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vghhgvhgvw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vghhgvhvgw1610452452整个过程压力做的总功为：vghvghvgh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=20.0cm，电极P1和P2之间隔d=1.00cm,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=50.0eV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5.00V、2.88V、2.72V、2.64V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（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极上，不能到达检测装置D.（2）I—U图线表明电压为5.0V时有峰值，表明动能为50.0eV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2.88V、2.72V、2.64V时出现峰值，表明电子碰撞后，动能分别从50.0eV，变为28.8eV，27.2eV、26.4eV,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4.0V时没有电流，表明碰撞后，电子中没有动能为40.0eV的电子，即碰撞中，电子动能不可能只损失（50.0-40.0）eV=10.0eV，也就是说氦原子不吸收10.0eV的能量，即10.0eV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=21.2eV(50.0-27.2)eV=22.8eV(50.0-26.4)eV=23.6eV(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qUmLvLt2/1②侧移量2221212221LqUmLmLqUaty③设在偏转电场中，偏转角为θ则1221vLmLqUvatvvtgy即θ＝4④由几何关系：Ｒｃｏｓ45°＋Ｒ＝Ｌ′⑤Ｒsin45°＝2L⑥则Ｌ′＝L212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＝2qＵ⑧设出电场时速度为ｖ′，有qUvm2212解得ｖ′＝mqU/4⑨粒子在磁场中做圆周运动的半径：qBmqUqBvmR2∴qBmqUL)22(⑩(2)设粒子在加速电场中运动的时间为ｔ２则ｔ２＝qUmLvL2/2/2○11带电粒子在磁场中做圆周运动的周期qBmT2○12实际转过的角度α＝２π－２θ＝23○13在磁场中运动时间ｔ３＝qBmT2343○14故粒子运动的周期T＝２ｔ２＋２ｔ１＋ｔ３＝４ＬqBmqUm232/○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/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=-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，2mev1r1=2h解得114rmhve①设此时电子运转轨道半径为r，由牛顿定律有me2121214rekrv21214/vmkere②由①②联立可得v1＝πke2／h系统电势能Ep=-k2122222rmkeekree=－2mev12而系统两电子动能为Ek=2×212121vmvmee系统能量为E=Ep+Ek＝-mev12=-π2mk2e4／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1.6×10－25kg］.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=mRv2则R=qmUBqBmv21设粒子在偏转磁场中速度偏角为θ，有：tanmUqBrRr22故tan2∝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tan2得3分；明确tan2与mq的关系得2分；最后将tan2∝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U0＝6.2V和微安表读数I0＝490μA;③断开电键S并同时开始计时，每隔5s或10s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U0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U0时，带电量(Q0)约为8.00×10－3C～8.25×10－3C由C=UQ得，电容器电容(C)约为：1.30×10－3F～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R１＝0.6m、外径R2=1.2m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=0.4T，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r１≤212RR＝0.3m(2分)由Bqv=rmv2知r=qBmv(2分)所以vm=mBqr1≤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。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1UUYY（)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）（0UUU22'XX，试在荧光屏上标出亮