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
⑩
粒子在龟场中运动的时间为 t
d v0d?d运动总时间t总=t + t1 =+
v04v0t=
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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
42（18分） （1）电场强度E?U dUq,F?ma d带电粒子所受电场力F=qE? a?Uq?4.0?109m/s2 dmT1T2?2（2）粒子在0—时间内走过的距离为a()?5.0?10m
222T故带电粒子在t?时恰好到达A板
2根据动量定理，此时粒子动量
Kg.m/s TTT3T（3）带电粒子在t?~t?向A板做匀加速运动，在t?~t?向A板做匀减速运动，速
4224度减为零后将返回。粒子向A板运动可能的最大位移
p?Ft?4.0?10?23v12 q1v1B?m1 ③
R1mv半径为 R1?11 ④
q1B2?m1周期为 T??1s ⑤
q1B3?两小球运动时间 t?0.75s??
43?小球1只能逆时针经过个周期时与小球2再次相碰 ⑥
412第一次相碰后小球2作平抛运动 h?R1?gt ⑦
21 L?R1?v2t ⑧
2两个小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向
m1v0??m1v1?m2v2 ⑨ 由⑦、⑧式得 v2?3.75m/s
1T1s?2?a()2?aT2
2416要求粒子不能到达A板，有s 16dUb,R?? Racq1BR1?17.66m/s m1v?vm?两小球质量之比 2?01?11 m1v2由④式得 v1?45(19分) 43(20分) (1) 根据安培力公式,推力F1=I1Bb,其中I1?则F1?UUacBb??796.8N R?12m0v0?q0U2解 (1)设半径为r0的粒子加速后的速度为v0，则 2q0Uv0?m0设区域II内电场强度为E,则 对海水推力的方向沿y轴方向(向右) (2)U感?Bvsb?9.6V U1(U?Bvsb)ac??600A (3)根据欧姆定律,I2?R?b安培推力F2?I2Bb?720N 对船的推力F?80ò?576N 推力的功率P?Fvs?80òvs?2880W 44（20分） （1）小球1所受的重力与电场力始终平衡 m1g?q1E ① E?2.5N/C ② （2）相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： v0 q0B= q0E E?v0B?B2q0U m0电场强度方向竖直向上。 (2)设半径为r的粒子的质量为m、带电量为q、被加速后的速度为v,则 ?r?m???r??m0?0??r?12?mv?qU得v?q??q 由 0?r?2?0?232q0Ur0r?0v0 m0rr第 22 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)半径为r的粒子，在刚进入区域II时受到合力为F合=qE-qvB=qB(v0-v) 由v?r0v0可知，当 rr>r0时，v 46（20 分） 解（1）由 mgR?mgR?mgR?得 44 ??3 （2）设 A、B 碰撞后的速度分别为 v1、v2，则 1mgRmv12? 241?mgR2 ?mv2? 24 设向右为正、向左为负，解得 1gR，方向向左 21gR，方向向右 v2?2 v1??设轨道对 B 球的支持力为 N， B 球对轨道的压力为N′，方向竖直向上为正、向下为负．则 v22N??mg??m，N'??N??4.5mg，方向竖直向下 R（3）设 A、B 球第二次碰撞刚结束时的速度分别为 V1、V2，则 ??mv1??mv2?mV1??mV2?? ?? 1122mgR?mV1??mV2??22解得V1??2gR,V2?0 （另一组解：V1=－v1，V2=－v2 不合题意，舍去） 由此可得： 当 n为奇数时，小球 A、B 在第 n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同； 当 n为偶数时，小球 A、B 在第 n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同； 47.解：(1)设带电粒子的电量为q，质量为m，在B1和B2中运动轨道半径分别为r1和r2，周期分别为T1和T2， mV2?2???m? 由qvB=?r rT??mv 可得，r1=0 qB122?m qB12?m T2= qB2粒子第一次过x轴时的坐标为 2?mx1=2r1= (2分) qB1粒子第一次过x轴时的经历的时间为 1?mt1=T1? (2分) 2qB1(2)设用x表示至第n次过x轴的整个过程中，粒子沿x轴方向的位移大小，当n为奇数时则有 n?1n?12r1?2r2?n?2,4,6?? x= (2分) 22当n为偶数时，则有 x=n(2r1-2r2)(n=2，4，6?) (2分) 用t表示从开始到此时的时间， 当n为奇数时，则有 11t=n(T1?T2)(n=2，4，6?) (2分) 22x(3)由v=得， v当n为奇数时，则有 ?n?1?B2??n?1?B1v2? (2分) B2v0??n?1???n?1?B1 T1=当n为偶数时，则有 B2?1v2B1?? v0?B2?1B1 (2分) (2分) (4)若B2：B1=2，则当n很大时(n+1)≈(n-1),有 2v：v0趋于? 348（20分） 解：设粒子进入圆形区域时的速度为v，电场强度为E，磁感应强度为B。 当电场、磁场同时存在时，由题意有： qE?qvB?0 ????① （2分） (2分) 2R?v?T0 T0 2 ????② （2分） r2= mv0 qB1当只撤去磁场时，粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示，有： x方向，匀速直线运动： R?v? ????③ （2分） 第 23 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 y方向，匀加速直线运动： 1qET02R???() 2m2所以，质子从A点出发到第三次穿越χ轴所需时间 ????④ （3分） (3)质子第三次穿越χ轴后，在电场中作类平抛运动，由于V0与χ负方向成45角，所以第 四次穿越x轴时 。 当只撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，设半径为r，圆心为P，转过的角度为θ，则有： v2qvB?m r2?m T?qB?Rtan? 2rt?? T2?T联解得：t?0arctan2 249．质子的运动轨迹如图 ????⑤ ????⑥ ????⑦ ????⑧ （2分） （2分） （3分） （2分） （2分） 所以，速度的大小为 速度方向与电场E的夹角设为θ，如图所示 50．解：（1）电容极板电压U?Q ????① C 极板问场强 E?Q ????② 则 F?qE?qQ ????③ CdCd （2）弹丸到达P点时两者有共同速度，设为v，由动量守恒有： mv0?(M?m)v ????④ 12 对弹丸，由动能定理得：Fx?1mv0?(M?m)v2 ????⑤， 222CdMmv0 解得 x? ????⑥ 2q(M?m) （3）对电容器，由动能定理得：Fs? (1) 质子在电场中先作减速运动并使速度减为零，然后反向运动，在电场中运动的时间 质子从C运动到D的时间 解得 s?2CdMm2v021Mv2????⑦ 2 ????⑧ 2Q(M?m) （4）弹丸最终返回从右板小孔飞出，此时电容器速度最大，设电容器速度为v1、弹丸速度为 v2。则由动量守恒有：mv0?Mv1?mv2 ????⑨ 1122 ????⑩ 在整个过程中由能量守恒，即1mv0?Mv12?mv2222 由⑨、⑩两式解得 v1?2mv011 ????○ M?m51．( 20分 ) 解：（1）C在B上滑动过程中，动量守恒， mcvc?(mc?mb)v1 2分 第 24 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 vm?21?m?m?1m/s 全过程能量守恒 12m2?1cvc2(mc?mb)v21??mgl 2分 代入数据解得 ??0.1 2分 （2）AB碰撞，AB系统动量守恒 mava?(ma?mb)v2 1分 v2?2m/s AB一起运动，C在B上相对滑动 a?mgc?m??g?1m/s2 1分 aab??mgm?m?0.5m/s2 1分 C滑到B的右端时，有 sab?sc?L 2分 sab?v2t?12aabt2 1分 s1c?2at2c 1分 代入数据有 2t?1?0.5t212?2?1t2?1 即C在B上运动时间为t?23s 此时 v|a2225c?ct?1?3?3m/s vab?v2?aabt?2?0.5?3?3m/s此后AB分离，C在A上滑动过程中，CA系统动量守恒 m|cvc?mavab?(mc?ma)v3 1分 CA系统能量守恒 12m|21212cvc?2mavab?2(mc?ma)v3??mgL| 1分 L|?0.25m 即物块C停在A上距A左端0.25m处． 52（19分x）解答： R（1）R＝ 3 ? 2R3 R ＝ 2R9 ＝ 8 13 ? ① （4分） F ＝ BIL ＝ B2(3 r) 2v1 R ＝0.12 N ② （4分） 1 由mg - F ＝ ma ③ （2分） a ＝g - Fm ＝ 8.8（m / s2） ④ （2分） （2）mgr - Q ＝ 12 mv2 2 – 0 ⑤ （5分） Q ＝ mgr - 1 mv2 2 2＝ 0.44 J ⑥ （2分） 53（20分）解答： （1）货物aF1?f?3???m1?m0?g1??3?0.1?1?10?2m/s2m （1分） 1m1?m01 小车af?2?M?1m/s2 （1分） 经t121=2s 货物运动S1?2a1t1?4m （1分） 小车运动S122?2a2t1?2m （1分） 货物V1=a1t1=2×2=4m/s 向右 小车V2=a2t1=1×2=2m/s 向右 经2秒后，货物作匀减速运动a?qE2?f1?m?1?1?2m/s2 向左 （1分） 1?m01 小车加速度不变，仍为a2 2=1m/s向右，当两者速度相等时，货柜恰好到达小车最右端，以后因为qEqE2=f=μ(m0+m1)g，货柜和小车一起作为整体向右以a23?m?m?1?0.5m/s2向右 01?m2作匀减速直到速度都为0． （1分） 2分 共同速度为V=V281—a1′ t2 V=V2+a2′t2 t2=3s V= 3m/s （1分） 0?8 货物和小车获得共同速度至停止运动用时 t3?3?0.5?163s （1分） 第二次电场作用时间为t=t2+t3=6s （2分） 3分 （2）小车在t122时间内位移S3=V2t2+ 2a142t2=9m （2分） 货柜在t=V12202时间内位移为S41t2—2a1′t2=9m （2分） 小车长度L=S241-S2+S4-S3=9m （2分） （或用能量守恒qEmgl?11S1-qE2S4=?2242(m?M)V L=9m （2分） 第 25 页 共 28 页