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
s?d2?x2?2.4m （2分）
17（8分）
（1）粒子匀速运动，所受电场力与洛伦兹力等大反向，则金属棒B端应为高电势，即金属棒应朝左运动（1分）
设AB棒的速度为v，产生的电动势
或（1?4由
P3P4P4
= 1分 T4 = T3 = 653K 1分 T3T4P3
P1L1P4L4= 得 T3 = 653K 同样得分） T4T119（14分）(1)A、B、C三物体系统机械能守恒。B、C下降L，A上升L时，A的速度达到最大。
2mgL－MgL=
??Bdv （1分）
2(2m?M)gL12
(M+2m)V 2分 V= 2分 22m?M(2)当C着地后，A、B二物体系统机械能守恒。B恰能着地，即B物体下降L时速度为零。 MgL
板间场强
－mgL =
1E??2(M+m)V2
2分 d?Bv （1分）
将V代入，整理后得：M=2m 1分 粒子所受电场力与洛伦兹力平衡
若M＞2m，B物体将不会着地。
Eq?Bqv0 （1分）
Mgh－mgh =12
2(M+m)V 1分
有 v?v0 （1分）
h =(M?m)V22(M?m)g 1分
（2）金属棒停止运动，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，当位移为
mv0Bq?R时，粒子转过(M?m)V2HL = L + h = L +2(M?m)g 1分
的角度为???若M =2m，B恰能着地，A物体再上升的高度等于L。 H2 = 2L 3（1分）
若M＜2m，B物体着地后，A还会上升一段。
设粒子运动时间为?t，有
Mg L－mg L =
1
2(M+m)（V2－v2
） 1分 ?t?3V2
=4(2m2?M2)gLT?2? （1分） (m?M)(2m?M) 1分
h’=v22(2m2?M2?t?1?m2g=)L(m?M)(2m?M) 1分
6T?3Bq （1分）
= 2L + h’ = 2L +2(2m2H?M2)L3 18（12分）
(m?M)(2m?M) 1分
（1）1?2等温变化：P+ mg5mg5
20(1) F=[P1Vo / (Vo-dθS1) – Po]S2 (2) F=[P1Vo / (Vo-dθS1) – Po]S1d / L 1=P0s=1.2×10Pa 1分 P2=P0-s=0.8×10Pa 1分
21．（12分） P解：（1）棒匀速向左运动，感应电流为顺时针方向，电容器上板带正电。 1L1= P2L2 1分 L2=15 cm 1分
∵微粒受力平衡，电场力方向向上，场强方向向下
（2）2?3等压变化：T2 = T1 = （273+7）K =280K 1分
∴微粒带负电 （1分）
LLv2v3v3L3
2 = 15cm，3 = 20cm 1分 T = , T3 = T2 = T2 = 373K 2分
mg =Uc2T3v2L2
dq （1分）
（3）3?4等容变化：PMg Uc=IR （1分）
4 = P0+
s = 1.4×105 Pa 1分 P = 0.8?105
3 = P2Pa 1分 I?E3R （1分） 第 16 页 共 28 页
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（1分） 3mgdq?由以上各式求出 （1分）
Blv0U （2）经时间t0，微粒受力平衡 mg =cq （1分）
d1 Uc?Blat0 （1分）
33mgdvt0? 求出 或t0?0 （1分）
BlaqaBlaq 当t < t0时，a1 = g –t，越来越小，加速度方向向下 （1分）
3md 当t = t0时，a2 = 0 （1分）
Blaq 当t > t0时，a3 =（1分） t– g，越来越大，加速度方向向上
3md22.解：（1）质点从P1到P2，由平抛运动规律
E = Blv0
（2）在t时刻，A、B的水平方向的速度为?m???at??gt???????1分
2竖直方向的速度为υγ=gt??????????????????1分
2合速度为：?合??x2??y?????????????????2分
?012gt 22h v0? vy?gt
t h=
求出v=v0?vy?2gh
方向与x轴负方向成45°角
（2）质点从P2到P3，重力与电场力平衡，洛仑兹力提供向心力 Eq=mg
222?0??????????????3分 4121232（3）碰撞过程中A损失的机械能：?E1?m?0?m??m?0???2分
2281碰后到距高台边缘最大水平距离的过程中A损失的机械能：?E2?
212??????????????????????2分 qEXm?m?08从开始到A、B运动到距离高台边缘最大水平距离的过程中A损失的机械能为：
12???????????????????????2分 ?E?m?0224（20分）
解得υ合的最小值：?min?（1）如图答1所示，经电压U2加速后以速度v2射入磁场，粒子刚好垂直PQ射出磁场，可确定粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在PQ边界线的O点，半径R2与磁场宽L的关系式为
v2 Bqv=m
R (2R)=(2h)+(2h) 解得E=
222mgm2g B= qqhR2?
（1） 质点进入第四象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀速直线运动。当竖直方向
的速度减小到0，此时质点速度最小，即v在水平方向的分量 vmin?vcos45°=2gh
方向沿x轴正方向
23．解：（20分）
（1）由动量守恒定律：mυ0=2mυ????????????2分
碰后水平方向：qE=2ma E?2
mv2LBqL （2分），又R2? （2分），解得v2? （2分） cos?mcos?Bq加匀强电场后，粒子在磁场中沿直线运动射出PQ边界的条件为Eq＝Bqv2（2分），电场力
的方向与磁场力的方向相反。 （2分）
2mg???????2分 qB2qL由此可得出E?，E的方向垂直磁场方向斜向右下（2分），与磁场边界夹角为
mcos?-2aXm=0-υ????????????2分 ?02得：Xm?????????????????1分
8g???2??（2分），如图答2所示。
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（2）经电压U1加速后粒子射入磁场后刚好不能从PQ边界射出磁场，表明在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与PQ边界相切，要确定粒子做匀速圆周运动的圆心O的位置，如图答3所示，圆半径R1与L的关系式为：L?R1?R1cos?,R1?又R1?2mvD用向心力公式有： F-mg=m 解以上二个方程可
RL （2分）
1?cos?得： F=3mg-2mgcosθ (2)从A到C由动能定理有：
mgsinθ(S+Rcotθ)- μmgcosθ·Rcotθ=0
2
mv1BqL，解得v1? （2分） Bqm(1?cos?)1212U1v12cos2?由于U1q?mv1，U2q?mv2，所以 （2分 ?222U2v2(1?cos?)2 25、（20分）（1）原子为中性，分裂后一定有qa=-qb（b一定带负电） (2分) 原子分裂前后动量守恒，则pa+pb=0 （2分） mv2粒子在磁场中运动时由牛顿定律有 qvB? （2分）
Rmvp∴ R? （2分） ?qBqB则：
RaB23?? （2分） RbB14（2）a、b粒子相遇时：ta=tb （2分）
由题意分析可知,a粒子在第四次经过y轴与b粒子第一次相遇时，b粒子应第三次经过y轴。则
ta=Ta1+Ta2 tb=Tb1+Tb2/2 （2分） ∵T?∴ ta?即
2?R2?n （2分） ?vqB2?ma2?na2?mb2?nb tb? ??qB1qB2qB1qB22?ma2?na2?mb2?nb （2分） ???qB1qB2qB1qB2ma2mambmb??? 2323 解方程得： S=(μcotθ-cotθ)R 25．（1）对27
（1）对b微粒，没与a微粒碰撞前只受重力和电场力，则有2qE = 4mg
2mg ∴E =
q 对a微粒碰前做匀速直线运动，则有
3mg Bqv0 = Eq + mg ∴v0 =
Bq （2）碰撞后，a、b结合为一体，设其速度为v 由动量守恒定律得
v mv0 = 5mv ∴v =0
5 碰后的新微粒电量为– q 设Q点与O点高度差为h 由动能定理：
v211 5mgh – Eqh =5m (0.4v0) –5m (0)
2252mg ∴h = 0.922
Bq （3）碰撞后，a、b分开，则有
mv0 = mva + 4mvb vb = 0.3 v0，得va = – 0.2v0 a微粒电量为 – q / 2，受到的电场力为
q2mgq?mg E ·?∴F电 = mg
22q 故a微粒做匀速圆周运动，设半径为R
|va|22m|va|1.2m2gq? B | va |?m ∴R =
2RBqB2q2
2.4m2ga的最高点与O点的高度差ha = 2R =22。
Bq代入数据并化简得：m5解之得：a?
mb728 ??mgd' Q?aC2?C?T2md2md??C?2?mgd?C?2?mgd22
26 (1)小物体下滑到C点速度为零才能第一次滑入圆弧轨道即恰好做简谐运动 从C到D由机械能守恒定律有： mgR(1-cosθ)=
12mvD 在D点229
(1)“火箭”整体(含弹簧)在弹簧解除锁定的瞬间，弹簧弹力远大于箭体重力，故动量守恒：m1v1-m2v2=0
22
同时机械能守恒：(m1v1)/2+(m2v2)/2=E0 ∴v1=[2m2E0/m1(m1+m2)]
12
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v2=[2m1E0/m2(m1+m2)]
12
∴“火箭”上部分所能达到的最大高度为： H21=v1/2g=m2E0/m1g(m1+m2) x
(2)“火箭”上升的时间为：t=v1/g 水池深度为：H2=v2t/2 “火箭”下部分克服水的浮力共做功： W2F=m2gH2+m2v2/2 以上各式联立可得：WF=E0 30
设衰变后，氡核的速度为v0，α粒子的速度为vα，由动量守恒定律得 （M－m）v0=mvα
α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，到达A点需时t???L2v
? 又2qvB?mv? 氡核在电场中做匀加速直线运动，t时速度为v=v0+at
?L2 氡核加速度?q)E 由以上各式解得：22a?(Qv?qBL?2?(Q?q)mE。
M?m2(M?m)qB31 I?m10v0L或v0U滑tI?2mLt。32 R滑?I=8? P出?I2(R?R滑)?23W 33 不会
2?12m)??21?02为：?1mgl?2?(1?2?(3m)??22??1?12gl?0.6（4=3+1分）
2?11?2mg?(2l)?2?(2m)??21?2?(3m)??22??2?024gl?0.3（4=3+1分）34．解：(1)对P由A→B→C应用动能定理，得 WμL1F-1m1g(2L1+2)=2m1vc2 (4分)
解得WF=6J (3分) (2)设P、Q碰后速度分别为v1、v2，小车最后速度为v，由动量守恒定律得 m1vc=m1v1+-m2v2 (2分) m1vc=(m1+m2+M)v (2分) 由能量守恒得
μ12m1gS+μ2m2gL=22m1v1?12mv1222?2?M?m1?m2?v2 (3分) 解得，v2=2m/s
v=22′3m/s
v=0.4m/s (3分)
当v2′=23m/s时，v1=53m/s>v2′不合题意，舍去。 (2分)
即P与Q碰撞后瞬间Q的速度大小为v2=2m/s 小车最后速度为0.4m/s 24导与练上有 35(20分) 解：（1）由几何关系可知，AB间的距离为R (1分)
小物块从A到B做自由落体运动，根据运动学公式有v2B?2gR ① (2分) 代入数据解得vB=4m/s，方向竖直向下 (2分)
（2）设小物块沿轨道切线方向的分速度为vBx，因OB连线与竖直方向的夹角为60°，故vBx=vBsin60°
② (2分) 从B到C，只有重力做功，根据机械能守恒定律有
mgR(1?cos60?)?mvC2/2?mv2Bx/2 ③ (2分)
代入数据解得vC?25m/s
(1分)
在C点，根据牛顿第二定律有F?c?mg?mvC2/R ④ (2分)
代入数据解得F?c?35N (1分) 再根据牛顿第三定律可知小物块到达C点时对轨道的压力FC=35N (1分)
（3）小物块滑到长木板上后，它们组成的系统在相互作用过程中总动量守恒，减少的机械能转化为内能。当物块相对木板静止于木板最右端时，对应着物块不滑出的木板最小长度。根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mvC=(m+M)v ⑤ (2分)
?mgL?mvC2/2?(m?M)v2/2 ⑥ (2分) 联立⑤、⑥式得L?MvC2/[2?g(m?M)] ⑦ 代入数据解得L=2.5m (2分) 36(共20分)
(1)运动。因磁场运动时，框与磁场有相对运动，ad、b边切害虫磁感线，框中产生感应电流(方向逆时针)，同时受安培力，方向水平向右，故使线框向右加速运动，且属于加速度越来越小的变加速运动。 ????(6分)
(2)阻力f与安培力F安衡时，框有vmf=Kvm=F=2IBL①???(2分) 其中I=E/R ②???(1分) E=2BL(v-vm) ③???(2分) ①②③联立得：
Kvm=2·[2BL(v-vm)/R]·BL
∴Kv22v-4B2L2
m=(4BLvm)/R
∴vB2L2v/(KR+4B2L2
m=4) ④???(1分) =3.2m/s ⑤???(2分) (3)框消耗的磁场能一部分转化为框中电热，一部分克服阴力做功。 据能量守恒
E硫=I2Rt+Kvm·vmt (4分) E磁=[4B2L2(v-v2m)2/R]·1+Kvm·1
4?12?0.42?1.82 =2+018×3.22
=2.9J
(2分)
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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
37（20分）（1）根据磁场分布特点，线框不论转到磁场中哪一位置，切割磁感线的速度始终与磁
场方向垂直，故线框aa?转到图示位置时，感应电动势的大小E=2Blv=2Bl?L=BlLω（3分）。 2（2）线框转动过程中，只能有一个线框进入磁场（作电源），另一个线框与外接电阻R并联后一起
Rr2作为外电路。.电源内阻为r，外电路总电阻R外=?r.故R两端的电压最大值：UR=IR外
R?r3（4分） E22E2??r??BlL?2r355r?3
( 3 ）设滑块离开长板时，滑块速度为零，长板速度为v3，由动量守恒和机械能守恒有
（3）aa?和bb?在磁场中，通过R的电流大小相等，
iR=
UR21BlL??BlLω·?. R52r5r
其中m＞M
39. (1）粒子在电场中x偏转：在垂直电场方向v- = v0平行电场分量vH d = v- ·t ①
从线框aa′进入磁场开始计时，每隔T/8（线
框转动45°）电流发生一次变化，其iR随时间t变化的图象如图所示。（5分，其中图3分）
（4）因每个线框作为电源时产生的总电流和提供的功率分别为：
22I=E?3E, P=IE=3E?3(BlL?).（4分）
5r5r2r5rr?3两线框转动一周时间内，上线圈只有两次进入磁场，每次在磁场内的时间（即作为电源时的做功时间）为T.根据能的转化和守恒定律，外力驱动两线圈转动一周的功，完全转化为电源所获得
8dvH= ② 22vH= v0 得v?2v0
粒子在磁场中做匀速画周运动．故穿出磁场速度v?(2)在电场中运动时 vv=
的电能，所以
2v0 ③
TT?3?B2l2L2?W外=4P·=P·=P·?（4分） 82?5r38 .解； ( 1 ）m对弹簧的弹力大于等于细绳的拉力 T 时细绳将被拉断．有
T=kx0 ①
qEqEd·t=· ④ mmv0解①②式得v0≥
1212mv≥kx ② 2020T2mv0得 E=
qd⑤
0
在磁场中运动如右图运动方向改变 45，运动半径 R
mk ③
(2)细绳刚断时小滑块的速度不一定为零，设为v1，由机械能守恒有
121212mv=mv+kx ④ 202120T2∴v1 = v? ⑤
mk20d=2d ⑥ 0sin45mv2又qvB = ⑦
Rmvm2v0mv0?B== ⑧ qdqRq2dR=得
当滑块和长板的速度相同时，设为v2，弹簧的压缩量x最大，此时长板的加速度 a 最大，由动量
守恒和机械能守恒有
E?v0 ⑨ B
’
( 3 ）粒子在磁场中运动时间为t
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