高考物理压轴题分类汇编

2008年（四川卷）

25．（20分）

一倾角为θ＝45°的斜血固定于地面，斜面顶端离地面的高度h 0＝1m ，斜面底端有一垂直于斜而的固定挡板。在斜面顶端自由释放一质量m ＝0.09kg 的小物块（视为质点）。小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.2。当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加速度g ＝10 m/s2。在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？

25．（20分）

解法一：设小物块从高为h 处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v 。

由功能关系得

mgh =

12h

① mv +μmg cos θ

2sin θ

以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量

I =mv -m (-v ) ② 设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h ’，则 12h '

③ mv =mg h '+μmg cos θ

2sin θ同理，有

1h '

m v '2+μmg cos θ ④ 2sin θ

I '=m v '-m (-v ') ⑤

mg h '=

式中，v ’为小物块再次到达斜面底端时的速度，I ’为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。由①②③④⑤式得

I '=kI ⑥

式中 k =

t a θn -μ

⑦

t a θn +μ

由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为 I 1=22gh 0(1-μc o θt ) ⑧ 总冲量为

I =I 1+I 2+I 3+I 4=I 1(1+k +k 2+k 3) ⑨

由 1+k +k +⋯k

2n -1

1-k n =) ⑩ 1-k

1-k 4

得 I =2m 2gh 0(1-μcot θ) ⑾

1-k

代入数据得 I =0. 43(3+6) N ·s ⑿

解法二：设小物块从高为h 处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a ，依牛顿第二定律得

mg sin θ-μmg cos θ=ma ①

设小物块与挡板碰撞前的速度为v ，则 v 2=2a

② s i θn

以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为 I =mv -m (-v ) ③

由①②③式得

I 1=2m 2gh (1-μcot θ) ④

设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a ’，依牛顿第二定律有 mg sin θ-μmg cos θ=m a ' ⑤ 小物块沿斜面向上运动的最大高度为

v 2

h '=sin θ ⑥

2a '

由②⑤⑥式得 h '=k 2h ⑦ 式中 k =

tan θ-μ

⑧

tan θ+μ

同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量

I '=2m 2g h '(1-μcot θ) ⑨

由④⑦⑨式得 I '=kI ⑩

由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为 I 1=2m 2gh 0(1-μc o θt )

⑾

总冲量为 I =I 1+I 2+I 3+I 4=I 1(1+k +k 2+k 3) ⑿ 由 1+k +k +⋯k

n -1

1-k n

=) ⒀ 1-k

1-k 4

得 I =2m 2gh 0(1-μcot θ) ⒁

1-k

代入数据得 I =0. 43(3+6) N ·s ⒂

2008年（全国Ⅱ卷）

25．（20分）我国发射的“嫦娥一号”探月卫星沿近似于圆形轨道绕月飞行。为了获得月球表面全貌的信息，让卫星轨道平面缓慢变化。卫星将获得的信息持续用微波信号发回地球。设地球和月球的质量分别为M 和m ，地球和月球的半径分别为R 和R 1，月球绕地球的轨道半径和卫星绕月球的轨道半径分别为r 和r 1，月球绕地球转动的周期为T 。假定在卫星绕月运行的一个周期内卫星轨道平面与地月连心线共面，求在该周期内卫星发射的微波信号因月球遮挡而不能到达地球的时间（用M 、m 、R 、R 1、r 、r 1和T 表示，忽略月球绕地球转动对遮挡时间的影响）。 25．（20分）

如图，O 和O /分别表示地球和月球的中心。在卫星轨道平面上，A 是地月连心线OO /与地月球面的公切线ACD 的交点，D 、C 和B 分别是该公切线与地球表面、月球表面和卫星圆轨道的交点。根据对称性，过A 点在另一侧作地月球面的公切线，交卫星轨道于E 点。卫星在BE 弧上运动时发出的信号被遮挡。

设探月卫星的质量为m0，万有引力常量为G ，根据万有引力定律有

Mm ⎛2π⎫1 G 2=m ⎪r ○r ⎝T ⎭

⎛2πm m

G 20=m 0 T r 1⎝1

⎫

2 ⎪⎪r 1 ○

⎭

1○2式得式中，T 1是探月卫星绕月球转动的周期。由○

M ⎛r 1⎫⎛T ⎫3 1⎪= ⎪ ○

m ⎝r ⎭⎝T ⎭

设卫星的微波信号被遮挡的时间为t ，则由于卫星绕月做匀速圆周运动，应有

t α-β

4 ○=

T 1π

式中， α=∠CO A ， β=∠CO /B 。由几何关系得

5 r 1cos α=R -R 1 ○6 r 1cos β=R 1 ○3○4○5○6式得由○

t =

Mr 13⎛R -R 1R 1⎫

7 ⎪- ○3 ⎪r r 1⎭m r ⎝

Mr 13⎛R 1R -R 1⎫

⎪arcsin -arcsin 的也同样得分。 3 r 1r 1⎪m r ⎝⎭

1○2式各4分，○4式5分，○5○6式各2分，○7式3分。得到结果评分参考：○

t =

2008年（广东卷）

20．（17分）

如图17所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置Ｕ形滑板Ｎ，滑板两端为半径Ｒ＝

0.45m 的1/4圆弧面，Ａ和Ｄ分别是圆弧的端点，ＢＣ段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块Ｐ1和Ｐ2的质量均为m ，滑板的质量Ｍ＝4m ．Ｐ1和Ｐ2与ＢＣ面的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.40，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽的左端，Ｐ2静止在粗糙面的Ｂ点．Ｐ1以v 0 = 4.0m/s的初速度从Ａ点沿弧面自由滑下，与Ｐ２发生弹性碰撞后，Ｐ1处在粗糙面Ｂ点上．当Ｐ2滑到Ｃ点时，滑板恰好与槽的右端碰撞

并牢固粘连，Ｐ2继续滑动，到达Ｄ点时速度为零．Ｐ1与Ｐ2视为质点，取g =10m/s，问：

(1) Ｐ1在ＢＣ段向右滑动时，滑板的加速度为多大？

(2) ＢＣ长度为多少？Ｎ、Ｐ1、Ｐ2最终静止后，Ｐ1与Ｐ2间的距离为多少？

图17

20．（1）P 1滑到最低点速度为v 1，由机械能守恒定律有：

121

mv 0+mgR =mv 12 解得：v 1=5m /s 22

'、v 2' P 1、P 2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为v 1

111

'2+m v 2'2 '+m v 2' mv 12=m v 1mv 1=m v 1

222

'=5m/s '=0 v 2解得：v 1

P 2向右滑动时，假设P 1保持不动，对P 2有：f 2=u 2mg =4m （向左）对P 1、M 有：f =(m +M ) a 2 a 2=

f 4m

==0. 8m /s 2

m +M 5m

此时对P 1有：f 1=ma =0. 80m

'，由mgR =（2）P 2滑到C 点速度为v 2

'2 得v 2'=3m /s m v 2

P 1、P 2碰撞到P 2滑到C 点时，设P 1、M 速度为v ，对动量守恒定律：

' 解得：v =0. 40m /s mv 2=(m +M ) v +m v 2

对P 1、P 2、M 为系统：f 2L =代入数值得：L =1. 9m

1211

'2+(m +M ) v 2 mv 2-m v 2

222

v 2

滑板碰后，P 1向右滑行距离：S 1==0. 08m

2a 1'2v 2

P 2向左滑行距离：S 2==1. 125m

2a 2

所以P 1、P 2静止后距离：∆S =L -S 1-S 2=0. 695m

2008年（重庆卷）

25. （20分）题25题为一种质谱仪工作原理示意图. 在以O 为圆心，OH 为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场. 对称于OH 轴的C 和D 分别是离

子发射点和收集点.CM 垂直磁场左边界于M ，且OM=d.现有一正离子束以小发散角（纸面内）从C 射出，这些离子在CM 方向上的分速度均为v 0. 若该离子束中比荷为

的离子都能m

汇聚到D ，试求：

（1）磁感应强度的大小和方向（提示：可考虑沿CM 方向运动的离子为研究对象）；（2）离子沿与CM 成θ角的直线CN 进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间；（3）线段CM 的长度. 25. 解：（1）

设沿CM 方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R

2mv 01

由 R '=qv 0B =

R=d 得B ＝

mv 0 qd

磁场方向垂直纸面向外（2）

设沿CN 运动的离子速度大小为v ，在磁场中的轨道半径为R ′，运动时间为t 由v cos θ=v 0 得v ＝

v 0

cos θ

R ′=

mv qB d

cos θ

t =

方法一：设弧长为s

s v

s=2(θ+α) ×R ′ t =

方法二：

（2θ+α）⨯R '

v 0

离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝

2πm

t =Ｔ×

θ+α2(θ+α)

= πv 0

(3)

方法一： CM =MN cot θ

R 'MN +d =

sin(α+β) sin α

Ｒ′=

cos θ

以上3式联立求解得 CM =d cot α 方法二：

设圆心为A ，过A 做AB 垂直NO ，可以证明NM ＝BO ∵NM =CM tan θ

又∵BO =AB cot α=R ′sin θcot α=∴CM =d cot α

sin θcot α cos θ

2006年（广东卷）

18．（17分）在光滑绝缘的水平桌面上，有两个质量均为m ，电量为+q 的完全相同的带电粒子P 1和P 2，在小孔A 处以初速度为零先后释放。在平行板间距为d 的匀强电场中加速后，P 1从C 处对着圆心进入半径为R 的固定圆筒中（筒壁上的小孔C 只能容一个粒子通过），圆筒内有垂直水平面向上的磁感应强度为B 的匀强磁场。P 1每次与筒壁发生碰撞均无电荷迁移，P 如图12所示。1进入磁场第一次与筒壁碰撞点为D ，∠COD =θ，延后释放的P 2，将第一次欲逃逸出圆筒的P 1正碰圆筒内，此次碰撞刚结束，立即改变

平行板间的电压，并利用P 2与P 1之后的碰撞，将P 1限制在圆筒内运动。碰撞过程均无机械能损失。设d =可能碰撞次数。附：部分三角函数值

πR ，求：在P 2和P 1相邻两次碰撞时间间隔内，粒子P 1与筒壁的8

解：P 1从C 运动到D ，周期T =

2πm

， qB

半径r ＝R tan

θmv ＝， 2qB

从C 到D 的时间

t CD =T

π-θ

2π

每次碰撞应当在C 点，设P 1的圆筒内转动了n 圈和筒壁碰撞了K 次后和P 2相碰于C

点，K ＋1

2πn

所以时间间隔，则

P 1、P 2次碰撞的时间间隔

t =t CD (K +1) =

2πm π-θ

⨯⨯(K +1) ＝qB 2π

m (π-

2πn

)

(K +1) qB

C ，平均速度为

在t

时间内，P 2向左运动

再回到

v ，2

54⨯πR

2x 4x 4d 5πR t ==≤==v v v v 2v 2

由上两式可得：

5πR

≥2v

m (π-

2πn

)

(K +1) qB

（K ＋1）

2n 5mv

（1－）≤R

K +12qB

tan

n π5

(K +1-2n ) ≤

2K +1

当 n=1, K=2、3、4、5、6、7 时符合条件，K=1、8、9„„„不符合条件

当 n=2,3,4„„„. 时，无化K=多少，均不符合条件。

2007高考全国Ⅱ理综 25．（20分）如图所示，在坐标系Oxy 的第一象限中存

在沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E 。在其它象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。A 是y 轴上的一点，它到坐标原点O 的距离为h ；C 是x 轴上的一点，到O 的距离为l 。一质量为m 、电荷量为q 的带负电的粒子以某一初速度沿x 轴方向从A 点进入电场区域，继而通过C 点进入磁场区域，并再次通过A 点。此时速度方向与y 轴正方向成锐角。不计重力作用。试求：⑪粒子经过C 点时速度的大小和方向；⑫磁感应强度的大小B 。

qE 4h 2+l 2

⑪v =

2mh

⑫B =

l h 2+l 22mhE

（提示：如图所示，设轨迹圆半径为R ，圆心为P ，设C 点速度与q

，R cos β=R cos α+h ，R sin β=l-R sin α。由以上三l

x 轴成α，P A 与y 轴成β，则tan α=

h 2+l 2

式得R =

2hl

4h 2+l 2，再由R =

m v

和v 的表达式得最后结果。）

2008年(山东卷)

25. （18分）两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。在t =0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力）。若电场强度E 0、磁感应强度B 0、粒子的比荷

q 2πm

均已知，且t 0=，两板间距m qB 0

10π2mE 0

。 h =

qB 02

（1）求粒子在0～t 0时间内的位移大小与极板间距h 的比值。（2）求粒子在板板间做圆周运动的最大半径（用h 表示）。

（3）若板间电场强度E 随时间的变化仍如图1所示，磁场的变化改为如图3所示，试画出

粒子在板间运动的轨迹图（不必写计算过程）。

解法一：（1）设粒子在0～t 0时间内运动的位移大小为s 1

s 1=

at 0 2qE

a =0

① ②

10π2mE 02πm

又已知t 0= , h =

qB 0qB 02

联立①②式解得

s 11

= h 5

③

（2）粒子在t 0~2t 0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与

磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。设运动速度大小为v 1，轨道半径为R 1，周期为T ，则

v 1=at 0

④

mv 12

qv 1B 0=R 1

联立④⑤式得

⑤

R 1=

h 5π

⑥ ⑦

又T =

2πm

qB 0

即粒子在t 0~2t 0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。在2t 0~3t 0时间内，粒子做初速度为v 1的匀加速直线运动，设位移大小为s 2

s 2=v 1t 0+at 0

解得 s 2=h

⑧ ⑨

由于s 1+s 2＜h , 所以粒子在3t 0~4t 0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v 2，半径为R 2

v 2=v 1+at 0

2mv 2

qv 2B 0=R 2

⑩ 11 ○12 ○

解得 R 2=

5π

由于s 1+s 2+R 2＜h , 粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。在4t 0~5t 0时间内，粒子运动到正极板（如图1所示）。因此粒子运动的最大半径R 2=（3）粒子在板间运动的轨迹如图2所示。

解法二：由题意可知，电磁场的周期为2t 0，前半周期粒子受电场作用做匀加速直线运动，

加速度大小为

a =

。 5π

qE 0

方向向上 m

后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T T =

2πm

=t 0 qB 0

粒子恰好完成一次匀速圆周运动。至第n 个周期末，粒子位移大小为s n

s n =

a (nt 0) 2 2

10π2mE 0

又已知 h =

qB 02

n 2

由以上各式得 s n =h

粒子速度大小为 v n =ant 0 粒子做圆周运动的半径为 R n = 解得 R n =

mv n

qB 0

n h 5π

显然 s 2+R 2

（1）粒子在0～t 0时间内的位移大小与极板间距h 的比值（2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径 R 2= （3）粒子在板间运动的轨迹图见解法一中的图2。

s 11= h 5

2h 5π

2008年（海南卷）

16. 如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y 轴正方向，磁场方向垂直于xy 平面(纸面) 向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样. 一带正电荷的粒子从P(x=0，y=h)点以一定的速度平行于x 轴正向入射. 这时若只有磁场，粒子将做半径为R 0的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动. 现在，只加电场，当粒子从P 点运动到x=R0平面(图中虚线所示) 时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x 轴交于M 点. 不计重力. 求

(I)粒子到达x=R0平面时速度方向与x 轴的夹角以及粒子到x 轴的距离； (Ⅱ)M 点的横坐标x M .

16.(I)设粒子质量、带电量和入射速度分别为m 、q 和v 0，则电场的场强E 和磁场的磁感应强度B 应满足下述条件

qE=qvo B ①

②

现在，只有电场，入射粒子将以与电场方向相同的加速度

③

做类平抛运动. 粒子从P(x=0，y=h)点运动到x=Ro 平面的时间为

粒子到达x=R0平面时速度的y 分量为

由①②⑧④⑤式得

此时粒子速度大小为，

④

⑤

⑥

速度方向与x 轴的夹角为

⑦

粒子与x 轴的距离为

⑧

⑨

(II)撤除电场加上磁场后，粒子在磁场中做匀速圆周运动. 设圆轨道半径为R ，则

由②⑦⑩式得

⑨

⑩

粒子运动的轨迹如图所示，其中圆弧的圆心C 位于与速度v 的方向垂直的直线上，该直线与x 轴和y 轴的夹角均为π／4. 由几何关系及○11式知C 点的坐标为

过C 点作x 轴的垂线，垂足为D 。在△CDM 中，

由此求得

M 点的横坐标为

评分参考：共11分. 第(1)问6分. ①②式各1分，⑧⑨式各2分. 第(II)问5分. ○11式2分，速度v 的方向正确给1分○12式1分，○14式1分.

2006年全国物理试题（江苏卷）

体棒与导轨接触点的a 和b ，导体棒在滑动过程中始终

19．（17分）如图所示，顶角θ=45°，的金属导轨 MON 固定在水平面内，导轨处在方向竖直、磁感应强度为B 的匀强磁场中。一根与ON 垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定速度v 0沿导轨MON 向左滑动，导体棒的质量为m

，导轨与导体棒单位长度的电阻均匀为r 。导

保持与导轨良好接触。t =0时，导体棒位于顶角O 处，求：（1）t 时刻流过导体棒的电流强度I 和电流方向。

（2）导体棒作匀速直线运动时水平外力F 的表达式。（3）导体棒在0～t 时间内产生的焦耳热Q 。

（4）若在t 0时刻将外力F 撤去，导体棒最终在导轨上静止时的坐标x 。 19．（1）0到t 时间内，导体棒的位移 x ＝t

t 时刻，导体棒的长度 l ＝x

导体棒的电动势 E ＝Bl v0

回路总电阻 R ＝(2x ) r 电流强度 I ＝E

电流方向b →a

22E

（2）F ＝BlI

＝I ＝ R （3）解法一

t 时刻导体的电功率P ＝I R

＝I ＝ R 2

P 2E

∵P ∝t ∴ Q ＝t

＝I ＝ 2R 解法二

t 时刻导体棒的电功率P ＝I 2R 由于I 恒定R /＝v 0rt ∝t

R /

因此P =I R =I

Q ＝Pt

＝

322

（4）撤去外力持，设任意时刻t 导体的坐标为x ，速度为v ，取很短时间Δt 或很短距离Δx

解法一

在t ～t +时间内，由动量定理得 BIl Δt ＝m Δv

lv ∆t ) ＝

2m ∆v

S ＝

mv 0

(x 0+x )(x 0－x ) x 0－x 2

＝扫过的面积ΔS ＝（x =v 0t ）

(v 0t 0) 2

设滑行距离为d ，则 ∆S =

v 0t ＋（v 0+t 0) d 0

即 d 2+2v 0t 0d －2ΔS ＝0

解之 d ＝－v 0t 0

（负值已舍去）得 x ＝v 0t 0+ d

解法二

在x ～x +Δx ，由动能定理得 F Δx ＝

v 0t 0) 2 121

mv －m (v －∆v ) 2=mv ∆v （忽略高阶小量） 22

得

S ＝∑m ∆v

S ＝mv 0

以下解法同解法一

解法三（1）

由牛顿第二定律得 F ＝ma ＝m

∆v

∆t

得 F Δt ＝m Δv 以下解法同解法一解法三（2）

由牛顿第二定律得 F ＝ma ＝m

∆v v ∆v ＝m ∆t ∆x

得 F Δx ＝mv Δv 以下解法同解法二

2008年（天津卷）

25．(22分) 磁悬浮列车是一种高速低耗的新型交通工具．它的驱动系统简化为如下模型，固

定在列车下端的动力绕组可视为一个矩形纯电阻金属框，电阻为R ，金属框置于xOy 平面内，长边MN 长为L 平行于y 轴，宽为d 的NP 边平行于x 轴，如图1所示．列车轨道沿Ox 方向，轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场，磁感应强度B 沿O x方向按正弦规律分布，其空间周期为λ，最大值为B 0，如图2所示，金属框同一长边上各处的磁感应强度相同，整个磁场以速度v 0沿Ox 方向匀速平移．设在短暂时间内，MN 、PQ 边所在位置的磁感应强度随时间的变化可以忽略，并忽略一切阻力．列车在驱动系统作用下沿Ox 方向加速行驶，某时刻速度为v(v

(1)简要叙述列车运行中获得驱动力的原理；

(2)为使列车获得最大驱动力，写出MN 、PQ 边应处于磁场中的什么位置及λ与d 之间应满足的关系式；

(3)计算在满足第(2)问的条件下列车速度为v 时驱动力的大小．

25．(22分)

(1)由于列车速度与磁场平移速度不同, 导致穿过金属框的磁通量发生变化, 由于电磁感应, 金属框中会产生感应电流, 该电流受到的安培力即为驱动力. (2)为使列车获得最大驱动力,MN 、PQ 应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方, 这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大, 导致框中电流最强, 也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大, 因此,d 应为λ/2的奇数倍, 即

λ2d

d =(2k +1) 或λ=(k ∈N )

22k +1

(3)由于满足第(2)问条件，则MN 、PQ 边所在处的磁感应强度大小均为B 0且方向总相反，

经短暂时间Δt ，磁场没Ox 方向平移的距离为v 0Δt, ，同时，金属框沿Ox 方向移动的距离为v Δt ．

因为v 0＞v ，所以在Δt 时间内MN 边扫过磁场的面积 S=(v0－v)L Δt

在此Δt 时间内，MN 边左侧穿过S 的磁通量移进金属框而引起框内磁通量变化 ΔΦMN =B0L(v0－v) Δt

同理，在Δt 时间内，PQ 边左侧移出金属框的磁通量引起框内磁通量变化

ΔΦPQ =B0L(v0－v) Δt

故在Δt 时间内金属框所围面积的磁通量变化 ΔΦ＝ΔΦM N ＋ΔΦPQ

根据法拉第电磁感应定律, 金属框中的感应电动势大小

E =

∆φ ∆t E R

根据闭合电路欧姆定律有

I =

根据安培力公式,MN 边所受的安培力 F MN =B0IL

PQ 边所受的安培力 F PQ =B0IL

根据左手定则,MN 、PQ 边所受的安培力方向相同, 此时列车驱动力的大小 F=FMN +FPQ=2B0IL 联立解得

4B 02l 2(v 0-v ) F =

2007高考四川理综 25．（20分）目前，滑板运动受到青少年的追捧。如图是某滑板运动员在一次表演时的一部

分赛道在竖直平面内的示意图，赛道光滑，FGI 为圆弧赛道，半径R =6 .5m，G 为最低点并与水平赛道BC 位于同一水平面，KA 、DE 平台的高度都为h =1.8m。B 、C 、F 处平滑连接。滑板a 和b 的质量均为m ，m 5kg ，运动员质量为M ，M =45kg。表演开始，运动员站在滑板b 上，先让滑板a 从A 点静止下滑，t 1=0.1s后再与b 板一起从A 点静止下滑。滑上BC 赛道后，运动员从b 板跳到同方向运动的a 板上，在空中运动的时间t 2=0.6s。（水平方向是匀速运动）。运动员与a 板一起沿CD 赛道上滑后冲出赛道，落在EF 赛道的P 点，沿赛道滑行，经过G 点时，运动员受到的支持力N =742.5N。（滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内，计算时滑板和运动员都看作质点，取

g =10m/s2）⑪滑到G 点时，运动员的速度是多大？⑫运动员跳上滑板a 后，在BC 赛道上与滑板a 共同运动的速度是多大？⑬从表演开始到运动员滑至I 的过程中，系统的机械能改变了多少？

⑪v 0=6.5m/s ⑫v 共=6.9m/s（提示：设人离开b 时人和b 的速度分别为v 1、v 2，当时a 的速度为v =6 m/s，人离a 的距离是0.6m ，人追上a 用的时间0.6s ，由此可

得v 1=7m/s；再利用人和b 动量守恒得v 2=-3m/s。人跳上a 过程人和a 动量守恒，得共同速度v 共。）⑬88.75J （提示：b 离开人后机械能不变，全过程系统机械能改变是

12mv 212

2+2

(M +m )v 0-(M +2m )gh 。

）难 2007高考重庆理综 25．（20分）某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题。其模型如图所示。用完

全相同的轻绳将N 个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于一水平杆，球间有微小间隔，从从左到右，球的编号依次为1、2、3„„N ，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k （k

忽略绳的伸长，g 取10m/s2

）⑪设与n+1号球碰撞前n 号球的速度为v n ，求n+1号球碰撞后的速度。⑫若N =5，在1号球向左拉高h 的情况下，要使5号球碰撞后升高16h （16 h小于绳长），问k 值为多少？⑬在第⑫问的条件下，悬挂哪个球的绳最容易断，为什么？解：⑪v n +1=

1+k

v n ⑫k=0.414（提示：v ⎛2⎫

5= ⎝1+k ⎪⎭

v 1）

⑬1号球。（提示：F m n v n 2

n -m n g =l

，因此F n =m n g +l E nk 两项都是1号球最大。）

难

2007高考广东物理试题 20．（18分）如图是某装置的垂直截面图，虚线A 1A 2是垂直截面与磁场区边界面的交线，

匀强磁场分布在A 1A 2的右侧区域，磁感应强度B =0.4T，方向垂直纸面向外。A 1A 2与垂直截面上的水平线夹角为45°。在A 1A 2左侧，固定的薄板和等大的挡板均水平放置，它们与垂直截面交线分别为S 1、S 2，相距L =0.2m。在薄板上P 处开一小孔，P 与A 1A 2线上点D 的水平距离为L 。在小孔处装一个电子快门。起初快门开启，一旦有带正电微粒刚通过小孔，快门立即关闭，此后每隔T =3.0×10-3之间的某一位置水平发射一速度为v 0的带正电微粒，S 它经过磁场区域后入射到P 处小孔。通过小孔的微粒与档板发生碰撞而反弹，反弹速度大小是碰前的0.5倍。⑪经过一次反弹直接从小孔射出的微粒，其初速S

度v 0应为多少？⑫求上述微粒从最初水平射入磁场到第二次离开磁场的时间。（忽略微粒所受重力影响，碰撞过程无电荷转移。已知微粒的荷质比q /m =1.0×103C/kg。只考虑纸面上带电微粒的运动）

200⑪v 0=100m/s（提示：微粒在磁场中的半径满足：L

（n =1，2，3„），因此只能取n =2）

⑫t=2.8×10-2s （提示：两次穿越磁场总时间恰好是一个周期，在磁场外的时间是2L 2L 6L ）难 +=v 0v 0/2v 0

2007高考江苏物理

19．（16分）如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H ，上端套着一个细环。

棒和环的质量均为m ，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg (k >1)。断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。求：⑪棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度。⑫从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程s 。⑬从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功W 。

⑪a 环=(k-1) g ，竖直向上。⑫s =k +3H （提示：落地及反弹的瞬时速度v 1=2gH ，a k +1

k -1棒=(k+1) g ，竖直向下，匀减速上升高度s 1=v 2/2a 棒，而s=H+2s 1。）⑬W =-2kmgH

（提示：用递推的方法。第一次碰地后，环和棒的加速度大小分别是a 环=(k-1) g 和a 环=(k+) g ，设经过时间t 1达到共速v 1´，方向向下。以向下为正方向，v 1´= v1-a 环t 1= 'v 1v 1-v 1'v 1k -1- v1+ a棒t 1，解得t 1=，v 1=，该过程棒上升的高度h 1=⋅t 1=2H k kg 2k '2H v 1+v 1k +1环下降的高度h 2=相对滑动距离x 1=h 1+h 2=。棒和环第二次与地⋅t 1=2H ，k 2k

碰撞时的速度v 22-v 1´2=2gh 1，得v 2=

2gH ，与上同理可推得第二次相对滑动距离k

x 2=x 12H 2H x ==，即x 、x 、x 成无穷等比数列，其总和，W=-kmg x 可得结论。） 1231k -1k 21-k

难

2008年（江苏省）

15．(16分) 如图所示，间距为L 的两条足够

长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，

导轨光滑且电阻忽略不计．场强为B 的条

形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区

域的宽度为d 1，间距为d 2．两根质量均为

m 、有效电阻均为R 的导体棒a 和b 放在导

轨上，并与导轨垂直． (设重力加速度为

g )

(1)若a 进入第2个磁场区域时，b 以与a 同样

的速度进入第1个磁场区域，求b 穿过

第1个磁场区域过程中增加的动能

△E k ．

(2)若a 进入第2个磁场区域时，b 恰好离开

第1个磁场区域；此后a 离开第2个磁场

区域时，b 又恰好进入第2个磁场区

域．且a ．b 在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相．求b 穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q ．

(3)对于第(2)问所述的运动情况，求a 穿出第k 个磁场区域时的速率v

15．⑪a 和b 不受安培力作用，由机械能守恒知 ∆E k =mgd1sin θ ①

⑫设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为v 1，刚离开无磁场区域时的速度为v 2，由能量守恒知在磁场区域中，112m v 12+Q=m v 2+mgd1sin θ ②

在无磁场区域中 112m v 2=m v 12+mgd2sin θ ③ 22

解得 Q=mg(d 1+d2)sin θ ④ ⑬在无磁场区域，根据匀变速直线运动规律有 v 2-v 1=gtsin θ ⑤

且平均速度 v 1+v 2

2=d 2

t ⑥

有磁场区域，棒a 受到合力 F=mgsin θ-BIl ⑦ 感应电动势 ε=Blv ⑧

感应电流 I=ε

2R ⑨

解得 F=mgsin θ-B 2l 2

2R v ⑩

根据牛顿第二定律，在t 到t+∆t 时间内 ∑∆v =∑F

m ∆t

∑∆v =∑⎡⎢⎣g sin θ-B 2l 2

则有v ⎤

2mR ⎥⎦∆t ○12

解得 v B 2l 2

1-v 2=gsin θ-2mR d 1 ○13

○13解得 v 4mgRd 2B 2l 2

联立⑤⑥d 1

1=B 2l 2d sin θ- 18mR

v =v 4mgRd 2

2B l 2d 1

1=B 2l 2d sin θ-

18mR

○11 由题意知

高考物理压轴题分类汇编

2008年（四川卷）

25．（20分）

解法一：设小物块从高为h 处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v 。

由功能关系得

mgh =

12h

① mv +μmg cos θ

2sin θ

以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量

I =mv -m (-v ) ② 设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h ’，则 12h '

③ mv =mg h '+μmg cos θ

2sin θ同理，有

1h '

m v '2+μmg cos θ ④ 2sin θ

I '=m v '-m (-v ') ⑤

mg h '=

式中，v ’为小物块再次到达斜面底端时的速度，I ’为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。由①②③④⑤式得

I '=kI ⑥

式中 k =

t a θn -μ

⑦

t a θn +μ

由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为 I 1=22gh 0(1-μc o θt ) ⑧ 总冲量为

I =I 1+I 2+I 3+I 4=I 1(1+k +k 2+k 3) ⑨

由 1+k +k +⋯k

2n -1

1-k n =) ⑩ 1-k

1-k 4

得 I =2m 2gh 0(1-μcot θ) ⑾

1-k

代入数据得 I =0. 43(3+6) N ·s ⑿

mg sin θ-μmg cos θ=ma ①

设小物块与挡板碰撞前的速度为v ，则 v 2=2a

② s i θn

以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为 I =mv -m (-v ) ③

由①②③式得

I 1=2m 2gh (1-μcot θ) ④

设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a ’，依牛顿第二定律有 mg sin θ-μmg cos θ=m a ' ⑤ 小物块沿斜面向上运动的最大高度为

v 2

h '=sin θ ⑥

2a '

由②⑤⑥式得 h '=k 2h ⑦ 式中 k =

tan θ-μ

⑧

tan θ+μ

同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量

I '=2m 2g h '(1-μcot θ) ⑨

由④⑦⑨式得 I '=kI ⑩

由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为 I 1=2m 2gh 0(1-μc o θt )

⑾

总冲量为 I =I 1+I 2+I 3+I 4=I 1(1+k +k 2+k 3) ⑿ 由 1+k +k +⋯k

n -1

1-k n

=) ⒀ 1-k

1-k 4

得 I =2m 2gh 0(1-μcot θ) ⒁

1-k

代入数据得 I =0. 43(3+6) N ·s ⒂

2008年（全国Ⅱ卷）

设探月卫星的质量为m0，万有引力常量为G ，根据万有引力定律有

Mm ⎛2π⎫1 G 2=m ⎪r ○r ⎝T ⎭

⎛2πm m

G 20=m 0 T r 1⎝1

⎫

2 ⎪⎪r 1 ○

⎭

1○2式得式中，T 1是探月卫星绕月球转动的周期。由○

M ⎛r 1⎫⎛T ⎫3 1⎪= ⎪ ○

m ⎝r ⎭⎝T ⎭

设卫星的微波信号被遮挡的时间为t ，则由于卫星绕月做匀速圆周运动，应有

t α-β

4 ○=

T 1π

式中， α=∠CO A ， β=∠CO /B 。由几何关系得

5 r 1cos α=R -R 1 ○6 r 1cos β=R 1 ○3○4○5○6式得由○

t =

Mr 13⎛R -R 1R 1⎫

7 ⎪- ○3 ⎪r r 1⎭m r ⎝

Mr 13⎛R 1R -R 1⎫

⎪arcsin -arcsin 的也同样得分。 3 r 1r 1⎪m r ⎝⎭

1○2式各4分，○4式5分，○5○6式各2分，○7式3分。得到结果评分参考：○

t =

2008年（广东卷）

20．（17分）

如图17所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置Ｕ形滑板Ｎ，滑板两端为半径Ｒ＝

并牢固粘连，Ｐ2继续滑动，到达Ｄ点时速度为零．Ｐ1与Ｐ2视为质点，取g =10m/s，问：

(1) Ｐ1在ＢＣ段向右滑动时，滑板的加速度为多大？

(2) ＢＣ长度为多少？Ｎ、Ｐ1、Ｐ2最终静止后，Ｐ1与Ｐ2间的距离为多少？

图17

20．（1）P 1滑到最低点速度为v 1，由机械能守恒定律有：

121

mv 0+mgR =mv 12 解得：v 1=5m /s 22

'、v 2' P 1、P 2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为v 1

111

'2+m v 2'2 '+m v 2' mv 12=m v 1mv 1=m v 1

222

'=5m/s '=0 v 2解得：v 1

P 2向右滑动时，假设P 1保持不动，对P 2有：f 2=u 2mg =4m （向左）对P 1、M 有：f =(m +M ) a 2 a 2=

f 4m

==0. 8m /s 2

m +M 5m

此时对P 1有：f 1=ma =0. 80m

'，由mgR =（2）P 2滑到C 点速度为v 2

'2 得v 2'=3m /s m v 2

P 1、P 2碰撞到P 2滑到C 点时，设P 1、M 速度为v ，对动量守恒定律：

' 解得：v =0. 40m /s mv 2=(m +M ) v +m v 2

对P 1、P 2、M 为系统：f 2L =代入数值得：L =1. 9m

1211

'2+(m +M ) v 2 mv 2-m v 2

222

v 2

滑板碰后，P 1向右滑行距离：S 1==0. 08m

2a 1'2v 2

P 2向左滑行距离：S 2==1. 125m

2a 2

所以P 1、P 2静止后距离：∆S =L -S 1-S 2=0. 695m

2008年（重庆卷）

的离子都能m

汇聚到D ，试求：

设沿CM 方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R

2mv 01

由 R '=qv 0B =

R=d 得B ＝

mv 0 qd

磁场方向垂直纸面向外（2）

设沿CN 运动的离子速度大小为v ，在磁场中的轨道半径为R ′，运动时间为t 由v cos θ=v 0 得v ＝

v 0

cos θ

R ′=

mv qB d

cos θ

t =

方法一：设弧长为s

s v

s=2(θ+α) ×R ′ t =

方法二：

（2θ+α）⨯R '

v 0

离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝

2πm

t =Ｔ×

θ+α2(θ+α)

= πv 0

(3)

方法一： CM =MN cot θ

R 'MN +d =

sin(α+β) sin α

Ｒ′=

cos θ

以上3式联立求解得 CM =d cot α 方法二：

设圆心为A ，过A 做AB 垂直NO ，可以证明NM ＝BO ∵NM =CM tan θ

又∵BO =AB cot α=R ′sin θcot α=∴CM =d cot α

sin θcot α cos θ

2006年（广东卷）

平行板间的电压，并利用P 2与P 1之后的碰撞，将P 1限制在圆筒内运动。碰撞过程均无机械能损失。设d =可能碰撞次数。附：部分三角函数值

πR ，求：在P 2和P 1相邻两次碰撞时间间隔内，粒子P 1与筒壁的8

解：P 1从C 运动到D ，周期T =

2πm

， qB

半径r ＝R tan

θmv ＝， 2qB

从C 到D 的时间

t CD =T

π-θ

2π

每次碰撞应当在C 点，设P 1的圆筒内转动了n 圈和筒壁碰撞了K 次后和P 2相碰于C

点，K ＋1

2πn

所以时间间隔，则

P 1、P 2次碰撞的时间间隔

t =t CD (K +1) =

2πm π-θ

⨯⨯(K +1) ＝qB 2π

m (π-

2πn

)

(K +1) qB

C ，平均速度为

在t

时间内，P 2向左运动

再回到

v ，2

54⨯πR

2x 4x 4d 5πR t ==≤==v v v v 2v 2

由上两式可得：

5πR

≥2v

m (π-

2πn

)

(K +1) qB

（K ＋1）

2n 5mv

（1－）≤R

K +12qB

tan

n π5

(K +1-2n ) ≤

2K +1

当 n=1, K=2、3、4、5、6、7 时符合条件，K=1、8、9„„„不符合条件

当 n=2,3,4„„„. 时，无化K=多少，均不符合条件。

2007高考全国Ⅱ理综 25．（20分）如图所示，在坐标系Oxy 的第一象限中存

qE 4h 2+l 2

⑪v =

2mh

⑫B =

l h 2+l 22mhE

（提示：如图所示，设轨迹圆半径为R ，圆心为P ，设C 点速度与q

，R cos β=R cos α+h ，R sin β=l-R sin α。由以上三l

x 轴成α，P A 与y 轴成β，则tan α=

h 2+l 2

式得R =

2hl

4h 2+l 2，再由R =

m v

和v 的表达式得最后结果。）

2008年(山东卷)

q 2πm

均已知，且t 0=，两板间距m qB 0

10π2mE 0

。 h =

qB 02

（1）求粒子在0～t 0时间内的位移大小与极板间距h 的比值。（2）求粒子在板板间做圆周运动的最大半径（用h 表示）。

（3）若板间电场强度E 随时间的变化仍如图1所示，磁场的变化改为如图3所示，试画出

粒子在板间运动的轨迹图（不必写计算过程）。

解法一：（1）设粒子在0～t 0时间内运动的位移大小为s 1

s 1=

at 0 2qE

a =0

① ②

10π2mE 02πm

又已知t 0= , h =

qB 0qB 02

联立①②式解得

s 11

= h 5

③

（2）粒子在t 0~2t 0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与

磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。设运动速度大小为v 1，轨道半径为R 1，周期为T ，则

v 1=at 0

④

mv 12

qv 1B 0=R 1

联立④⑤式得

⑤

R 1=

h 5π

⑥ ⑦

又T =

2πm

qB 0

即粒子在t 0~2t 0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。在2t 0~3t 0时间内，粒子做初速度为v 1的匀加速直线运动，设位移大小为s 2

s 2=v 1t 0+at 0

解得 s 2=h

⑧ ⑨

由于s 1+s 2＜h , 所以粒子在3t 0~4t 0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v 2，半径为R 2

v 2=v 1+at 0

2mv 2

qv 2B 0=R 2

⑩ 11 ○12 ○

解得 R 2=

5π

解法二：由题意可知，电磁场的周期为2t 0，前半周期粒子受电场作用做匀加速直线运动，

加速度大小为

a =

。 5π

qE 0

方向向上 m

后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T T =

2πm

=t 0 qB 0

粒子恰好完成一次匀速圆周运动。至第n 个周期末，粒子位移大小为s n

s n =

a (nt 0) 2 2

10π2mE 0

又已知 h =

qB 02

n 2

由以上各式得 s n =h

粒子速度大小为 v n =ant 0 粒子做圆周运动的半径为 R n = 解得 R n =

mv n

qB 0

n h 5π

显然 s 2+R 2

（1）粒子在0～t 0时间内的位移大小与极板间距h 的比值（2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径 R 2= （3）粒子在板间运动的轨迹图见解法一中的图2。

s 11= h 5

2h 5π

2008年（海南卷）

(I)粒子到达x=R0平面时速度方向与x 轴的夹角以及粒子到x 轴的距离； (Ⅱ)M 点的横坐标x M .

16.(I)设粒子质量、带电量和入射速度分别为m 、q 和v 0，则电场的场强E 和磁场的磁感应强度B 应满足下述条件

qE=qvo B ①

②

现在，只有电场，入射粒子将以与电场方向相同的加速度

③

做类平抛运动. 粒子从P(x=0，y=h)点运动到x=Ro 平面的时间为

粒子到达x=R0平面时速度的y 分量为

由①②⑧④⑤式得

此时粒子速度大小为，

④

⑤

⑥

速度方向与x 轴的夹角为

⑦

粒子与x 轴的距离为

⑧

⑨

(II)撤除电场加上磁场后，粒子在磁场中做匀速圆周运动. 设圆轨道半径为R ，则

由②⑦⑩式得

⑨

⑩

粒子运动的轨迹如图所示，其中圆弧的圆心C 位于与速度v 的方向垂直的直线上，该直线与x 轴和y 轴的夹角均为π／4. 由几何关系及○11式知C 点的坐标为

过C 点作x 轴的垂线，垂足为D 。在△CDM 中，

由此求得

M 点的横坐标为

评分参考：共11分. 第(1)问6分. ①②式各1分，⑧⑨式各2分. 第(II)问5分. ○11式2分，速度v 的方向正确给1分○12式1分，○14式1分.

2006年全国物理试题（江苏卷）

体棒与导轨接触点的a 和b ，导体棒在滑动过程中始终

，导轨与导体棒单位长度的电阻均匀为r 。导

保持与导轨良好接触。t =0时，导体棒位于顶角O 处，求：（1）t 时刻流过导体棒的电流强度I 和电流方向。

（2）导体棒作匀速直线运动时水平外力F 的表达式。（3）导体棒在0～t 时间内产生的焦耳热Q 。

（4）若在t 0时刻将外力F 撤去，导体棒最终在导轨上静止时的坐标x 。 19．（1）0到t 时间内，导体棒的位移 x ＝t

t 时刻，导体棒的长度 l ＝x

导体棒的电动势 E ＝Bl v0

回路总电阻 R ＝(2x ) r 电流强度 I ＝E

电流方向b →a

22E

（2）F ＝BlI

＝I ＝ R （3）解法一

t 时刻导体的电功率P ＝I R

＝I ＝ R 2

P 2E

∵P ∝t ∴ Q ＝t

＝I ＝ 2R 解法二

t 时刻导体棒的电功率P ＝I 2R 由于I 恒定R /＝v 0rt ∝t

R /

因此P =I R =I

Q ＝Pt

＝

322

（4）撤去外力持，设任意时刻t 导体的坐标为x ，速度为v ，取很短时间Δt 或很短距离Δx

解法一

在t ～t +时间内，由动量定理得 BIl Δt ＝m Δv

lv ∆t ) ＝

2m ∆v

S ＝

mv 0

(x 0+x )(x 0－x ) x 0－x 2

＝扫过的面积ΔS ＝（x =v 0t ）

(v 0t 0) 2

设滑行距离为d ，则 ∆S =

v 0t ＋（v 0+t 0) d 0

即 d 2+2v 0t 0d －2ΔS ＝0

解之 d ＝－v 0t 0

（负值已舍去）得 x ＝v 0t 0+ d

解法二

在x ～x +Δx ，由动能定理得 F Δx ＝

v 0t 0) 2 121

mv －m (v －∆v ) 2=mv ∆v （忽略高阶小量） 22

得

S ＝∑m ∆v

S ＝mv 0

以下解法同解法一

解法三（1）

由牛顿第二定律得 F ＝ma ＝m

∆v

∆t

得 F Δt ＝m Δv 以下解法同解法一解法三（2）

由牛顿第二定律得 F ＝ma ＝m

∆v v ∆v ＝m ∆t ∆x

得 F Δx ＝mv Δv 以下解法同解法二

2008年（天津卷）

25．(22分) 磁悬浮列车是一种高速低耗的新型交通工具．它的驱动系统简化为如下模型，固

(1)简要叙述列车运行中获得驱动力的原理；

(2)为使列车获得最大驱动力，写出MN 、PQ 边应处于磁场中的什么位置及λ与d 之间应满足的关系式；

(3)计算在满足第(2)问的条件下列车速度为v 时驱动力的大小．

25．(22分)

λ2d

d =(2k +1) 或λ=(k ∈N )

22k +1

(3)由于满足第(2)问条件，则MN 、PQ 边所在处的磁感应强度大小均为B 0且方向总相反，

经短暂时间Δt ，磁场没Ox 方向平移的距离为v 0Δt, ，同时，金属框沿Ox 方向移动的距离为v Δt ．

因为v 0＞v ，所以在Δt 时间内MN 边扫过磁场的面积 S=(v0－v)L Δt

在此Δt 时间内，MN 边左侧穿过S 的磁通量移进金属框而引起框内磁通量变化 ΔΦMN =B0L(v0－v) Δt

同理，在Δt 时间内，PQ 边左侧移出金属框的磁通量引起框内磁通量变化

ΔΦPQ =B0L(v0－v) Δt

故在Δt 时间内金属框所围面积的磁通量变化 ΔΦ＝ΔΦM N ＋ΔΦPQ

根据法拉第电磁感应定律, 金属框中的感应电动势大小

E =

∆φ ∆t E R

根据闭合电路欧姆定律有

I =

根据安培力公式,MN 边所受的安培力 F MN =B0IL

PQ 边所受的安培力 F PQ =B0IL

根据左手定则,MN 、PQ 边所受的安培力方向相同, 此时列车驱动力的大小 F=FMN +FPQ=2B0IL 联立解得

4B 02l 2(v 0-v ) F =

2007高考四川理综 25．（20分）目前，滑板运动受到青少年的追捧。如图是某滑板运动员在一次表演时的一部

⑪v 0=6.5m/s ⑫v 共=6.9m/s（提示：设人离开b 时人和b 的速度分别为v 1、v 2，当时a 的速度为v =6 m/s，人离a 的距离是0.6m ，人追上a 用的时间0.6s ，由此可

12mv 212

2+2

(M +m )v 0-(M +2m )gh 。

）难 2007高考重庆理综 25．（20分）某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题。其模型如图所示。用完

忽略绳的伸长，g 取10m/s2

1+k

v n ⑫k=0.414（提示：v ⎛2⎫

5= ⎝1+k ⎪⎭

v 1）

⑬1号球。（提示：F m n v n 2

n -m n g =l

，因此F n =m n g +l E nk 两项都是1号球最大。）

难

2007高考广东物理试题 20．（18分）如图是某装置的垂直截面图，虚线A 1A 2是垂直截面与磁场区边界面的交线，

200⑪v 0=100m/s（提示：微粒在磁场中的半径满足：L

（n =1，2，3„），因此只能取n =2）

⑫t=2.8×10-2s （提示：两次穿越磁场总时间恰好是一个周期，在磁场外的时间是2L 2L 6L ）难 +=v 0v 0/2v 0

2007高考江苏物理

19．（16分）如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H ，上端套着一个细环。

⑪a 环=(k-1) g ，竖直向上。⑫s =k +3H （提示：落地及反弹的瞬时速度v 1=2gH ，a k +1

k -1棒=(k+1) g ，竖直向下，匀减速上升高度s 1=v 2/2a 棒，而s=H+2s 1。）⑬W =-2kmgH

碰撞时的速度v 22-v 1´2=2gh 1，得v 2=

2gH ，与上同理可推得第二次相对滑动距离k

x 2=x 12H 2H x ==，即x 、x 、x 成无穷等比数列，其总和，W=-kmg x 可得结论。） 1231k -1k 21-k

难

2008年（江苏省）

15．(16分) 如图所示，间距为L 的两条足够

长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，

导轨光滑且电阻忽略不计．场强为B 的条

形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区

域的宽度为d 1，间距为d 2．两根质量均为

m 、有效电阻均为R 的导体棒a 和b 放在导

轨上，并与导轨垂直． (设重力加速度为

g )

(1)若a 进入第2个磁场区域时，b 以与a 同样

的速度进入第1个磁场区域，求b 穿过

第1个磁场区域过程中增加的动能

△E k ．

(2)若a 进入第2个磁场区域时，b 恰好离开

第1个磁场区域；此后a 离开第2个磁场

区域时，b 又恰好进入第2个磁场区

域．且a ．b 在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相．求b 穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q ．

(3)对于第(2)问所述的运动情况，求a 穿出第k 个磁场区域时的速率v

15．⑪a 和b 不受安培力作用，由机械能守恒知 ∆E k =mgd1sin θ ①

⑫设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为v 1，刚离开无磁场区域时的速度为v 2，由能量守恒知在磁场区域中，112m v 12+Q=m v 2+mgd1sin θ ②

在无磁场区域中 112m v 2=m v 12+mgd2sin θ ③ 22

解得 Q=mg(d 1+d2)sin θ ④ ⑬在无磁场区域，根据匀变速直线运动规律有 v 2-v 1=gtsin θ ⑤

且平均速度 v 1+v 2

2=d 2

t ⑥

有磁场区域，棒a 受到合力 F=mgsin θ-BIl ⑦ 感应电动势 ε=Blv ⑧

感应电流 I=ε

2R ⑨

解得 F=mgsin θ-B 2l 2

2R v ⑩

根据牛顿第二定律，在t 到t+∆t 时间内 ∑∆v =∑F

m ∆t

∑∆v =∑⎡⎢⎣g sin θ-B 2l 2

则有v ⎤

2mR ⎥⎦∆t ○12

解得 v B 2l 2

1-v 2=gsin θ-2mR d 1 ○13

○13解得 v 4mgRd 2B 2l 2

联立⑤⑥d 1

1=B 2l 2d sin θ- 18mR

v =v 4mgRd 2

2B l 2d 1

1=B 2l 2d sin θ-

18mR

○11 由题意知

高考物理压轴题分类汇编

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