2022年高考物理压轴题汇编.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 高考物理压轴题汇编1、如下列图, 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,如水不会淡定器中溢出,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,水面就上升,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

2、水重心上升 3h/4 ,由功能关系可得这一阶段压力所做的功 w 1 vg hv g h 1 vgh4 4 2 4 16压力连续把木块压到容器底部,在这一阶段,木块重心下降 5h,同时底部被木块所4占空间的水重心上升 5h,由功能关系可得这一阶段压力所做的功4w 2 vg 5 hv g 5 h 10 vgh4 2 4 16整个过程压力做的总功为：w w 1 w 2 1 vgh 10 vgh 11 vgh16 16 162、如下列图,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

3、 如图 5 ,使 A 开头向左运动、B开头向右运动,但最终 A 刚好没有滑离 L 板；以地面为参照系；1 如已知 A 和 B 的初速度大小为 方向；v 0,求它们最终的速度的大小和名师归纳总结 2 如初速度的大小未知, 求小木块 A向左运动到达的最远处 从地面上看 离动身点的距离；第 1 页,共 28 页解法 1: 1A 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v ,就由动量守恒可得: Mv 0mv 0Mm v解得：vMmv0,方向向右Mm2A 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

4、运动过程中必经受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 - - - - - - - - - 1l 为 A 开头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 从开头运动到刚到达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 ,就由功能关系可知: 对于 B fL1mv21Mv2022对于 A fl11 mv 22fl21 mv 220由几何关系L l1l2l由、式解得l1Mml4 M解法 2： 对木块 A 和木板 B 组成

5、的系统,由能量守恒定律得：fl1Mm 2 v 01Mm v222Mml由式即可解得结果l14 M此题第（ 2）问的解法有许多种,上述解法 然是比较简捷的解法；2 只需运用三条独立方程即可解得结果,显3、如下列图,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 的左端开头以初速度与挡板发生碰撞,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：2（1）如 3 v 0,在 B 与挡板碰撞后的运动过160 g程中,摩擦力对木板 A 做正功

6、仍是负功？做多少功？0v 在 A 上滑动, 滑到右端（2）争论 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,假如不行能,说明理由；假如可能,求动身生这种情形的条件；名师归纳总结 解：（1）B 与 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,第 2 页,共 28 页故摩擦力对A 做负功；设 B 与 A 碰后的瞬时A 的速度为1v ,B 的速度为v ,A 、B 相对静止时的共同速度为v ,由动量守恒得：Mv0 M.1 5 Mv.1 5Mv 1Mv2M1 .5 Mv碰后到相对静止,对A、B 系统由功能关系得：- - - - - - -精

7、选学习资料 - - - - - - - - - Mgl11 .5Mv21 2Mv212 .5Mv20.2（ 2）1222由式解得：v 11 v 20（另一解v 13 v 102 v 50而舍去）068Mv0因小于v11.5Mv2这段过程 A 克服摩擦力做功为w11 .527Mv2Mv2 10022400A 在运动过程中不行能向左运动,由于在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,直到最终共同速度仍向右,因此不行能向左运动；B 在碰撞之后,有可能向左运动,即2v0,结合式得：v12v 03代入式得：l2 2 v 015 g另 一 方 面

8、 , 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21Mv 0 2 12 5. Mv 22 Mgl 即 l 3 v 02 2 20 g2 2故在某一段时间里 B 运动方向是向左的条件是 2 v 0l 3 v 015 g 20 g4、光滑水平面上放有如下列图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 L 1 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 体都静止,试求：E 的匀强电场中,初始时刻,滑板与物（1）释放小物

9、体,第一次与滑板 A 壁碰前物体的速度 v 1多大？（2）如物体与 A 壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的 3/5,就物体在其次次跟 A 壁碰撞之前瞬时,滑板的速度 v 和物体的速度 v 2 分别为多大？（均指对地速度）（3）物体从开头运动到其次次碰撞前,电场力做功为多大？（碰撞时间可忽视）名师归纳总结 4、解：（1）由动能定理qEL11 mv 1 223 v ,故不行能 5第 3 页,共 28 页得v 12 qEL 1m（2）如物体碰后仍沿原方向运动,碰后滑板速度为V ,由动量守恒mv 1m3v 14mv得vv1物体速度510物块碰后必反弹v 13 v 15,由动量守恒mv1m3v 14mv

10、得v2 v 155由于碰后滑板匀速运动直至与物体其次次碰撞之前,故物体与A 壁其次次碰前,滑板- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 速度v2v 122 qEL 1 ；55m物体与 A 壁其次次碰前,设物块速度为v2,v2v 1at1由两物的位移关系有：vtv 1t1 at 22即vv 1at2由代入数据可得：v272 qEL 15m（3）物体在两次碰撞之间位移为S,v 2 2v 122 as得sv22v 1272/32v 142 mv 1552a2 qEm5 qE 物块从开头到其次次碰撞前电场力做功wqEl1s 13qEL55（16 分）如图 515 所示

11、, 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对外的匀强磁场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 端由静止开头在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动,进入图 515 C 点, PC=L/4 ,磁场后恰能做匀速运动.当物体遇到板R 端挡板后被弹回,如在碰撞瞬时撤去电场,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 .0,所

12、以物体 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 带正电荷 .且： mg=qBv2名师归纳总结 2- mgL=0-1mv2v2=22 m/s第 4 页,共 28 页423代入前式求得：B=2T24由于电荷由P 运动到 CEq- mgL1mv1 2-022Eq= qBv1+mg进入电磁场后做匀速运动,故有：由以上两式得：v 142m/sE2.4N/C- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 6、16 分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

13、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,

14、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r=20.0 cm,电极 P1 和 P2之间隔 d=1.00 cm,两极间场强大小到处相同）,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,转变电压 U（V ）,测出电流 I（A）,得出下图所示的 I U 图线,图线说明,当电压 U 为 5.00 V 、2.88 V 、2.72 V 、2.64 V 时,

15、电流显现峰值,定性分析论述 IU 图线的物理意义 . 3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,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 6 分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

16、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 ,27.2 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 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 的电子,即碰撞

17、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4 分（3）设原子激发态的能极为En,E1=0,就从试验结果可知,氦原子可能的激发态能级（500-288）eV=21.2 eV 50.0-27.2eV=22.8 eV名师归纳总结 50.0-26.4eV=23.6 eV 6 分第 5 页,共 28 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 7、 在原子核物理中,争论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

18、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 发生碰撞并立刻结成一个整体 D在它们连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,不再转变然后,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缺失）已知 A、B、C三球的质量均为（1）求弹簧长度刚被锁定后 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

19、,争论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头处于自然状态（既不伸长,也不压缩）,“ C与 B 发生碰撞并立刻结成一个整体 D” 隐含碰撞所经受的时间极短,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；应写出待求量与已知量的关系式,明显比较困难, 由于物体所经 此题如用分析法求解,历的各个子过程比较

20、清晰,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,这个问题搞清晰了,此题的 问题就可较简洁地得到解答下面从此题中几个物理过程发生的次序动身求解：1、球 C与 B 发生碰撞,并立刻结成一个整体D,依据动量守恒,有名师归纳总结 mv 02mv 1（1v 为 D的速度）第 6 页,共 28 页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v ,由动量守恒得2mv 13 mv 2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E 被贮存起来了由能量守恒,有12 m 2 v 113m v2EP22

21、23、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）, 当弹簧复原到自然长度时,弹簧的弹性势能全部转变成D的动能,设D的速度为v ,就有E P12 m2 v 32- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 4、弹簧连续伸长,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v ,势能为E 由动量守恒定律得C 点P2 mv 33 mv 4由机械能守恒定律得：12m 2 v 313 mv2E4P22由、两式联立解得：v21 v

22、 30联立式解得 E P1 mv 36208、如图 1所示为一根竖直悬挂的不行伸长的轻绳,下端挂一小物块A ,上端固定在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 开头以相同速度运动的时刻,依据力学规律和题中（包括图）供应的信息,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；你能求得哪些定量的结 果？

23、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=2t 0,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）,v 2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,就依据动量 守恒定律,得 mv0= m 0+mv 1,在最低点和最高点处运用牛顿定律可得 F1- m 0+mg= m 0+mv 1 2/L , F2+ m 0+mg= m 0+mv 2 2/L 依据机械能守恒定律可得 2L m+m 0g= m+m 0 v1 2/2- m+m 0 v2

24、2/2；由图 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=F m/6g-m 0 ,L =36m 02v02 g/5Fm2,A 、B 一起运动过程中的守恒量是机械能E,如以最低点为势能的零点,就E=m+m 0v 12/2；由几式解得E 3m0 2 02g/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,名师归纳总结 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护该星体的稳固,第 7 页,共 28 页不致因自转而瓦解；计等时星体可视为匀称球体；（引力常数G6.67 10 11m 3/kgs 2）- - -

25、 - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 10（20 分）曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型沟通发电机,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 S20cm 2,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

26、的半径 R310.0cm（见图 2）；现从静止开头使大齿轮加速转动,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,就有 GMm/R 2m 2R 且 2 /T,M 4/3 R 3由以上各式得：3 /GT 2代人数据解得：1.27 10 14kg/m 325（20 分）参考解答：当自行车车轮转动时,通过摩擦小轮使发

27、电机的线框在匀强磁场内转动,线框中产生一正弦沟通电动势,其最大值 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 R1 1R0 01,由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动,有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 R3R2 11由以上各式解得 2 U/BSNR 2r0/R3r1 代入数据得 3.2s11（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

28、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,经传送带运输到 D 处, D 和 A 的高度差为 h；稳固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（忽视经 BC 段时的微小滑动） ；已知在一段相当长的时间 T 内,共运输小货箱的数目为 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；求电动机名师归纳总结 的平均抽出功率P ；第 8 页,共 28 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - -

29、- - 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,就对小箱有s1/2at2v0at 在这段时间内,传送带运动的路程为s0v 0t 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,就传送带对小箱做功为2 Afs1/2mv 02传送带克服小箱对它的摩擦力做功A 0fs021/2mv0两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W P T 此功用于增加

30、小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热,即W1/2Nmv 0 2NmghNQ 已知相邻两小箱的距离为L ,所以 v0TNL NmN22 L联立,得：P TT2gh 12.（14 分）为争论静电除尘,有人设计了一个盒状容器,容器侧面是绝缘的透亮有机玻璃,它的上下底面是面积A=0.04m2的金属板,间距L S + 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,如下列图；现把肯定量匀称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=+1.0 U 10-17C,质量为 m=2.0 10-15kg,

31、不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力, 并忽视烟尘颗粒所受重力；求合上电键后：接地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=at 2/2=qUt 2/2mL ,故 t=0.02s W=NALqU/2=2.5 10-4J 设烟尘颗粒下落距离为x,就当时全部烟尘颗粒的总动能EK =NAL-xmv2/2= NAL-x qUx/L ,当 x=L/2 时 EK达最大,而x=at 1 2/2,故 t1=0.014s 13（12 分

32、）风洞试验室中可以产生水平方向的、大小可调剂的风力,现将一套有小球 的细直杆放入风洞试验室,小球孔径略大于细杆直径；（1）当杆在水平方向上固定时,调剂风力的大小,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名师归纳总结 为 37 并固定,就小球从静止动身在细杆上滑下距离S 所第 9 页,共 28 页需时间为多少？（sin37 =0.6,cos37 =0.8）- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 13（1）设小球所受的风力为 F,小球质量为 mFm

33、g1F/mg05. mg/mg0.5326（2）设杆对小球的支持力为N,摩擦力为fg沿杆方向F cosmgninfma3垂直于杆方向NFsinngcos04fN5可解得aFcosngsinfgF2sinm2 mg4S1 at 227t32S8S8g/43 g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疑题：自然界中的物体由于具有肯定的

34、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；处于肯定温度的物体在向外辐射电磁能量的同时,也要吸取由其他物体辐射的电磁能 量,假如它处在平稳状态,就能量保持不变,如不考虑物体表面性质对辐射与吸取的影响,我们定义一种抱负的物体,它能100%地吸取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肯定温度的四次方成正比,即P 0T4,其中常量5. 67103瓦/（

35、米2 开4）；在下面的问题中,把争论对象都简洁地看作黑体；半径有关数据及数学公式：太阳半径R s696000千米,太阳表面温度T5770开,火星r3395千米,球面积,S4 R2,其中 R 为球半径；4 米范畴内,求相应（1）太阳热辐射能量的绝大多数集中在波长为2 10 9 米1 10的频率范畴；（2）每小量从太阳表面辐射的总能量为多少？名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 28 页精选学习资料 - - - - - - - - - （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r2（ 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 辐射,试估算

36、火星的平均温度；400 倍,忽视其它天体及宇宙空间的解：（1）c/113 . 0010 8/2109.1 510 17（赫）21.3008 10/1104312 10（赫）3辐射的频率范畴为3 1012 赫 1.5 1017 赫（2）每小量从太阳表面辐射的总能量为W 4 R s 2T 4t4 代入数所得 W=1.38 10 10 焦5（3）设火星表面温度为 T,太阳到火星距离为 d ,火星单位时间内吸取来自太阳2的辐射能量为 P 4 R s 2T 4 r26 d 4 0 0 R s4 d4 2 2P T r / 400 72 4火星单位时间内向外辐射电磁波能量为 P t 4 r T84 2 2

37、 2 4火星处在平稳状态 P P t9 即 T r / 400 4 r T10 由10式解得火星平均温度 T T / 800 204（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 如下列图,在 xoy 平面内有垂直坐标平面的范畴足够大的匀强磁场,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

38、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对里时,粒子初速度方向与 轴的夹角为 ,射入磁场做匀速圆周运动,由几何关系可作名师归纳总结 出轨迹如下列图,设圆半径为RbRcos第 11 页,共 28 页aRsin22- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 由、解得tg a arctga轴间的夹角为bb当磁场方向垂直坐标平面对外时,粒子初速度方向与 arctga2 分,式2 分,式2b2 由、解得：Ra22b2v2RvQBa2b22 分,式2 m评分标准：此题13 分,第 1 问 8 分,其中式分, arcsina2ab2或 arccosa2bb2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,因不能保证其连续运行, 3 月 20 号左右将坠入太平