔关于原子存在分立能态的假设,历史上曾经有过著名的夫兰克—赫兹实验,其实验装置的原理示意图如图所示.由电子枪A 射出的电子,射进一个容器B 中,其中有氦气.电子在O 点与氦原子发生碰撞后,进入速度选择器C ,然后进入检测装置D .速度选择器C 由两个同心的圆弧形电极P 1和P 2组成,当两极间加以电压U 时,只允许具有确定能量的电子通过,并进入检测装置D .由检测装置测出电子产生的电流I ,改变电压U ,同时测出I的数值,即可确定碰撞后进入速度选择器的电子的能量分布.我们合理简化问题,设电子与原子碰撞前原子是静止的,原子质量比电子质量大很多,碰撞后,原子虽然稍微被碰动,但忽略这一能量损失,设原子未动(即忽略电子与原子碰撞过程中,原子得到的机械能).实验表明,在一定条件下,有些电子与原子碰撞后没有动能损失,电子只改变运动方向.有些电子与原子碰撞时要损失动能,所损失的动能被原子吸收,使原子自身体系能量增大,(1)设速度选择器两极间的电压为U (V )时,允许通过的电子的动能为E k (eV ),导出E k (eV )与U (V )的函数关系(设通过选择器的电子的轨道半径r =20.0 cm ,电极P 1和P 2之间隔d =1.00 cm,两极间场强大小处处相同),要说明为什么有些电子不能进入到接收器.(2)当电子枪射出的电子动能E k =50.0 eV 时,改变电压U (V ),测出电流I (A ),得出下图所示的I —U 图线,图线表明,当电压U 为5.00 V 、2.88 V 、2.72 V 、2.64 V 时,电流出现峰值,定性分析论述I —U 图线的物理意义.(3)根据上述实验结果求出氦原子三个激发态的能级E n (eV ),设其基态E 1=0.解:(1)当两极间电压为U 时,具有速度v 的电子进入速度选择器两极间的电场中,所受电场力方向与v 垂直,且大小不变,则电子在两极间做匀速圆周运动,电场力提供向心力,设电子质量为m ,电量为e ,则电场力F =qE =eU /d根据牛顿第二定律有eU /d =mv 2/R解得电子动能E k =mv 2/2=eUR /2d =10.0U (eV) (6分)即动能与电压成正比,此结果表明当两极间电压为U 时,允许通过动能为10.0U (eV )的电子,而那些大于或小于10U (eV )的电子,由于受到过小或过大的力作用做趋心或离心运动而分别落在两电极上,不能到达检测装置D .(2)I —U 图线表明电压为5.0 V 时有峰值,表明动能为50.0 eV 的电子通过选择器,碰撞后电子动能等于入射时初动能,即碰撞中原子没有吸收能量,其能级不变.当电压为2.88 V 、2.72 V 、2.64 V 时出现峰值,表明电子碰撞后,动能分别从50.0 eV ,变为28.8 eV ,27.2 eV 、26.4 eV,电子通过选择器进入检测器,它们减小的动能分别在碰撞时被原子吸收,I —U 图线在特定能量处出现峰值,表明原子能量的吸收是有选择的、分立的、不连续的存在定态.(例如在电压为4.0 V 时没有电流,表明碰撞后,电子中没有动能为40.0 eV 的电子,即碰撞中,电子动能不可能只损失(50.0-40.0)eV=10.0 eV ,也就是说氦原子不吸收10.0 eV 的能量,即10.0 eV 不满足能级差要求)(4分)(3)设原子激发态的能极为E n ,E 1=0,则从实验结果可知,氦原子可能的激发态能级中有以下几个能级存在:(50.0-28.8)eV=21.2 eV(50.0-27.2)eV=22.8 eV(50.0-26.4)eV=23.6 eV (6分) 17.(14分)如图甲,A 、B 两板间距为2L ,板间电势差为U ,C 、D 两板间距离和板长均为L ,两板间加一如图乙所示的电压.在S 处有一电量为q 、质量为m 的带电粒子,经A 、B 间电场加速又经C 、D 间电场偏转后进入一个垂直纸面向里的匀强磁场区域,磁感强度为B .不计重力影响,欲使该带电粒子经过某路径后能返回S 处.求:(1)匀强磁场的宽度L ′至少为多少?(2)该带电粒子周期性运动的周期T .(1)AB 加速阶段,由动能定理得:221mv qU = ① 偏转阶段,带电粒子作类平抛运动偏转时间qU m L v L t 2/1==② 侧移量2221212221L qU m L mL qU at y =⋅⋅== ③ 设在偏转电场中,偏转角为θ则1221=⋅===v L mL qU v at v v tg y θ 即θ= 4π ④ 由几何关系:Rcos45°+R=L′⑤ Rsin45°=2L ⑥ 则 L′=L 212+⑦ 注:L ′也可由下面方法求得:粒子从S 点射入到出偏转电场,电场力共做功为W=2q U⑧设出电场时速度为v′,有qU v m 2212=' 解得v′=m qU /4⑨ 粒子在磁场中做圆周运动的半径:qBmqU qB v m R 2='= ∴qBmqU L )22(+=' ⑩ (2)设粒子在加速电场中运动的时间为t2则t2=qU m L v L 2/2/2= ○11 带电粒子在磁场中做圆周运动的周期qB m T π2='○12 实际转过的角度α=2π-2θ=23π ○13 在磁场中运动时间t3=qBm T 2343π=''○14 故粒子运动的周期T =2t2+2t1+t3=4LqB m qU m 232/π+○15 评分标准:本题14分,第(1)问8分,其中①、②、③式各1分,④式2分,⑤、⑥、⑦式各1分.第(2)问6分,其中 ○12、○13、○14、式各1分,○15式2分. 22.(13分)1951年,物理学家发现了“电子偶数”,所谓“电子偶数”就是由一个负电子和一个正电子绕它们的质量中心旋转形成的相对稳定的系统.已知正、负电子的质量均为m e ,普朗克常数为h ,静电力常量为k ,假设“电子偶数”中正、负电子绕它们质量中心做匀速圆周运动的轨道半径r 、运动速度v 及电子的质量满足量子化理论:2m e v n r n =nh /2π,n =1,2……,“电子偶数”的能量为正负电子运动的动能和系统的电势能之和,已知两正负电子相距为L 时的电势能为E p =-k Le 2,试求n =1时“电子偶数”的能量. 18.(13分)由量子化理论知 n =1时,2m e v 1r 1=π2h解得114r m h v e π= ①设此时电子运转轨道半径为r ,由牛顿定律有m e 2121214r e k r v = 21214/v m ke r e = ② 由①②联立可得v 1=πke 2/h 系统电势能E p =-k 2122222r m ke e k r e e -==-2m e v 12而系统两电子动能为E k =2×212121v m v m e e = 系统能量为E =E p +E k =-m e v 12=-π2mk 2e 4/h 2评分:解答①式正确得2分;解答②式正确得3分;正确分析系统势能得2分;解答动能正确得3分;正确列式、得出总能量表达式得3分.23.(14分)显像管的工作原理是阴极K 发射的电子束经高压加速电场(电压U )加速后垂直正对圆心进入磁感应强度为B 、半径为r 的圆形匀强偏转磁场,如图11所示,偏转后轰击荧光屏P ,荧光粉受激而发光,在极短时间完成一幅扫描.若去离子水质不纯,所生产的阴极材料中会有少量SO -24,SO -24打在屏上出现暗斑,称为离子斑,如发生上述情况,试分析说明暗斑集中在荧光屏中央的原因[电子质量为9.1×10-31 kg ,硫酸根离子(SO -24)质量为1.6×10-25 kg ].23、电子或硫酸根离子在加速电场中 qU =221mv 设粒子在偏转磁场中偏转时,轨道半径为R ,有:qvB =m Rv 2则R =q mU B qB mv 21= 设粒子在偏转磁场中速度偏角为θ,有:tanmU q Br R r 22==θ 故tan 2θ∝m q 由于硫酸根离子荷质比远小于电子的荷质比,高速硫酸根离子经过磁场几乎不发生偏转,而集中打在荧光屏中央,形成暗斑.评分:正确运用动能定理处理粒子在加速电场中的运动得3分;求解粒子在偏转磁场中的轨道半径得3分;正确抓住切入点,求解tan 2θ得3分;明确tan 2θ与m q 的关系得2分;最后将tan 2θ∝m q 应用于电子和硫酸根离子,得出正确结论得2分. 24.(14分)如图12是用高电阻放电法测电容的实验电路图,其原理是测出电容器在充电电压为U 时所带的电荷量Q ,从而求出其电容C .该实验的操作步骤如下:①按电路图接好实验电路;②接通开关S ,调节电阻箱R 的阻值,使微安表的指针接近满刻度,记下这时的电压表读数U 0=6.2 V 和微安表读数I 0=490 μA;③断开电键S 并同时开始计时,每隔5 s 或10 s 读一次微安表的读数i ,将读数记录在预先设计的表格中;④根据表格中的12组数据,以t 为横坐标,i 为纵坐标,在坐标纸上描点(图中用“×”表示),则:图12(1)根据图示中的描点作出图线.(2)试分析图示中i-t 图线下所围的“面积”所表示的物理意义.(3)根据以上实验结果和图线,估算当电容器两端电压为U 0所带的电量Q 0,并计算电容器的电容.24.(14分)(1)根据描点绘出圆滑的曲线如图所示.注:(a)绘出折线不得分;(b)绘出的曲线应与横轴相切,否则酌情扣分.(2)图中i-t 图线下所围的“面积”表示断开电键后通过电阻R 的电量,即电容器两端电压为U 0时所带电量为Q .(3)根据绘出图线,估算“面积”格数约32~33格(此围均得分,下同).因此,电容器电容为U 0时,带电量(Q 0)约为8.00×10-3 C ~8.25×10-3 C由C =U Q 得,电容器电容(C )约为:1.30×10-3 F ~1.33×10-3 F 评分:(1)绘图正确得4分;(2)“面积”意义分析正确得5分;(3)电容计算正确得5分.25.(12分)据有关资料介绍,受控核聚变装置中有极高的温度,因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装,而是由磁场约束带电粒子运动使之束缚在某个区域.现按下面的简化条件来讨论这个问题:如图11所示是一个截面为径R 1=0.6 m 、外径R 2=1.2 m 的环状区域,区域有垂直于截面向里的匀强磁场.已知氦核的荷质比m q =4.8×107 C/kg ,磁场的磁感应强度B =0.4 T ,不计带电粒子重力.(1)实践证明,氦核在磁场区域沿垂直于磁场方向运动速度v 的大小与它在磁场中运动的轨道半径r 有关,试导出v 与r 的关系式.(2)若氦核在平行于截面从A 点沿各个方向射入磁场都不能穿出磁场的外边界,求氦核的最大速度.解:(1)设氦核质量为m ,电量为q ,以速度v 在磁感应强度为B 的匀强磁场中做半径为r 的匀速圆周运动, Bqv =m r v 2 (3分)所以v =mqBr (2分) (2)当氦核以v m 的速度沿与圆相切方向射入磁场且轨道与外圆相切时,则以v m 速度沿各方向射入磁场均不能穿过磁场 (1分)即r 1≤212R R -=0.3 m (2分) 由Bqv =r mv 2知r =qBmv (2分) 所以v m =mBqr 1≤5.76×106 m/s (2分) 32.(16分)如图所示为示波管的原理图,电子枪中炽热的金属丝可以发射电子,初速度很小,可视为零。

相关文档
最新文档