最近两年全国各地高考物理压轴题汇集（详细解析63题） 2009年2月16日星期一
电动机的电源切断，车与挡板粘合在一起，求：
（1）试通过计算说明，电动小车在木板上运动时，木板能否保持静止? （2）试求出碰后木板在水平面上滑动的距离。
62（12分）
如图14所示。地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做匀速圆周运动。地球的轨道半径为R，运转周期为T。地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角（简称视角）。已知该行星的最大视角为?，当 行星处于最大视角处时，是地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时期。若某时刻该行星正处于最佳观察期，问该行星下一次处于最佳观察期至少需经历多长时间？
63．（12分）
如图15所示。一水平传送装置有轮半径均为R＝1/?米的主动轮Q1和从动轮Q2及转送带等构成。两轮轴心相距8．0m，轮与传送带不打滑。现用此装置运送一袋面粉，已知这袋面粉与传送
带之间的动摩擦力因素为?＝0．4，这袋面粉中的面粉可不断的从袋中渗出。
（1）当传送带以4．0m/s的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端Q2正上方的A点轻放在传送带上后，这袋面粉由A端运送到Q1正上方的B端所用的时间为多少？
（2）要想尽快将这袋面粉由A端送到B端（设初速度仍为零），主动能Q1的转速至少应为多大？
（3）由于面粉的渗漏，在运送这袋面粉的过程中会在深色传送带上留下白色的面粉的痕迹，这袋面粉在传送带上留下的痕迹最长能有多长（设袋的初速度仍为零）？此时主动轮的转速应满足何种条件？
（3）代入前式①求得：B=
由①式得：v2=22 m/s
1（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??????????????????????①
（2）离开电场后，按动能定理，有：-μmgL12
=0-mv????????????②
242 T 2（4）由于电荷由P运动到C点做匀加速运动，可知电场强度方向水平向右，且：（Eq-μmg）
L12
?mv1-0?????????????????③ 22进入电磁场后做匀速运动，故有：Eq=μ（qBv1+mg）???????????④ 由以上③④两式得：??v1?42 m/s?E?2.4 N/C
2（1）A、B、C系统所受合外力为零，故系统动量守恒，且总动量为零，故两物块与挡板碰撞后，
C的速度为零，即vC?0 （2）炸药爆炸时有
mAvA?mBvB 解得vB?1.5m/s 又mAsA?mBsB
当sA＝1 m时sB＝0.25m，即当A、C相撞时B与C右板相距s? A、C相撞时有：
mAvA?(mA?mC)v
解得v＝1m/s，方向向左
而vB＝1.5m/s，方向向右，两者相距0.75m，故到A，B都与挡板碰撞为止，C的位移为
L?sB?0.75m 2sC?sv?0.3m19.
v?vB3固定时示数为F1，对小球F1=mgsinθ ①
整体下滑：（M+m）sinθ-μ(M+m)gcosθ=(M+m)a ② 下滑时，对小球：mgsinθ-F2=ma ③ 由式①、式②、式③得 μ=
F2tan θ F1第 11 页 共 28 页
最近两年全国各地高考物理压轴题汇集（详细解析63题） 2009年2月16日星期一
4．木块B下滑做匀速直线运动，有mgsinθ=μmgcosθ B和A相撞前后，总动量守恒,mv0=2mv1，所以 v1=
（2）设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过t0与木盒相遇,则：
v0 21212t0?s （1分） v0设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a，根据牛顿第二定律：
设两木块向下压缩弹簧的最大长度为s,两木块被弹簧弹回到P点时的速度为v2，则
22mv12?·2mv2μ2mgcosθ·2s=·
?(m?M)g?(m?M)a得： a??g?3m/s2 （1分）
设木盒减速运动的时间为t1,加速到与传送带相同的速度的时间为t2，则：
两木块在P点处分开后，木块B上滑到Q点的过程： （mgsinθ+μmgcosθ）L=
12
mv2 2
t1?t2??v=1s （1分） a故木盒在2s内的位移为零 （1分）
木块C与A碰撞前后，总动量守恒，则3m·
3v0?4mv?1，所以 2依题意： s?v0?t1?v(?t??t1?t1?t2?t0) （2分） 代入数据，解得： s=7．5m t0=0．5s （1分） （3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中,传送带的位移为S，木盒的位移为s1,则： S?v(?t??t1?t0)?8.5m （1分）
v′1=
2v0 41214mv?22 2设木块C和A压缩弹簧的最大长度为s′,两木块被弹簧弹回到P点时的速度为v'2,则μ
4mv?24mgcosθ·2s′=·2?s1?v(?t??t1?t1?t2?t0)?2.5m （1分）
故木盒相对与传送带的位移： ?s?S?s1?6m 则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是：
6
木块C与A在P点处分开后，木块C上滑到R点的过程：
3mv?2（3mgsinθ+μ3mgcosθ）L′=·2
在木块压缩弹簧的过程中，重力对木块所做的功与摩擦力对木块所做的功大小相等，因此弹簧被压缩而具有的最大弹性势能等于开始压缩弹簧时两木块的总动能.
12Q?f?s?54J （2分）
（1）设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h, 穿过界面PS时偏离中心线OR的距离为y，则：
2mv12?因此，木块B和A压缩弹簧的初动能Ek1?·Ek2?1212mv0,木块C与A压缩弹簧的初动能4h=at2/2 （1分） 1122mv?1?mv0,即Ek1?Ek2 24因此，弹簧前后两次的最大压缩量相等，即s=s′ 综上，得L′=L-
a?qEqUlqUl2? t? 即：h?() （1分） mmdv02mdv0代入数据，解得： h=0．03m=3cm （1分） 带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似三角形知识得：
v
32gsin?205
（1）设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1,根据动量守恒定律：
h （1分） ?yl?L2代入数据，解得: y=0．12m=12cm （1分） （2）设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，则：vy=at=
l2mv0?Mv?(m?M)v1 （1分）
代入数据，解得： v1=3m/s （1分）
qUl mdv0第 12 页 共 28 页
最近两年全国各地高考物理压轴题汇集（详细解析63题） 2009年2月16日星期一
代入数据，解得: vy=1．5×10m/s （1分） 所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为：
6
v?v02?vy2?2.5?106m/s （1分） 设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则：
粒子从边界MN射出来的位置间最大距离为S=d-x=7.3cm
9第（1）问8分，第（2）问6分，第（3）问6分，共20分
解: （1）U型框向右运动时，NQ边相当于电源，产生的感应电动势E?Blv0 当如图乙所示位置时，方框bd之间的电阻为 Rbd? U型框连同方框构成的闭合电路的总电阻为
r?3r3?r r?3r43tan??? ??37? （1分）
v04因为粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，所以该带电粒子在穿过
界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动，其半径与速度方向垂直。
匀速圆周运动的半径： r?vyy?0.15m （1分） cos?15r 4E4Blv0 闭合电路的总电流为 I??
R15rBlv0 根据欧姆定律可知，bd两端的电势差为：Ubd?IRbd?
5 R?3r?Rdb? 方框中的热功率为
kQqv2由： 2?m （2分）
rr代入数据，解得： Q=1．04×10C （1分）
7(1)释放小物体，物体在电场力作用下水平向右运动，此时，滑板静止不动，对于小物体，
122EqL由动能定理得： 1EqLmv1v1?.1?m2
3222EqL1．之后 mv1??mv1?4mv2得 (2)碰后小物体反弹，由动量守恒定律：得 v?v?21555m
滑板以v2匀速运动，直到与物体第二次碰撞，从第一次碰撞到第二次碰撞时，物体与滑板
3
?v1?v32772EqL位移相等、时间相等、平均速度相等 51?v2?v1得:v3?v1?.2555m
12113132 (3)电场力做功等于系统所增加的动能 W电?mv3??4mv2W电?mv12?EqL1.22105
8．(1)只有当CD板间的电场力方向向上即AB棒向右运动时，粒子才可能从O运动到O’，而
mv粒子要飞出磁场边界MN最小速度v0必须满足： ① d?0qB2
12设CD间的电压为U，则 ② qU?mv02
解①②得 U=25V，又U=ε=B1Lv 解得v=5m/s.
所以根据（乙）图可以推断在0.25s 1此时带电粒子经加速后速度为v，由动能定理有：q ?'?mv2解得：v=100m/s 此时带电粒子 2 mv的轨道半径为 R'??0.2m出射点与O’的水平距离为：x ?R'?R'2?d2?0.027m?2.7cm.qB2-8 Ubd2P??Rbd4B2l2v0275r （2）在U型框向右运动的过程中，U型框和方框组成的系统所受外力为零，故系统动量守恒，设到达图示位置时具有共同的速度v，根据动量守恒定律 3m0v?(3m?3 ) 4mv 解得：v?v0 7 根据能量守恒定律，U型框和方框组成的系统损失的机械能等于在这一过程中两框架上产生的热量，即 （3）设U型框和方框不再接触时方框速度为v1，U型框的速度为v2，根据动量守恒定律，有 116Q?3mv02?7mv2?mv022273mv?4mv1?3mv2 两框架脱离以后分别以各自的速度做匀速运动，经过时间t方框最右侧和U型框最左侧距离 为s，即(v2?v1)t?s 联立以上两式，解得：v1?3s14s(v?)；v2?(3v?) 7t7t（以上答案供参考，符合题意的其它合理答案均给分） 10．(14分)分析与解答： 解：（1）以A、B整体为研究对象，从A与C碰后至AB有共同速度v，系统动量守恒 选向左为正方向：mA（－v0）＋mBv0=（mA＋mB）v （2）以A为研究对象，从与C碰后至对地面速度为零，受力为f，位移为s即最大位移． f?μmBg －fs?12m（A0－v0） 得s?0.13m 2第 13 页 共 28 页 最近两年全国各地高考物理压轴题汇集（详细解析63题） 2009年2月16日星期一 （3）第一次A与C碰后至AB有共同速度v，B在A上相对于A滑行L1 1－fL1?（mA＋mB）（v2－v02）解得L1?0.4m．2第二次A与C碰后至AB有共同速度v′，B在A上相对于A滑行L2 mA（－v）＋mBv?（mA＋mB）v′1－fL2?（mA?mB）（v′2－v2）解得L2?01.m 2若假定第三次A与C碰后AB仍能有共同速度v′，B在A上相对于A滑行L3????（mA＋mB）v?? m（A?v）＋mBv?（2）因为黄沙是靠墙堆放的，只能堆成半个圆锥状，由于体积不变，?不变，要使占场地面积最小，则取Rx为最小，所以有hx??Rx，根据体积公式，该堆黄沙的体积为V??R2h??R3， 3因为靠墙堆放只能堆成半个圆锥，故V??Rx，解得 Rx?32R，占地面积至少为 1314181222 =2?34m≈9．97m Sx??Rx213．设水平恒力F作用时间为t1． 对金属块使用动量定理Fμt1=mv0-0即: μ1mgt1=mv0 ① 得t1= 122?fL3?（mA＋mB）（v″?v′）解得L3?0.025m2L1＋L2＋L3?0525.m＞051.m 即三次碰撞后B可脱离A板． 11（13分） v0 ② ?1g对小车有（F-Fμ）t1=2m×2v0－0，得恒力F=5μ1mg ③ 金属块由A→C过程中做匀加速运动，加速度a1= F?m= ?1mgm??1g ④ v2（1）设钢珠在M轨道最高点的速度为v，在最高点，由题意mg?m ① 2分 R 小车加速度a2?F?F?2m?5?1mg??1mg?2?1g ⑤ 2m12从发射前到最高点，由机械能守恒定律得： Ep?mgR?mv② 2分 2金属块与小车位移之差s?v12121a2t1?a1t1?(2?1g??1g)(0)2 ⑥ 222?1g（2）钢珠从最高点飞出后，做平抛运动 x?vt ③ 1分 1y?gt2 ④ 1分 2由几何关系x?y?r ⑤ 2分 从飞出M到打在N得圆弧面上，由机械能守恒定律： 2222vL0而s?，∴?1? ⑦ 2gL从小金属块滑至车中点C开始到小金属块停在车的左端的过程中，系统外力为零，动量守恒，设共同速度为v，由2m×2v0+mv0=（2m+m）v，得v= 由能量守恒有?mg5v0． ⑧ 3L12115?mv0??2m?(2v0)2??3m?(v0)2 ⑨ 2222311mgy?mv2?mvN2 ⑥ 2分 2222v0得?2? ⑩ 3gL联立①、③、④、⑤、⑥解出所求vN?5.0m/s 1分 12（1）沙堆表面上的沙粒受到重力、弹力和摩擦力的作用而静止，则mgsin??Ff??mgcos? 所以??tan??h2?h??0.75，??37?（?称为摩擦角） Rl∴?1?3 ?2214.解：（1）带正电的粒子在电场中加速，由动能定理得 qEL?2qEL12mv v? 2m第 14 页 共 28 页 最近两年全国各地高考物理压轴题汇集（详细解析63题） 2009年2月16日星期一 v2 在磁场中偏转，由牛顿第二定律得 qvB?m rmv12mEL r? ?qBBq 可见在两磁场区域粒子运动的半径相同。如右图，三段圆弧的圆心组成的三角 形O1O2O3是等边三角形，其边长为2r 解得轨道半径为 R?5l 8解得磁场的磁感应强度 B?8mv0 （9分） 5qld?rsin60??16mEL 2Bq因此解得 16（8分） E?5v0 （2分） B (2)带电粒子在中间磁场区域的两段圆弧所对应的圆心角为： ?v相同，角速度相同，故而两个磁场区域中?1?60?2?1?2，由于速度0的运动时间之比为： t1?11202??? t2?2300?5?（1）因小球恰能到B点，则在B点有 2mvB （1分） mg?d22v2mv2mL ??2aqEqE55?mT2?m 中间磁场中， t2?2?? 右侧磁场中,t3?T? 63qB63qB（3）电场中，t1? 则t?t1?t2?t3?2vB?gd?2m/s （1分） 212mvB （1分） 22mL7?m ?qE3qB小球运动到B的过程，由动能定理 qEL?mgd? 15（20分） 解：（1)根据粒子在电场中的偏转方向，可知粒子带正电，再根据左手定则判断，磁场方向垂直于 纸面向外。 （4分） (2)设带电粒子的电量为q，质量为m，盒子的边长为l，粒子在电场中沿ad方向的位移为l， 沿ab方向的位移为 125mvB?mgdmgd24L???1m （1分） qEqE（2）小球离开B点，电场消失，小球做平抛运动，设落地点距B点距离为s，由动能定理小 l，得 22球从静止运动到B有 1Eq?l????l， 2m?2v0?28mv0解得匀强电场的场强为 E? （5分） ql带电粒子在磁场中作匀速圆周运动，轨道半径为R，根据牛顿第二定律得 qEL??mgd?12mv?B 2v?B?d?2qEL??2mgd?42m/s （2分） m2d?0.4s gmvv2qvB?m 解得 R?0 RBq12gt t?282m 5?l?根据如图的几何关系 ?l?R?????R2 ?2?22x?v?Bt?第 15 页 共 28 页