高考物理压轴题汇编.doc
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1、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 /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 v g
2、hhgvhgvw 16142441 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v ghhgvhvgw 1610452452 整个过程压力做的总功为: v g hv g hv g hwww 1611161016121 (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
3、由两个同心的圆弧形电极 P1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
4、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( eV),导出 Ek( 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 P1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
5、激发态的能级 En( eV),设其基态 E1=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=mv2/R 解得电子动能 Ek=mv2/2=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
6、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
7、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 En, E1=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 .
8、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: 221 mvqU 偏转阶段,带电粒子作类平抛运动 偏转时间 qUmLvLt 2/1 侧移量222121 2221 LqUmLmLqUaty 设在偏转电场中,偏转角为 则 1221 vLmLqUvatvvtg y 即 4 由几何关系: 45 sin452L 则 L2 12
9、 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 2q 设出电场时速度为 ,有 qUvm 221 2 解得 mqU /4 粒子在磁场中做圆周 运动的半径:qBmqUqBvmR 2 qBm q UL )22( (2)设粒子在加速电场中运动的时间为 则 qUmLvL 2/2/2 11 带电粒子在磁场中做圆周运动的周期qBmT 212 实际转过的角度2313 在磁场中运动时间 qBmT 2343 14 故粒子运动的周期 T qBmqUm 232/ 15 评分标准:本题 14 分,第 (1)问 8 分,其中、式各 1 分,式 2 分,、式各 1分 .第 (2)问 6分,其中
10、 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me,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: 2mevnrn=nh/2 ,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=-kLe2 ,试求 n=1时“电子偶数”的 能量 . 18.(13分
11、)由量子化理论知 n=1 时, 2mev1r1=2h解得11 4 rmhve 设此时电子运转轨道半径为 r,由牛顿定律有 me2121214rekrv 2121 4/ vmker e 由联立可得 v1 ke2 h 系统电势能 Ep=-k2122222rmkeekree= 2mev12 而系统两电子动能为 Ek=2 212121 vmvm ee 系统能量为 E=Ep+Ek -mev12=- 2mk2e4 h2 评分:解答式正确得 2 分;解答式正确得 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
12、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 SO24 , SO24 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 (SO24 )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=mRv2 则 R=qmUBqBmv 2
13、1设粒子在偏转磁场中速度偏角为 ,有: tanmUqBrRr 22 故 tan2mq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 tan2得 3 分;明确 tan2与mq的关系得 2分;最后将 tan2mq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
14、操作步骤如下:按电路图接好实验电路 ;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 U0 6.2 V和微安表读数 I0 490 A;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 ;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 U0 所带的电量 Q0,并计算电容器的电容 .
15、 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 U0时,带电量 (Q0)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
16、 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 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mq=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 . (
17、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 vm 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 r 2 12 RR 0.3 m (2 分 ) 由 Bqv=rmv2 知 r=qBmv(2分 ) 所以 vm=mBqr1 5.76 106 m/s (2分 ) 32( 16 分)如图所示为示波管的原理
18、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。电子枪的加速电压为 U0,紧挨着是偏转电极 YY 和 XX ,设偏转电极的极板长均为1l?,板间距离均为 d,偏转电极 XX 的右端到荧光屏的距离为2l。电子电量为 e,质量为 m(不计偏转电极 YY 和 XX 二者之间的间距)、在 YY 、 XX 偏转电极上不加电压时,电子恰能打在荧光屏上坐标的原点。 求:( 1)若只在 YY 偏转电极上加电压 1UU YY ( )01 U , 则电子到达荧光屏上的速度多大 ? ( 2)在第( 1)问中,若再在 XX 偏转电板上加上 )( 0UUU 22XX ,试在荧光屏上标出亮点的大致位置,并求
19、出该点在荧光屏上坐标系中的坐标值。 图 11 32解:( 1)经加速电压后电子的速度为 0v ,则有 200 mv21ev ( 1) 电子经过 YY偏转电极的时间为 1t 侧向分速度为 1v ,则有 011 vLt ( 2) 111 tmdevv ( 3) 电子打到荧光屏上的速度等于离开 1YY 偏转电极时的速度,由( 1)( 2)( 3)可得02222102120 vmd2Levmev2vvv ( 4) ( 2)电子在 YY偏转电极中的侧向位移为 2111 tmdev21y ( 5) 离开 YY偏转电极后 的运动时间为 1V 、侧向位移为 2y 则有 0 212 v llt ( 6) 212
20、 tvy ( 7) 电子在 y方向的位移为 )l2l3(dU4 lUyyy 2101121 ( 8) 同理:电子在 XX偏转电极中的侧向位移为 2121 tmdeU21x ( 9) 离开 XX后运动时间为 3t ,侧向位移为 2x ,则有 023 vlt ( 10) 3122 ttmdeUx ( 11) 电子在 x 方向的位移为 )l2l(dU4 lUxxx 2101221 ( 12) 光点在荧光屏上的坐标 )l2l3(dU4 lU )l2l(dU4 lU 2101121012 , 33、如图 1 所不, A、 B 为水平放置的平行金属板,板间距离为 d(d 远小于板的长和宽 )。在两板之间有
21、一带负电的质点 P。已知若在 A、 B 间加电压 U0,则质点 P 可以静止平衡。现在 A、 B 间加上如图 2 所示的随时间 t 变化的电压 U,在 t=0 时质点 P 位于 A、 B 间的中点处且初速为 0。已知质点 P 能在 A、 B 之间以最大的幅度上下运动而不与两板相碰,求图 2 中 U 改变的各时刻 t1、 t2、 t3及 tn的表达式。 (质点开始从中点上升到最高点,及以后每次从最高点到最低点或从最低点到最高点的过程中,电压只改变一次。 ) 设质点 P 的质量为 m,电量大小为 q,根据题意,当 A、 B间的电压为 U0时, 有: 当两板间的电压为 2U0时, P 的加速度向上,
22、其大小为 a, 解得 a=g 当两板间的电压为 0 时, P 自由下降,加速度为 g,方向向下。 在 t=0 时,两板间的电压为 2U0, P 自 A、 B 间的中点向上作初速为 0 的匀加速运动,加速度为 g。经过时间 1, P 的速度变为 v1,此时使电压变为 0,让 P 在 重力作用下向上作匀减速运动,再经过 1, P正好达到 A 板且速度变为 0。 故有: v1=g 1 0=v1-g 1 d= g 12+v1 1- g 12 由以上各式得: 1= 1 因为 t1= 1 得 在重力作用下, P 由 A 板处向下做匀加速运动,经过时间 2, P 的速度变为 v2,方向向下。此时加上电压使
23、P 向下作匀减速运动,再经过 2, P 正好达到 B 板且速度变为 0。 故有: v2=g 2 0=v2-g 2 d= g 22+v2 2- g 22 由以上各式得 2= 2 因为 t2=t1+ 1+ 2 得 t2=( +1) 在电场力和重力的合力作用下, P 又由 B 板向上作匀加速运动,经过时间 3,速度变为 v3,此时使电压变为 0,让 P 在重力作用下向上作匀减速运动,经过 3, P 正好达到 A 板且速度变为 0。 故有: v3=g 3 0=v3-g 3 d= g 32+v3 3- g 32 由上得 3= 3 因为 t3=t2+ 2+ 3 得 t3=( +3) 根据上面分析,因重力作
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