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1、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。
2、质点到达x轴上A点时，速度方向与x轴的夹角，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，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=dsinj由洛化兹力公式和牛顿第二定律得将式代入式，得(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v0，在电
3、场中的加速度为a，运动时间为t，则有v0vcosjvsinjatd=v0t联立得设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得qEma联立得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R0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
4、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； ()M点的横坐标xM.16.(I)设粒子质量、带电量和入射速度分别为m、q和v0，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=qvoB 现在，只有电场，入射粒子将以与电场方向相同的加速度做类平抛运动.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分量为由式得此时粒子速度大小为，速度方向与x轴的夹角为粒子与x轴的距离为(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，则由式得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
5、直的直线上，该直线与x轴和y轴的夹角均为4.由几何关系及式知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.式各1分，式各2分.第(II)问5分.式2分，速度v的方向正确给1分式1分，式1分.2008年（全国卷）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j120，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，
6、并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角q30，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 OOD中已知O
7、OD =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(1cos300)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联立式得：（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 t1，有：t1=T/12T=2m/qB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
8、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OOP =1200设粒子第二次进人磁场在磁场中运动的时问为t2有：t2=T/3设带电粒子在电场中运动的时间为 t 3，依题意得：t3=T(t1+t2)由匀变速运动的规律和牛顿定律可知：v=vat3a=qE/m 联立式可得：E=12Bv/7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：OPP =300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t4，有：t4=PP/v又由几何关系知：OP=R联立式得：t4=m/qB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
9、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a2.0m，b0.15m、c0.10m。工作时，在通道内沿z轴正方向加B8.0T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U99.6V；海水沿y轴正方向流过通道。已知海水的电阻率0.22m。（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vs5.0m/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vd8.0m/s。求此时两金属板间的感应电动势U。（3）船行
10、驶时，通道中海水两侧的电压U/UU计算，海水受到电磁力的80%可以转化为对船的推力。当船以vs5.0m/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F1=I1Bb，其中I1=,R 则Ft= N对海水推力的方向沿y轴正方向(向右)v0xyOMabBN（2）U=Bub=9.6 V（3）根据欧姆定律，I2=A安培推力F2I2Bb720 N推力的功率PFvs80%F2vs2 880 W2006年全国物理试题（江苏卷）19（17分）如图所示，顶角=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
11、力作用下以恒定速度v0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0t时间内产生的焦耳热Q。 （4）若在t0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xtt时刻，导体棒的长度 lx 导体棒的电动势EBl v0回路总电阻R(2xx)r电流强度电流方向ba（2）FBlI （3）解法一t时刻导体的电功率PI2R
12、PtQt解法二t时刻导体棒的电功率PI2R由于I恒定 R/v0rtt 因此 Q（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t 或很短距离x 解法一 在tt+时间内，由动量定理得BIltmv 扫过的面积S（x=v0t）x设滑行距离为d，则即 d2+2v0t0d2S0解之dv0t0+（负值已舍去）得 xv0t0+ d解法二在xx+x，由动能定理得Fx（忽略高阶小量）得以下解法同解法一解法三（1）由牛顿第二定律得Fmam得Ftmv以下解法同解法一解法三（2）由牛顿第二定律得Fmamm得Fxmvv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
13、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，最大值为B0，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v0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(vv0)(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
