历年高考物理压轴题精选（三）
2008年（宁夏卷）
23. （15分）
天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星。双星系统在银河系中很普遍。利用双星系统中两颗恒星的运动特征可推算出它们的总质量。已知某双星系统中两颗恒星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动，周期均为T ，两颗恒星之间的距离为r ，试推算这个双星系统的总质量。（引力常量为G ） 24.(17分)
如图所示，在xOy 平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y 轴向下；在x 轴和第四象限的射线OC 之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于纸面向外。有一质量为m ，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x 轴射入电场。质点到达x 轴上A 点时，速度方向与x 轴的夹角ϕ，A 点与原点O
的距离为d 。接着，质点进入磁场，并垂直于OC 飞离磁场。不计重力影响。若OC 与x 轴的夹角为ϕ，求 （1）粒子在磁场中运动速度的大小： （2）匀强电场的场强大小。
24. （17分）
(1)质点在磁场中的轨迹为一圆弧。由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC ，故圆弧的圆心在OC 上。依题意，质点轨迹与x 轴的交点为A ，过A 点作与A 点的速度方向垂直的直线，与OC 交于O ＇。由几何关系知，AO ＇垂直于OC ＇，O ＇是圆弧的圆心。设圆弧的半径为R ，则有
R =dsinϕ
⎺
由洛化兹力公式和牛顿第二定律得
v 2
qvB =m
R
②
将⎺式代入②式，得
v =
qBd
sin ϕ m
③
(2)质点在电场中的运动为类平抛运动。设质点射入电场的速度为v 0，在电场中的加速度为a ，运动时间为t ，则有
v 0＝v cos ϕ v sin ϕ＝at d =v 0t
⑤
⑥ ④
联立④⑤⑥得
v 2sin ϕcos ϕa =
d
⑦
设电场强度的大小为E ，由牛顿第二定律得
qE ＝ma
⑧
联立③⑦⑧得
qB 2d E =sin 3ϕcos ϕ
m
⑨
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，
速度方向与x 轴的夹角为
④
⑤
⑥
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.
2008年（全国Ⅰ卷）
25．（22分）如图所示，在坐标系xOy 中，过原点的直线OC 与x 轴正向的夹角ϕ＝120︒，在OC 右侧有一匀强电场，在第二、三象限内有一匀强磁场，其上边界与电场边界重叠，右边界为y 轴，左边界为图中平行于y 轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里。一带正电荷q 、质量为m 的粒子以某一速度自磁场左边界上的A 点射入磁场区域，并从O 点射出，粒子射出磁场的速度方向与x 轴的夹角θ＝30︒，大小为v ，粒子在磁场内的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的2倍，粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O 点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。已知粒子从A 点射入到第二次离开磁场所用时间恰好粒子在磁场中做圆周运动的周
期。忽略重力的影响。求：
（1）粒子经过A 点时的速度方向和A 点到x 轴的距离； （2）匀强电场的大小和方向；
（3）粒子从第二次离开磁场到再次进入电场所用的时间。 25（22分）
（1）设磁场左边界与x 轴相交子D 点，与CO 相交于O ’点，由几何关系可知，直线OO ’与粒子过O 点的速度v 垂直。在直角三角形 OO ’D 中已知∠OO ’D =300设磁场左右边界间距为d ，则OO ’=2d。依题意可知，粒子第一次进人磁场的运动轨迹的圆心即为O ’点，圆弧轨迹所对的圈心角为300 ，且OO ’为圆弧的半径R 。
由此可知，粒子自A 点射人磁场的速度与左边界垂直。
A 点到x 轴的距离：AD=R(1－cos300) …………①
由洛仑兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律，得：
qvB=mv2/R………………………………………②
联立①②式得：AD =
mv (1………………③ qB （2）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T 第一次在磁场中飞
行的时间为 t 1，有：
t 1=T/12…………………………………………④ T=2πm/qB………………………………………⑤
依题意．匀强电场的方向与x 轴正向夹角应为1500。由几何关系可知，粒子再次从O 点进人磁场的速度方向与磁场右边界夹角为600。设粒子第二次在磁场中飞行的圆弧的圆心为O ’’，O ’’
必定在直线OC 上。设粒子射出磁场时与磁场右边界文于P 点，则∠OO ’’P =1200．设粒子第二次进人磁场在磁场中运动的时问为t 2有：
t 2=T/3…………………………………………⑥
设带电粒子在电场中运动的时间为 t 3，依题意得：
t 3=T－(t1+t2) …………………………………⑦
由匀变速运动的规律和牛顿定律可知：
―v=v―at 3……………………………………⑧ a=qE/m ………………………………………⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：
E=12Bv /7π……………………………………⑩
粒子自P 点射出后将沿直线运动。
设其由P 点再次进人电场，由几何关系知：∠O ’’P ’P =300……⑾ 消
三角形OPP ’为等腰三角形。设粒子在P 、P ’两点间运动的时问为t 4，有：
t 4=PP’/v ………………………………………⑿ 又由几何关系知：
………………………………………⒀ 联立②⑿⒀式得：t 4
电磁感应
2006年全国理综 (北京卷)
24．（20分）磁流体推进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用。图1是平静海面上某
实验船的示意图，磁流体推进器由磁体、电极和矩形通道（简称通道）组成。 如图2所示，通道尺寸a ＝2. 0m ，b ＝0. 15m 、c ＝0.10m 。工作时，在通道内沿z 轴正
方向加B ＝8. 0T 的匀强磁场；沿x 轴正方向加匀强电场，使两金属板间的电压U ＝99.6V ；海水沿y 轴正方向流过通道。已知海水的电阻率ρ＝0. 22Ω·m 。 （1）船静止时，求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向；
（2）船以v s ＝5. 0m /s 的速度匀速前进。若以船为参照物，海水以5. 0m /s 的速率涌入
进水口由于通道的截面积小球进水口的截面积，在通道内海水速率增加到v d ＝8. 0m /s 。求此时两金属板间的感应电动势U 感。
（3）船行驶时，通道中海水两侧的电压U /＝U －U 感计算，海水受到电磁力的80%
可
以转化为对船的推力。当船以v s ＝5. 0m /s 的船速度匀速前进时，求海水推力的功率。
解析24. (20分)
（1）根据安培力公式, 推力F 1=I1Bb ，其中I 1= 则F t =
U b ,R ＝ρ R ac
U U
Bb =ac B =796. 8 N R p
对海水推力的方向沿y 轴正方向(向右) （2）U 感=Bu感b=9.6 V
安培推力F 2＝I 2Bb ＝720 N
推力的功率P ＝Fv s ＝80%F2v s ＝2 880 W
U ' (U -Bv 4b ) ac
（3）根据欧姆定律，I 2===600A
R pb
2006年全国物理试题（江苏卷）
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 。导体棒与导轨接触点的a 和b ，导体棒在滑动过程中始终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 ＝电流方向 b →a
E
R 2
2E
（2） F ＝BlI
＝I ＝ R （3）解法一
3
2E
t 时刻导体的电功率 P ＝I R
＝I ＝ R 2
32
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
2
2
2
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
2
lv ∆t ) ＝
2m ∆v
2
S ＝mv 0
2
(x 0+x )(x 0－x ) x 0－x 2
＝ 扫过的面积ΔS ＝ （x =v 0t ）
22
x
(v 0t 0) 2
设滑行距离为d ，则 ∆S =
v 0t ＋（v 0+t 0) d 0
d
2
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
2
得
S ＝∑m ∆v
2
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
(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 =
R
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
1122mv 2+(M +m )v 0-(M +2m )gh 。） 难 22
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
⑪v n +1=
2
v n 1+k
4
⎛2⎫
⑫k=0.414（提示：v 5= ⎪v 1）
⎝1+k ⎭
2m n v n 2
⑬1号球。（提示：F n -m n g =，因此F n =m n g +E nk 两项都是1号球最
l l
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 =3.0×10-3s 开启一次并瞬间关闭。从S 1S 2之间的某一位置水平发射一速度为v 0射到P 处小孔。通过小孔的微粒与档板发生碰撞而S
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，其初速度v 应为多少？⑫0S 求上述微粒从最初水平射入磁场到第二次离开磁场微粒的荷质比q /m =1.0×103C/kg⑪v 0=100m/s（提示：微粒在磁场中的半径满足：L
0
m/s（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 v +2L 2=6L v ）难 0v 0/0
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=gH ，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 =(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=
环
'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=。棒和环第二次与⋅t 1=2H ，相对滑动距离x 1=h 1+h 2=
k 2k
地碰撞时的速度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1232
1k -1k
1-k
论。） 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
112m v 12+Q=m v 2+mgd1sin θ ② 221122
在无磁场区域中 m v 2=m v 1+mgd2sin θ ③
22
在磁场区域中，
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 2d 2
= ⑥ 2t
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
B 2l 2
v ⑩ 解得 F=mgsin θ-2R
根据牛顿第二定律，在t 到t+∆t 时间内 ∑∆v =∑
F
∆t ○11 m
⎡B 2l 2v ⎤
则有 ∑∆v =∑⎢g sin θ-12 ∆t ○⎥2mR ⎦⎣
B 2l 2
d 1 解得 v 1-v 2=gsin θ-2mR
13 ○
4mgRd 2B 2l 2d 1
联立⑤⑥○13解得 v 1=22 sin θ-B l d 18mR
4mgRd 2B 2l 2d 1
由题意知v =v 1=22 sin θ-B l d 18mR