2022年新课标高考物理部分计算题压轴题.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载50如下列图电路是一个电压、电流两用表,两个电流挡的量程分别为 I1=1mA,I 2=500mA;一个电压挡,量程为U=10V ,已知表头G 满偏电流Ig=500 A,内阻 Rg=600 ,求 R1、R2、R3的阻值；解依题意和欧姆定律可得如下方程：1 +G R3 I1IgR 1R 2IgRgI2IgR 1IgR gR 22 R1 R2 1mAS 10VI1R gR 1R 2I1R 3U500mA3 -R gR 1R 2由上述三式代入数据解得R 11.2,R 2598.8,R 3103.kB 沿 y 方向没有变化,沿x 方向5

2、1如下列图,磁场的方向垂直于 xy 平面对里；磁感强度均 匀 增 加 , 每 经 过 1cm 增 加 量 为 1.0 10-4 T, 即B.1 0104T/cm；有一个长L=20cm,宽 h=10cm的y L V x不变形的矩形金属线圈,以 V=20cm/s 的速度沿 x 方向运动；问：h （1）线圈中感应电动势E 是多少？x O （2）假如线圈电阻R=0.02 , 线圈消耗的电功率是多少？（3）为保持线圈的匀速运动,需要多大外力？机械功率是多少？解1 设线圈向右移动一距离S,就通过线圈的磁通量变化为：名师归纳总结 hSBL,而所需时间为tS, 第 1 页,共 7 页tt依据法拉第电磁感应定律

3、可感应电动势力为EthVLB4105V. x2依据欧姆定律可得感应电流IE2108A ,电功率 P=IE=8108WR3电流方向是沿逆时针方向的,导线dc 受到向左的力,导线ab 受到向右的力；线圈做匀速运动,所受合力应为零；依据能量守恒得机械功率P机=P=8108W52如下列图 , 在倾角为 的光滑斜面上, 存在着阿个磁感应强度大小相等的匀强磁场, 其中一个的 , 方向垂直斜面对下, 另一个的方向垂直斜面对上 , 宽度均为L. 一个质量为m、边长为L 的正方形线框以速度 v 刚进入上边磁场时恰好作匀速直线运动. 当 ab 边到达 gg 和 ff 的中间位置时, 线框又恰好作匀速直线运动, 问

4、：线框从开头进入上边的磁场至ab 边到达gg 和 ff 中间位置时 , 产生的热量为多少. 答案 :Q15mv23mgLsin322- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 53如图,光滑平行的水平金属导轨学习必备欢迎下载R 的MN 、PQ 相距 l ,在 M 点和 P 点间接一个阻值为电阻,在两导轨间OO1O1O矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d 的匀强磁场,磁感 应强度为 B；一质量为 m,电阻为 r 的导体棒 ab,垂直搁在导轨上,与磁场左边界相距d0；现用一大小为F、水平向右的恒力拉ab 棒,使它由静止开头运动,棒ab 在离开磁场前N Q 已经做

5、匀速直线运动（棒ab 与导轨始终保持良好的接触,导轨电阻不计）；求：（1）棒 ab 在离开磁场右边界时的速度；M a O1O1（2）棒 ab 通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能；B （3）试分析争论ab 棒在磁场中可能的运动R F 情形；b O O解：（1）ab 棒离开磁场右边界前做匀速运动,速P d0d 度为v ,就有：EBlvm（1 分）IREr（1 分）对 ab 棒FBIl 0 （1 分）解得vmF R2r（1 分）2 B l（2）由能量守恒可得：F d0dW 电12 mv m（2 分）2解得：W 电F d 0dmF2R4r2（ 2 分）24 B l（3）设棒刚进入磁场时速度为v由：

6、Fd01mv2（1 分）2可得：v2Fd0（1 分）m棒在进入磁场前做匀加速直线运动,在磁场中运动可分三种情形争论：如2Fd0F Rr（或F24 d B l42）,就棒做匀速直线运动； （2 分）a、m2 2 B lm Rr如2Fd0F Rr（或 F24 d B l42）,就棒先加速后匀速； （2 分）m2 2 B lm Rr54在一个点电荷Q 的电场中, Ox 坐标轴与它的一条电场线重合,坐标轴上A 、B 两点的坐标分别为20m 和 50 m已知放在A 、B 两点的摸索电荷受到的电场力方向都跟 x 轴的正方向相同,电场力的大小跟摸索电荷所带电荷量大小的关系图象如图中直线b 所示,放在A 点的

7、电荷带正电,放在B 点的电荷带负电求：1B 点的电场强度的大小和方向名师归纳总结 2试判定点电荷Q 的电性,并确定点电荷Q 的位置坐标第 2 页,共 7 页解 ： 1 由 图 可 得B点 电 场 强 度 的 大 小EB - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - F2.5N/C；2 分 学习必备欢迎下载q因 B 点的电荷带负电, 而受力指向 x 轴正方向, 故 B 点场强方向沿 x 轴负方向1 分 2 因 A 点的正电荷受力和 b 点的负电荷受力均指向 x 轴正方向,故点电荷 Q 应位于 A 、B 两点之间,带负电2 分 q Q设点电荷 Q 的坐标为 x,就 E

8、 x k 2 1 分,E B k 2 1 分 x 2 5 x由图可得 EA40NC 1 分 解得 x26m2 分 55如下列图, 用折射率为 n = 2 的玻璃做成内球面半径为 R、外球面半径为 R / = 2 R 的半球尔空心球壳,一束平行光射向此半球的外表面,且与中心对称轴 OO /-平行,试求：1）球壳内表面射出的光线的出射点离 OO /+的最大距离2）要使球壳内部没有光线射出,需用一遮光板将部分入射光挡信,就至少用多大的遮光板、如何放置才行？（3R;R）0,一束极细的光于256如下列图,直角玻璃三棱镜置于空气中,已知A = 600, C = 90AC 边的中点垂直AC 面入射, AC

9、= 2a ,棱镜的折射率为n = 2 ；求：1） 光在棱镜内经过一次全反射后第一次射入空气时的折射角；2） 光从进入棱镜到第一次射入空气时经受的时间（设真空中 光速为 C）；A B （450,56a）C 3 c57某三棱镜的截面是始终角三角形, 棱镜材料的折射率为n, 底面 BC 涂黑 , 入射光沿平行于底面 BC 的方向射向AB 而 , 经 AB 和 AC 折射后射出 . 为了使上述入射光线能从AC 面射出 ,求折射率 n 的取值范畴 . 答案 : n 72581849 年,法国科学家斐索用如下列图的方法在地面上测出了光的速度；他采纳的方法是：让光束从高速旋转的齿轮的齿缝正中心穿过,经镜面沿

10、原路反射回来,调剂齿轮的转速,使反射光束恰好通过相邻的另一个齿缝的正中心,穿过半透亮镜（既可反射光线也可以透射光线）射入人眼,由此可测出光的传播速度；如已知齿轮的齿数为P,每秒转动 n 周,齿轮与镜子间距离为 d,齿轮与半透亮镜及人眼的距离相对 d 可以忽视；请写出斐索测定光速 c 的表达式；224为了验证小灯泡 （点光源）光能的球面散射规律名师归纳总结 并测定其发光效率,有同学设计并进行了如下的试验：如图甲所示,将一个“6V 8.0W ” 的第 3 页,共 7 页小灯泡接入电路, 使之正常发光； 在灯泡灯丝的同一水平面、正对光线方向放一个光强探头,以测定与光源间距为d 时相应的光强值I,共测

11、得如下表所示的9 组数据,并用一数字图像- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 处理器将表内数据在I1/d学习必备欢迎下载2 坐标平面内标得如下数据点,如图乙所示；（1）据数据点图,可看出 I 与哪个量存在线性关系,由此写出 I 与 d 之间的数学关系表达式,并求出斜率 k 的值；（2）在与光源等距的各点,认为光源向各方向发出的光强大小几乎相等；依点光源光能周围空间 360 球面匀称散射的物理模型,写出光源的发光功率 距离 d 之间的关系式；P0、光强值 I 及相应的与光源（3）依据以上条件,算出小电珠的电一光转换效率 ；（结果保留两位有效数字）光强探头光强

12、记录器标尺d/ 102m 6.50 7.50 8.50 9.50 10.5 11.5 12.5 13.5 14.5 1.7 2 分）3 分）1 分）I/W m 28.29 6.66 4.96 3.92 3.37 2.61 2.30 1.97 解：（1）从数据点图可知,I d2 图线是一条过原点的直线,光强值 I 与 d2 存在线性关系；其斜率K2 .85.2W34.102W（ 3.13.6 之间都算对） （510由此可得, I 与 d 之间的数学表达示为 I K2 （d（2）与光源相距为 d 的球面面积为 S,S=4 d 2 （就有 P0=IS=4 Id2（3）由以上各式可以求得光源的发光功率

13、 （3 分）2P0=4 K=4 3.14 3.4 10 W=0.43W （2 分）电灯的功率 P=8W,所以,电光转换效率 P 0 0 . 43 5 4. % （2 分）P 859依据量子理论 , 光子具有动量 , 光子的动量等于光子的能量除以光速 , 即 p=E/ c, 光照耀到物体表面并被反射时 , 会对物体产生压强 , 这就是“ 光压”, 光压是光的粒子性的典型表现 .光压的产生气理犹如气体压强：由大量气体分子与器壁的频繁碰撞产生了连续匀称的压力 ,器壁在单位面积上受到的压力就是气体的压强 . 1 如激光器发出的一束激光其功率为 P, 光束的横截面积为 S. 当该激光束垂直照耀在物体表面

14、时 , 试运算单位时间内到达物体表面的光子总能量 . 2 如该激光束被物体表面完全反射 , 试证明其在物体表面引起的光压是 2P 3cS设想利用太阳的光压将物体送到太阳系以外的空间去 , 当然这只有在太阳对物体的光压超过太阳对物体的引力条件下才行 . 现假如用一种密度为 1. 0 10 3kgm 3 的物体做成的平板 , 它的刚性足够大 , 就当这种平板厚度较小时 , 它将能被太阳的光压送出太阳系 . 试估算这种平板的厚度应小于多少 .设平板处于地球绕太阳运动的公转轨道上 , 且平板表面所受的光压处于最大值 , 不考虑太阳系内各行星对平板的影响 , 已知地球公转轨道上的太阳常量为 1. 4 1

15、0sJm 2s 即在单位时间内垂直辐射在单位面积上的太阳光能量- 3为 5. 910 ms【 12】6答案 : 1 p, 2 略 3 小于 1 6. 10 m, 地球绕太阳公转的加速度名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 7 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载60.要通过可控热核反应取得能源,要连续发生热核反应,必需把温度高达几百万摄氏度以上的核材料约束在肯定的空间内约束的方法有多种,其中技术上相对较成熟的是用磁场约束核材料,称为“ 托卡马克” 装置如下列图为这种装置的简化模型：垂直纸面的有环形边界的匀强磁场（b 区域）围着磁感应强度为零的

16、圆形a 区域, a 区域内的离子向各个方向运动,离子的速度只要不超过某值,就不能穿过环形磁场的外边界而逃逸,从而被约束设环形磁场的内半径 R10.50m,外半径 R11.0m ,如磁场的磁感应强度 B = l . 0T 被约吏的离子比荷 m =410 q 7C/kg 3 2 4 l ）完成核反应方程：2 He 1 H 2 He _ 2 ）如 a 区域中沿半径 OA 方向射入磁场的离子不能穿越磁场,粒子的速度不能超过多大？ 3 ）如要使从 a 区域沿任何方向射入磁场的速率为 210 7m/s 的离子都不能越出磁场的外边界,就 b 区域磁场的磁感应强度 B至少要有多大？1 1 1H 2 ）速度越大

17、轨迹圆半径越大,要使沿OM 方向运动的离子不能穿越磁场,就其在环形磁场内的运动轨迹圆中最大者与磁场外边界圆相切（本段文字也可用图形表达）解：设轨迹圆的半径为r1 ,就 r12+R1 2=R2 r12名师归纳总结 代入数字解得r1=0.375m 第 5 页,共 7 页设沿该圆运动的离子速度为v1,v1=Bqr 1 m代人数字得, v 1=1.5 107m/s 3 ）设离子以v2 的速度沿与内边界圆相切的方向射入磁场且轨道与磁场外圆相切时,就- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载以该速度沿各个方向射入磁场区的离子都不能穿出磁场边界（也可用图形

18、表达）设轨迹圆的半径为r2,就 r2=R2R1=0.25m B=2.0T 2设磁场的磁感强度为B ,由 B =mv 2 qr 2代人数字得61 为了证明玻尔关于原子存在分立能态的假设,历史上曾经有过闻名的夫兰克赫兹试验,其试验装置的原理示意图如下列图 .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,进入速度挑选器 C,然后进入检测装置 D.速度挑选器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,只答应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,转变电压 U,同时测出 I的数值,即可确定

19、碰撞后进入速度挑选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许多,碰撞后,原子虽然略微被碰动,但忽视这一能量缺失,设原子未动（即忽视电子与原子碰撞过程中,原子得到的机械能）.试验说明,在肯定条件下,有些电子与原子碰撞后没有动能缺失 ,电子只转变运动方向 .有些电子与原子碰撞时要缺失动能,所缺失的动能被原子吸取,使原子自身体系能量增大,1设速度挑选器两极间的电压为U（V）时,答应通过的电子的动能为Ek（eV）,导出Ek（ eV）与 U（V ）的函数关系（设通过挑选器的电子的轨道半径 之间隔 d=1.00 cm,两极间场强大小到处相 同）,要说明

20、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,转变电压 U（ V）,测出电流 I（A）,得出下图所示的 IU 图线,图线说明,当电压 U 为 5.00 V、2.88 V 、2.72 V 、2.64 V 时,电流显现峰值, 定性分析论述 IU 图线的物理意义 . r=20.0 cm,电极 P1 和 P23依据上述试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 的电子进入速度挑选器两极间的电场中,所受电场力方向与 v 垂直,且大小不变,就电子在两极间做匀速圆周运动,电场力供应向心力,

21、设电子质量为 m,电量为 e, F=qE=eU/d依据牛顿其次定律有 eU/d=mv 2/REk=mv 2/2=eUR/2d=10.0UeV 即动能与电压成正比 ,此结果说明当两极间电压为 U 时,答应通过动能为 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 图线说明电压为 5.0 V 时有峰值,说明动能为 50.0 eV 的电子通过挑选器,当电压为 2.88 V 、2.72 V、2.64 V 时显现峰值,说明电子碰撞后,动能分别从 50.0 eV ,变为 28.8 eV ,27.

22、2 eV、26.4 eV,电子通过挑选器进入检测器,它们减小的动能分别在碰撞时被原子吸取, IU 图线在特定能量处显现峰值,说明原子能量的吸取是有挑选的、分立的、不名师归纳总结 连续的存在定态 .例如在电压为 4.0 V 时没有电流,说明碰撞后,电子中没有动能为40.0 eV 的第 6 页,共 7 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载电子,即碰撞中,电子动能不行能只缺失（50.0-40.0）eV=10.0 eV ,也就是说氦原子不吸取10.0 eV 的能量,即10.0 eV 不满意能级差要求 （3）设原子激发态的能极为En,E1=0,

23、就从试验结果可知,氦原子可能的激发态能级500-28 8）eV=21.2 eV50.0-27.2eV=22.8 eV50.0-26.4eV=23.6 eV 62. 1951 年,物理学家发觉了“ 电子偶数”,所谓“ 电子偶数” 就是由一个负电子和一个正名师归纳总结 电子绕它们的质量中心旋转形成的相对稳固的系统.已知正、负电子的质量均为me,普朗克第 7 页,共 7 页常数为 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 及电子的质量满意量子化理论：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e 2Ep=-k L,试求 n=1 时“ 电子偶数” 的能量. 解 .由量子化理论知h n=1 时, 2mev1r1= 2解得v 14hr1m e设此时电子运转轨道半径为r ,由牛顿定律有mev 12ke 22r 1ke2/4me v 12r 14r 1由联立可得v1 ke 2h 系统电势能Ep=-ke2ke2=2mev122rke22m er 12而系统两电子动能为 Ek=21 m e v 1 2m e v 12系统能量为 E=Ep+Ek-mev1 2=- 2mk 2e 4h 22- - - - - - -