2022年高考物理压轴题汇编 .pdf

《2022年高考物理压轴题汇编 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考物理压轴题汇编 .pdf（28页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、高考物理压轴题汇编1、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

2、功vghhgvhgvw16142441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vghhgvhvgw1610452452整个过程压力做的总功为：vghvghvghwww16111610161212、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 。现以地面为参照系，给A和 B以大小相等、方向相反的初速度( 如图 5) ，使 A开始向左运动、B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离L 板。以地面为参照系。(1) 若已知 A和 B的初速度大小为v0

3、， 求它们最后的速度的大小和方向。(2) 若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处( 从地面上看 ) 离出发点的距离。解法 1: (1)A 刚好没有滑离B板，表示当A滑到 B板的最左端时，A、B具有相同的速度。设此速度为v，A和 B的初速度的大小为0v，则由动量守恒可得: vmMmvMv)(00解得：0vmMmMv，方向向右(2)A 在 B板的右端时初速度向左，而到达B板左端时的末速度向右，可见A在运动过程中必经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为V的两个阶段。 设精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页

4、，共 28 页1l为 A开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，2l为 A从速度为零增加到速度为v的过程中向右运动的路程，L 为 A从开始运动到刚到达B的最左端的过程中B运动的路程，如图 6 所示。设 A与 B之间的滑动摩擦力为f ，则由功能关系可知: 对于 B 2202121MvmvfL对于 A 20121mvfl2221mvfl由几何关系lllL)(21由、式解得lMmMl41解法 2： 对木块 A和木板 B组成的系统，由能量守恒定律得：220)(21)(21vmMvmMfl由式即可解得结果lMmMl41本题第（ 2）问的解法有很多种，上述解法2 只需运用三条独立方程即可解得结果，显然是

5、比较简捷的解法。3、如图所示，长木板A 右边固定一个挡板，包括挡板在内的总质量为1.5M，静止在光滑的水平面上，小木块 B 质量为 M，从 A 的左端开始以初速度0v在 A 上滑动， 滑到右端与挡板发生碰撞，已知碰撞过程时间极短,碰后木块B 恰好滑到 A 的左端停止， 已知 B 与 A 间的动摩擦因数为，B在 A 板上单程滑行长度为l，求：（1）若gv160320，在B 与挡板碰撞后的运动过程中，摩擦力对木板A 做正功还是负功？做多少功？（2）讨论 A 和 B 在整个运动过程中，是否有可能在某一段时间里运动方向是向左的，如果不可能，说明理由；如果可能，求出发生这种情况的条件。解： （1）B 与

6、 A 碰撞后， B 相对 A 向左运动， A 受摩擦力向左，而A 的运动方向向右，故摩擦力对A 做负功。设 B 与 A 碰后的瞬间A 的速度为1v， B 的速度为2v， A、 B 相对静止时的共同速度为v，由动量守恒得：vMMMv)5. 1(0vMMMvMv)5.1(5. 121碰后到相对静止，对A、B 系统由功能关系得：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 28 页222215.221215.121MvMvMvMgl由式解得：0121vv（另一解01103vv因小于052vv而舍去）这段过程 A 克服摩擦力做功为202022

7、1068.0400275.1215.121MvMvMvMvw（ 2）A 在运动过程中不可能向左运动，因为在B 未与 A 碰撞之前， A 受摩擦力方向向右，做加速运动，碰后A 受摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后共同速度仍向右，因此不可能向左运动。B 在碰撞之后，有可能向左运动，即02v，结合式得：3201vv代入式得：gvl15220另 一 方 面 ， 整 个 过 程 中 损 失 的 机 械 能 一 定 大 于 或 等 于 系 统 克 服 摩 擦 力 做 的 功 ， 即MglMvMv25 .22121220即gvl20320故在某一段时间里B 运动方向是向左的条件是gvlgv20315220

8、204、光滑水平面上放有如图所示的用绝缘材料料成的“” 型滑板， （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，整个装置处于场强为E 的匀强电场中，初始时刻，滑板与物体都静止，试求：（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的3/5，则物体在第二次跟A 壁碰撞之前瞬时，滑板的速度v 和物体的速度v2分别为多大？（均指对地速度）（3）物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多大？（碰撞时间可忽略）4、解： （1）由动能定理2112

9、1mvqEL得mqELv112（2）若物体碰后仍沿原方向运动，碰后滑板速度为V，由动量守恒mvvmmv45311得101vv物体速度153v，故不可能物块碰后必反弹1153vv，由动量守恒mvvmmv45311得152vv由于碰后滑板匀速运动直至与物体第二次碰撞之前，故物体与A 壁第二次碰前，滑板精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 28 页速度mqELvv1125252 。物体与 A 壁第二次碰前，设物块速度为v2，atvv12由两物的位移关系有：2121attvvt即21atvv由代入数据可得：mqELv12257（3）物

10、体在两次碰撞之间位移为S，asvv22122得qEmvmqEvavvs54/253572211222122 物块从开始到第二次碰撞前电场力做功11513)(qELslqEw5（16 分）如图 515 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

11、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=0.4.（1（2）物体与挡板碰撞前后的速度v1和 v2（3）磁感应强度B（4）电场强度E 的大小和方向.解：(1)由于物体返回后在磁场中无电场，且仍做匀速运动，故知摩擦力为0，所以物体带正电荷 .且： mg=qBv2(2)-mg4L=0-21mv2v2=22m/s(3)代入前式求得：B=22T(4)由于电荷由P 运动到 C(Eq-mg)212Lmv12-0进入电磁场后做匀速运动，故有：Eq=(qBv1+mg)由以上两式得：N/C2.4m/s241Ev图 515 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 -

12、 - - - - - -第 4 页，共 28 页6、(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

13、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=20.0 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=5

14、0.0 eV 时，改变电压U（V） ，测出电流I（A） ，得出下图所示的IU 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IU 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,F=qE=eU/d根据牛顿第二定律有eU/d=mv2/REk=mv2/2=eUR/2d=10.

15、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）IU 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，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， IU 图线在特定能量处出现峰值，表明原子能

16、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En，E1=0，则从实验结果可知，氦原子可能的激发态能级（500-288）eV=21.2 eV(50.0-27.2)eV=22.8 eV(50.0-26.4)eV=23.6 eV (6 分)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -

17、- - -第 5 页，共 28 页7、 在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似两个小球 A和 B用轻质弹簧相连， 在光滑的水平直轨道上处于静止状态在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度 V0射向 B球，如图 2 所示 C与 B发生碰撞并立即结成一个整体D在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然锁定，不再改变然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与 P接触而不粘连过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失）已知A、B、C三球的质量均为（1）求弹簧长度刚被锁定后

18、A球的速度（2）求在 A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能分析：审题过程，排除干扰信息：“在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似”挖掘隐含条件：“两个小球A和 B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态”，隐含摩擦不计和轻质弹簧开始处于自然状态（既不伸长，也不压缩），“C与 B发生碰撞并立即结成一个整体D ”隐含碰撞所经历的时间极短，B球的位移可以忽略，弹簧的长度不变，“A球与挡板P发生碰撞，碰后A、 D都静止不动”隐含在碰撞中系统的动能由于非弹性碰撞而全部消耗掉，只剩下弹性势能。此题若用分析法求解，应写

19、出待求量与已知量的关系式，显然比较困难， 由于物体所经历的各个子过程比较清楚，因此宜用综合法求解。在解题前，需要定性分析题目中由A、B、C三个小球和连结A 、B的轻质弹簧组成的系统是如何运动的，这个问题搞清楚了，本题的问题就可较容易地得到解答下面从本题中几个物理过程发生的顺序出发求解：1、球 C与 B发生碰撞，并立即结成一个整体D，根据动量守恒，有102mvmv（1v为 D的速度）2、当弹簧的长度被锁定时，弹簧压缩到最短，D与 A速度相等，如此时速度为2v，由动量守恒得2132mvmv当弹簧的长度被锁定后，D的一部分动能作为弹簧的弹性势能PE被贮存起来了由能量守恒，有PEvmvm2221)3(

20、21)2(213、撞击 P后， A与 D的动能都为，当突然解除锁定后（相当于静止的A、D两物体中间为用细绳拉紧的弹簧，突然烧断细绳的状况，弹簧要对D做正功）， 当弹簧恢复到自然长度时，弹簧的弹性势能全部转变成D的动能，设D的速度为3v，则有23)2(21vmEP精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 28 页4、弹簧继续伸长，A球离开挡板，并获得速度。当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长此时的势能为最大，设此时A、D的速度为4v，势能为PE由动量守恒定律得4332mvmv由机械能守恒定律得：2423)3(21)2(21PEvmvm

21、由、两式联立解得：0231vv联立式解得20361mvEP8、如图 (1)所示为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端挂一小物块A，上端固定在C 点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连。已知有一质量为0的子弹 B 沿水平方向以速度0射入 A 内（未穿透） ，接着两者一起绕C 点在竖直面内做圆周运动。在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力F 随时间 t 的变化关系如图(2)所示。已知子弹射入的时间极短，且图 (2)中 0 为 A、B 开始以相同速度运动的时刻，根据力学规律和题中（包括图）提供的信息，对反映悬挂系统本身性质的物理量（例如A 的质量）及A、B 一起运动过程中的守恒量。你能求得哪

22、些定量的结果？解：由图2 可直接看出，A、B 一起做周期性运动，运动的周期T=2t0，令 m 表示A 的质量， L 表示绳长， v1表示B 陷入A 内时即 t=0 时 A、B 的速度（即圆周运动最低点的速度），v2表示运动到最高点时的速度， F1表示运动到最低点时绳的拉力，f2表示运动到最高点时绳的拉力，则根据动量守恒定律，得mv0=( m0+m)v1，在最低点和最高点处运用牛顿定律可得F1-( m0+m)g=( m0+m)v12/L ， F2+( m0+m)g=( m0+m)v22/L 根据机械能守恒定律可得2L( m+m0)g=( m+m0) v12/2- ( m+m0) v22/2。由图

23、 2 可知 F2=0 。 F1=Fm。由以上各式可解得，反映系统性质的物理量是m=Fm/6g-m0，L =36m02v02 g/5Fm2，A、B 一起运动过程中的守恒量是机械能E，若以最低点为势能的零点，则E=(m+m0)v12/2。由几式解得E 3m0202g/F。9 （15 分）中子星是恒星演化过程的一种可能结果，它的密度很大。现有一中子星，观测到它的自转周期为T1/30s。向该中子星的最小密度应是多少才能维持该星体的稳定，不致因自转而瓦解。计等时星体可视为均匀球体。（引力常数G6.671011m3/kgs2）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -

24、- - -第 7 页，共 28 页10 （20 分）曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型交流发电机，图1 为其结构示意图。图中N、S 是一对固定的磁极，abcd 为固定在转轴上的矩形线框，转轴过bc 边中点、与 ab 边平行，它的一端有一半径 r01.0cm 的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图2 所示。当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动。设线框由N800 匝导线圈组成，每匝线圈的面积S20cm2，磁极间的磁场可视作匀强磁场，磁感强度B0.010T，自行车车轮的半径R135cm， 小齿轮的半径R24.cm， 大齿轮的半径R310.0cm （见图2） 。现从静

25、止开始使大齿轮加速转动，问大齿轮的角速度为多大才能使发电机输出电压的有效值U3.2V ？（假定摩擦小轮与自行车轮之间无相对滑动）10 （15 分）参考解答：考虑中子星赤道处一小块物质，只有当它受到的万有引力大于或等于它随星体一起旋转所需的向心力时，中子星才不会瓦解。设中子星的密度为，质量为M，半径为R，自转角速度为，位于赤道处的小块物质质量为m，则有 GMm/R2m 2R 且 2 /T ，M4/3 R3由以上各式得： 3/GT2代人数据解得： 1.271014kg/m325 （20 分）参考解答：当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的线框在匀强磁场内转动，线框中产生一正弦交流电动势，其最大

26、值0BSN 式中 0为线框转动的角速度，即摩擦小轮转动的角速度。发电机两端电压的有效值U2/2 m设自行车车轮转动的角速度为1，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，有R11R00小齿轮转动的角速度与自行车轮转动的角速度相同，也为1。设大齿轮转动的角速度为 ，有 R3 R21由以上各式解得(2 U/BSN)(R2r0/R3r1) 代入数据得 3.2s111 （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

27、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。每个箱子在A 处投放后，在到达B 之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经 BC 段时的微小滑动） 。 已知在一段相当长的时间 T 内， 共运送小货箱的数目为N。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均抽出功率P。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 28 页11 （22 分）参考解答：以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v0，在

28、水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有s1/2at2v0at 在这段时间内，传送带运动的路程为s0v0t 由以上可得s0 2s 用 f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为Afs1/2mv02传送带克服小箱对它的摩擦力做功A0fs02 1/2mv02两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量Q 1/2mv02可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等。T 时间内，电动机输出的功为WPT 此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即W1/2Nmv02NmghNQ 已知相邻两小箱的距离为L，所以

29、 v0TNL 联立，得：PTNm222TLNgh 12.（14 分）为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积A=0.04m2的金属板，间距L=0.05m ，当连接到U=2500V 的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图所示。现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒1013个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电量为q=+1.010-17C，质量为 m=2.010-15kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力。求合上电键后：经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？除尘过程中电场对烟

30、尘颗粒共做了多少功？经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附。烟尘颗粒受到的电场力 F=qU/L ，L=at2/2=qUt2/2mL，故 t=0.02s W=NALqU/2=2.5 10-4J 设烟尘颗粒下落距离为x，则当时所有烟尘颗粒的总动能EK=NA(L-x)mv2/2= NA(L-x) qUx/L ，当 x=L/2 时 EK达最大，而x=at12/2，故 t1=0.014s 13 （12 分）风洞实验室中可以产生水平方向的、大小可调节的风力，现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径。（1）当杆在水平方向上固定

31、时，调节风力的大小，使小球在杆上作匀速运动，这时小班干部所受的风力为小球所受重力的0.5 倍，求小球与杆间的滑动摩擦因数。（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为 37并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离S 所需时间为多少？（sin37=0.6，cos37=0.8）U S 接地+ L 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 28 页13 （1）设小球所受的风力为F，小球质量为mmgF 15.0/5 .0/mgmgmgF 2（2）设杆对小球的支持力为N，摩擦力为f沿杆方向mafmgninF cos 3垂直于杆方向0c

32、ossinngFN4Nf 5可解得ggmFgmfngFa43sin)(sincos226221atS 7gSgSt384/32 8评分标准：（1）3 分。正确得出2 式，得 3 分。仅写出1 式，得 1 分。（2）9 分，正确得出 6 式，得 6 分，仅写出 3 、 4 式，各得2 分，仅写出 5式，得 1 分，正确得出 8 式，得 3 分，仅写出 7式，得 2 分， g 用数值代入的不扣分。14 （13 分）阅读如下资料并回答问题：自然界中的物体由于具有一定的温度，会不断向外辐射电磁波，这种辐射因与温度有关，称为势辐射， 势辐射具有如下特点： 1 辐射的能量中包含各种波长的电磁波； 2 物体

33、温度越高，单位时间从物体表面单位面积上辐射的能量越大；3 在辐射的总能量中，各种波长所占的百分比不同。处于一定温度的物体在向外辐射电磁能量的同时，也要吸收由其他物体辐射的电磁能量，如果它处在平衡状态，则能量保持不变，若不考虑物体表面性质对辐射与吸收的影响，我们定义一种理想的物体，它能100%地吸收入射到其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体，单位时间内从黑体表面单位央积辐射的电磁波的总能量与黑体绝对温度的四次方成正比，即40TP，其中常量31067.5瓦/（米2开4） 。在下面的问题中，把研究对象都简单地看作黑体。有关数据及数学公式：太阳半径696000sR千米，太阳表面温度5770T开，火星半

34、径3395r千米，球面积，24 RS，其中 R 为球半径。（1）太阳热辐射能量的绝大多数集中在波长为2109米1104米范围内，求相应的频率范围。（2）每小量从太阳表面辐射的总能量为多少？精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 28 页（3）火星受到来自太阳的辐射可认为垂直射可认为垂直身到面积为2r（r为火星半径）的圆盘上， 已知太阳到火星的距离约为太阳半径的400 倍，忽略其它天体及宇宙空间的辐射，试估算火星的平均温度。解： （1）/c117981105. 1102/1000.3（赫）212481103101/1000. 3

35、（赫） 3辐射的频率范围为31012赫 1.5 1017赫（2）每小量从太阳表面辐射的总能量为tTRW42s44 代入数所得W=1.38 1010焦5（3）设火星表面温度为T，太阳到火星距离为d，火星单位时间内吸收来自太阳的辐射能量为224244drTRPs 6sRd4 0 0224)400/(rTP 7火星单位时间内向外辐射电磁波能量为424TrPt 8火星处在平衡状态ttPP 9 即422244)400/(TrrT10 由10式解得火星平均温度204800/TT（开）11 评分标准：全题13 分（1）正确得了 1 ， 2 ， 3 式，各得 1 分。 （ 2）正确得出 5 式，得 5 分，仅

36、写出 4 式，得 3 分。 （3）正确得出10式，得 4 分，仅写出6 式或7 式，得 1 分；仅写出8式，得 1分，正确得出11式，得 1 分。15.(13分 ) 如图所示，在xoy 平面内有垂直坐标平面的范围足够大的匀强磁场，磁感强度为B，一带正电荷量Q的粒子，质量为，从点以某一初速度垂直射入磁场，其轨迹与x、y轴的交点A、B到O点的距离分别为、，试求：(1) 初速度方向与轴夹角 (2) 初速度的大小 . 20.参考解答：(1) 磁场方向垂直坐标平面向里时，粒子初速度方向与轴的夹角为 ，射入磁场做匀速圆周运动，由几何关系可作出轨迹如图所示，设圆半径为Rsin2Racos2Rb精选学习资料

37、- - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 28 页由、解得tg ba arctgba当磁场方向垂直坐标平面向外时，粒子初速度方向与轴间的夹角为 arctgba(2) 由、解得：222baRRv2mbaQBv222评分标准：本题13 分，第 (1) 问 8 分，其中式2 分，式2 分，式2 分，式2分， arcsin22baa或 arccos22bab同样给分 . 第(2) 问 5 分，其中式2 分，式2 分，式 1 分. 16.(13 分) 俄罗斯“和平号”空间站在人类航天史上写下了辉煌的篇章，因不能保障其继续运行， 3 月 20 号左右将坠

38、入太平洋. 设空间站的总质量为，在离地面高度为的轨道气体，使其速度瞬间变小，在万有引力作用下下坠.设喷出气体的质量为1001m，喷出速度为空间站原来速度的37 倍，坠入过程中外力对空间站做功为W. 求：(1) 空间站做圆周运动时的线速度. (2) 空间站落到太平洋表面时的速度. ( 设地球表面的重力加速度为，地球半径为R) 21. 参考解答：(1) 设空间站做圆周运动的速度为，地球质量为M. 由牛顿第二定律得：)()(212hRvmRhMmG地表重力加速度为，则：gRGM2由、式得：)(21RhgRv(2) 喷出气体后空间站速度变为，由动量守恒定律得：12110037)100(mvvmmmv设

39、空间站落到太平洋表面时速度为，由动能定理得：Wvmvm2223)10099(21)10099(21mWhRgRv99200)(1214923精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 28 页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

40、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：221mvqUqUmLvLt2/1侧移量2221212221LqUmLmLqUaty设在偏转电场中，偏转角为则1221vLmLqUvatvvtgy即4由几何关系： 45sin45 2L则L212注：L也可由下面方法求得：粒子从S点射入到出偏转电场，电场力共做功为设出电场时速度为，有qUvm2212解得mqU /4粒子在磁场中做圆周运动的半径：qBmqUqBvmR2qBmqUL)22(2) 设粒子在加速电场中运动的时间为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1

41、3 页，共 28 页则qUmLvL2/2/211qBmT212实际转过的角度 2313在磁场中运动时间qBmT234314故粒子运动的周期TqBmqUm232/15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12 、13 、14 、式各 1 分，15 式 2 分. 18、（ 2000 年高考题） 2000 年 1 月 26 日我国发射了一颗同步卫星，其定点位置与东经 98的经线在同一平面内。若把甘肃省嘉峪关处的经度和纬度近似取为东经98和北纬40，已知地球半径R、地球自转周期T、地球表面重力加速度g （视为常量） 和

42、光速 c。试求该同步卫星发出的微波信号传到嘉峪关处的接收站所需的时间（要求用题给的已知量的符号表示）。分析与解：由于微波在大气层中以光速传播，所以若能求得从同步卫星到嘉峪关的距离 L， 则由运动学就能得到同步卫星发出的微波信号传到位于嘉峪关的接收站所需的时间t 。如何求得L 是解题的关键， 首先我们知道同步卫星是位于赤道上空的，题中说明， 该同步卫星的定点位置与东经98的经线在同一平面内，而嘉峪关处的经度和纬度近似取为东经98和北纬40， 隐含该同步卫星P、嘉峪关 Q和地心 O在同一个平面内，构成一个三角形， QOP= 40，如图11 所示，这样由余弦定理就可求得L。设 m为卫星质量， M为地

43、球质量，r 为卫星到地球中心的距离，w为卫星绕地转动的角速度，由万有引力定律和牛顿定律有。22mrrMmG式中 G为万有引力恒量，因同步卫星绕地心转动的角速度w与地球自转的角速度相等，有T2因mgRMmG2得gRGM2设嘉峪关到同步卫星的距离为L，由余弦定理cos222rRRrL精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 28 页所求时间为cLt由以上各式得cgTRRRgTRt31222232222)4(2)4(19、“和平号”空间站已于2001 年 3 月 23 日成功地坠落在南太平洋海域，坠落过程可简化为从一个近圆轨道（可近似

44、看作圆轨道）开始，经过与大气摩擦，空间站的绝大部分经过升温、熔化，最后汽化而销毁，剩下的残片坠入大海。此过程中，空间站原来的机械能中，除一部分用于销毁和一部分被残片带走外，还有一部分能量E通过其他方式散失（不考虑坠落过程中化学反应的能量）。（1）试导出以下列各物理量的符号表示散失能量E的公式 . （2）（2）算出 E的数值（结果保留两位有效数字）坠落开始时空间站的质量M=1.17105kg；轨道离地面的高度为h=146km ；地球半径R=6.4106m ；坠落空间范围内重力加速度可看作g=10m/s2；入海残片的质量 =1.2104kg；入海残片的温度升高=3000K；入海残片的入海速度为声速

45、=340m/；空间站材料每1kg 升温 1K平均所需能量c=1.0103J；每销毁1kg 材料平均所需能量=1.0 107分析与解：本题描述的是2001 年世界瞩目的一件大事：“和平号”空间站成功地坠落在南太平洋海域。 让绕地球运行的空间站按照预定的路线成功坠落在预定的海域，这件事情本身就极富挑战性，表达了人类征服自然改造自然的雄心和实力。（1）作为一道信息题，首先我们应弄清题目所述的物理过程，建立一个正确的物理模型。我们将空间站看作一个质点，开始时以一定的速度绕地球运行，具有一定的动能和势能，坠落开始时空间站离开轨道，经过摩擦升温，空间站大部分升温、熔化，最后汽化而销毁，剩下的残片坠落大海，

46、整个过程中，总能量是守恒的。根据题述条件，从近圆轨道到地面的空间中重力加速度g=10m/s2，若以地面为重力势能的零点，坠落过程开始时空间站在近圆轨道的势能MghEP. 以 v 表示空间站在轨道上的速度，可得MgrvM2. 其中 r 为轨道半径，若R地表示地球半径，则r=R地+h. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 28 页由式、可得空间站在轨道上的动能MgEk21（R地+h）由式、可得，在近圆轨道上空间站的机械能E=Mg(21R地+23h) 在坠落过程中，用于销毁部分所需要的能量为Q汽=(M-m). 用于残片升温所需要

47、的能量Q残=cmT.残片的动能为E残=221mv以 E表示其他方式散失的能量，则由能量守恒定律可得 E=Q汽+E残+Q残+E.由此得 E=Mg(21R地+23h)-(M-m) -221mv-cmT (2) 将题给数据代入得E=2.91012带电粒子在电磁场中运动问题带电粒子在电磁场中运动问题，实质是力学问题，通常从受力分析，运动情况分析入手，利用力学规律，并注意几何关系即可求解。下面对两道高考压轴题作一简要分析。20、 （ 1994 年全国）一带电质点质量为m 电量为 q，以平行于ox 轴的速度v 从 y 轴上的 a 点射入图 7 中第一象限所示的区域。为了使该质点能从x 轴上的 b 点以垂直

48、于ox 轴的速度 v 射出，可在适当的地方加一个垂直于xy 平面、磁感强度为B 的匀强磁场。若此磁场仅分布在一个圆形区域内，试求这个圆形区域的最小半径，重力忽略不计。解析：由题意可知，质量在xy 平面的第一象限的磁场中做匀速圆周运动，在磁场外做匀速直线运动。由于质点进入磁场的速度方向与飞出磁场的速度方向相垂直成90 ，由此可知质点在磁场中的轨迹是半径为R 的圆 O（虚线）的圆周的1/4，如图 8，由题意，恰包含弦的磁场圆有无数个，且对应的圆心角越小，圆半径越大，反之则越小，当圆心角为180 时，即为直径时磁场圆O（实线）的半径最小，设其半径为r，易得BqmvRr2222显而易见，以上找圆心及对

49、角度的分析是解题的关键。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 28 页21、 （1999 年全国）图 9 中虚线 MN 是一垂直面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在着一磁感强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外。O 是 MN 上的一点，从O点可以向磁场区域发射电量为q、 质量为 m 速率为 v 的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向。已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中的P点相遇， P 到 O 的距离为L。不计粒子的重力及粒子间的相互作用。(1)求所考察的粒子在磁场中的轨道半径。(2)求这两个粒子从O 点射入磁场

50、的时间间隔。分析与解： 这一题是带电粒子仅在洛仑兹力作用下的运动问题，前后两个粒子做完全相同的匀速圆周运动，对应的物理规律较简单，第二问的难点在于物理情景分析和几何关系的确定，勾画草图分析，巧设角度是解题的关键。（1）设粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律，有RvmqvB2得qBmvR（ 2）如图 10 所示，以 OP为弦可画两个半径相同的圆，分别表示在P点相遇的两个粒子的轨道。圆心和直径分别为 O1、O2和 OO1Q1,OO2Q2, 在 0 处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用 表示它之间的夹角。由几何关系可知2211QPOQPO从 0 点射入到相遇，粒子1 的路程为