高考理综大题及答案历年物理压轴题解析

2008 年高考全国理综Ⅱ卷（生物试题）

1、选择题

1．为了确定某种矿质元素是否是植物的必需元素，应采用的方法是

A．检测正常叶片中该矿质元素的含量

B．分析根系对该矿质元素的吸收过程

C．分析环境条件对该矿质元素的吸收的影响

D．观察含全部营养的培养液中去掉该矿质元素前、后植株生长发育状况

【答案】选D

【解析】判断元素是否是必需元素通常用溶液培养法。在人工配制的完全培养液中，除去某

种矿质元素，然后观察植物的生长发育情况：如果植物的生长发育仍正常，说明该元素不是

植物所必需的；如果植物的生长发育不正常（出现特定的缺乏症状），且只有补充了该种元

素（其他元素无效）后，植物的生长发育又恢复正常（症状消失），说明该元素是必需的矿

质元素。

2．下列关于人体内环境及其稳态的叙述，正确的是

A．葡萄糖以自由扩散方式从消化道腔中进入内环境

B． H2CO3/NaHCO3 对血浆pH 相对稳定有重要作用

C．内环境的温度随气温变化而变化

D．人体内的内环境即指体液

【答案】选B

【解析】葡萄糖被小肠吸收方式是主动运输。人体的体温是相对恒定的，不会随环境气温的

变化而发生明显的变化。人体的体液包括细胞内液和细胞外液，细胞外液主要包括组织液，

血浆和淋巴等。人体内的细胞外液构成了体内细胞生活的液体环境，这个液体环境叫做人体

的内环境。人体血浆pH 通常在7.35-7.45 之间，而且相对稳定，这主要依靠血浆中的缓冲

物质（如H2CO3/NaHCO3、NaH2PO4/Na2HPO4 等）的调节。

3．下列对根瘤菌的叙述，正确的是

A．根瘤菌在植物根外也能固氮

B．根瘤菌离开植物根系不能存活

C．土壤淹水时，根瘤菌固氮量减少

D．大豆植株生长所需的氮都来自根瘤菌

【答案】选C

【解析】根瘤菌是共生固氮菌，可独立生活在含化合态氮的环境中，但不能进行固氮，因为

固氮过程所需要的[H]须由寄主细胞提供。大豆所需要的氮素有的高达80%以上可由根瘤菌

来提供。根瘤菌是好氧性细菌，当土壤淹水时使豆科植物根系缺氧，豆科植物生长不良且不

利于根瘤菌的生长繁殖，固氮量会减少。

4．下列关于病毒叙述，正确的是

A．烟草花叶病毒可以不依赖宿主细胞而增殖

B．流感病毒的核酸位于衣壳外面的囊膜上

C．肠道病毒可在经高温灭菌的培养基上生长增殖

D．人类免疫缺陷病毒感染可导致获得性免疫缺陷综合症

【答案】选D

【解析】病毒是专性细胞内寄生的生物，只能在细胞内进行生长增殖，病毒的核酸位于衣壳

内，囊膜具有保护和寄主细胞膜上受体融合而侵入的作用。获得性免疫缺陷综合症（AIDS）

即艾滋病的病原体就是人类免疫缺陷病毒（HIV）。

5．人体受到某种抗原刺激后会产生记忆细胞，当其受到同种抗原的第二次刺激后

A．记忆细胞的细胞周期持续时间变短，机体抗体浓度增加

B．记忆细胞的细胞周期持续时间变长，机体抗体浓度增加

C．记忆细胞的细胞周期持续时间变短，机体抗体浓度减少

D．记忆细胞的细胞周期持续时间不变，机体抗体浓度减少

【答案】选A

【解析】当体内的记忆细胞受到同种抗原的第二次刺激后，会迅速增殖（增殖加快，细胞周

期缩短）形成大量的效应B 细胞，从而产生较多的抗体，使血清中抗体浓度增加。

二、填空题

30．回答下列ⅠⅡ题

Ⅰ．香蕉果实成熟过程中，果实中的贮藏物不断代谢转化，香蕉逐渐变甜。图A 中Ⅰ、Ⅱ两

条曲线分别表示香蕉果实成熟过程中两种物质含量的变化趋势。

请回答：

取成熟到第X 天和第Y 天的等量香蕉果肉，分别加等量的蒸馏水制成提取液。然后在a、b

试管中各加入5ml 第X 天的提取液，在c、d 试管中各加5ml 第Y 天的提取液，如图B。

（1）在a、c 试管中各加入等量碘液后，a 试管呈蓝色，与a 管相比c 管的颜色更，

两管中被检测的物质是，图A 中表示这种物质含量变化趋势的曲线是。

（2）在b、d 试管中各加入等量斐林试剂，煮沸后，b 试管呈砖红色，与b 管相比d 管的颜

色更，两管中被检测的物质是，图A 中表示这种物质含量变化趋势的曲线是。

（3）已知乙烯利能增加细胞内乙烯的含量。如果在第X 天喷施乙烯利，从第X 天开始曲线

Ⅰ将呈现出 (加快、减慢)下降的趋势，曲线Ⅱ将呈现出（加快、

减慢）上升趋势。

【答案】(1)浅淀粉Ⅰ

(2)深还原糖Ⅱ

(3)加快加快

【解析】碘液是用来检验淀粉的存在，斐林试剂是用来检验可溶性还原糖的存在的。依据题

意可知，香蕉果实成熟过程中，淀粉经代谢转化为有甜味的可溶性还原糖（如葡萄糖等）。

在第X 天（较早）得到的果肉提取液（试管a、b）含淀粉（曲线Ⅰ）多还原糖（曲线Ⅱ）

少，而在第Y 天（较晚）得到的果肉提取液（试管c、d）含淀粉少还原糖多。乙烯利是乙烯的类似物，可促进果实的成熟，从而加快淀粉转化成还原糖的过程。Ⅱ．某湖泊由于大量排入污水，连续多次发生蓝藻爆发，引起水草死亡，周边居民也有出现

某种有毒物质中毒现象的。请回答：

（1）湖泊中导致蓝藻爆发的主要非生物因素是过量的。导致水草死亡的

主要原因是水草生长的环境中缺少和这两种非生物因素。

（2）某小组分别于早晨和下午在该湖泊的同一地点、同一水层取得两组水样，测得甲组pH

为7.3，乙组pH 为6.0，那么取自早晨的水样是组，理由是。甲组水样

中的O2 含量________于乙组的，理由是_______________。

（3）如果居民中毒是由于蓝藻中的某种有毒物质经食物链的传递引起的，这类食物链中含

有四个营养级的食物链是→→→人

【答案】(1)无机盐(其他合理答案也给分) 光氧

(2)乙由于蓝藻等夜晚呼吸产生大量CO2，CO2 与水结合产生碳酸后使水的pH 下降大蓝藻等白天进行光合作用释放大量氧气，使水中的含氧量上升

（3）蓝藻浮游动物鱼（其他合理答案也给分）

【解析】“水华”是淡水中一种氮、磷等无机营养含量过多所引起的富营养化的水质污染现

象，主要是由于蓝藻等大量快速繁殖引起。大量的蓝藻等呼吸消耗大量氧气使水体缺氧，导

致鱼类等水生动物大量死亡；另外水体缺氧及透光减少，使水面下的水草(沉水植物)死亡。

周边居民中毒是由于蓝藻产生的有毒物质经食物链传递发生的生物富集作用。这样的食

物链还有许多，如蓝藻→田螺→鸭→人。

31．某植物块根的颜色由两对自由组合的基因共同决定。只要基因R 存在，块根必为红色，

rrYY 或rrYy 为黄色，rryy 为白色；基因M 存在时果实为复果型，mm 为单果型。现要获得

白色块根、单果型三倍体种子。

（1）请写出以二倍体黄色块根、复果型（rrYyMm）植株为原始材料，用杂交育种的方法得

到白色块根、单果型三倍体种子的主要步骤。

（2）如果原始材料为二倍体红色块根、复果型的植株，你能否通过杂交育种方

法获得白色

块根、单果型为三倍体种子？为什么？

【答案】（1）步骤：

①二倍体植株（rrYyMm）自交，得到种子；

②从自交后代中选择白色块根、单果型的二倍体植株，并收获其种子（甲）；

③播种种子甲，长出的植株经秋水仙素处理得到白色块根、单果型四倍体植株，并收

获其种子（乙）；

④播种甲、乙两种种子，长出植株后，进行杂交，得到白色块根、单果型三倍体种子。

（若用遗传图解答题，合理也给分）

（2）不一定。因为表现型为红色块根、复果型的植株有多种基因型，其中只有基因

型为RrYyMm 或RryyMm 的植株自交后代才能出现基因型为rryymm 的二倍体植株。（其他

合理答案也给分）

【解析】（1）白色块根、单果型的三倍体种子（rrryyymmm）是可用白色块根、单果型二倍

体（rryymm）与白色块根、单果型的四倍体（rrrryyyymmmm）杂交获得；白色块根、单果型

的四倍体（rrrryyyymmmm）可用秋水仙素溶液处理白色块根、单果型二倍体（rryymm）来获

得。而白色块根、单果型二倍体（rryymm）的获得可用二倍体黄色块根、复果型（rrYyMm）

植株自交获得，也可用二倍体黄色块根、复果型（rrYyMm）植株进行单倍体育种来获得。

二倍体红色块根、复果型的植株的基因型有多种，如R_Y_M_(有8 种类型)、R_yyM_（有

4 种类型），当其中只要有一对基因是显性纯合（没有相应的隐性基因）存在，如果没有基

因突变，就无法得到白色块根、单果型二倍体（rryymm），也就无法得到白色块根、单果型

三倍体种子（rrryyymmm）。__

各省市高考物理压轴题精编（附有祥解）

1、如图所示，一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m〈M。现以地面为参照系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图5)，使A开始向左运动、B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离L板。以地面为参照系。

，求它们最后的速度的大小和方向。

(1)若已知A和B的初速度大小为v

(2)若初速度的大小未知，求小木块A 向左运动到达的最远处(从地面上看)离出

发点的距离。

解法1: (1)A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B

板的最左端时，A 、B 具有相同的速度。设此速度为v ，A

和B 的初速度的大小为0v ，则由动量守恒可得:

v m M mv Mv )(00+=-

解得： 0v m

M m M v +-=， 方向向右 ① (2)A 在B 板的右端时初速度向左，而到达B 板左端时的末速度向右，可见A 在运动过程中必经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为V 的两个阶段。设1l 为A 开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，2l 为A 从速度为零增加到速度为v 的过程中向右运动的路程，L 为A 从开始运动到刚到达B 的最左端的过程中B 运动的路程，如图6所示。设A 与B 之间的滑动摩擦力为f ，则由功能关系可知:

对于B 2202

121Mv mv fL -= ② 对于A 20121mv fl = ③ 222

1mv fl = ④ 由几何关系 l l l L =-+)(21 ⑤

由①、②、③、④、⑤式解得l M

m M l 41+= ⑥ 解法2： 对木块A 和木板B 组成的系统，由能量守恒定律得：

220)(2

1)(21v m M v m M fl +-+= ⑦ 由①③⑦式即可解得结果 l M

m M l 41+= 本题第（2）问的解法有很多种，上述解法2只需运用三条独立方程即可解得结果，显然是比较简捷的解法。

2、如图所示，长木板A 右边固定一个挡板，包括挡板在内的总质量为1.5M ，静止在光滑的水平面上，小木块B 质量为M ，从A 的左端开始以初速度0v 在A 上

滑动，滑到右端与挡板发生碰撞，已知碰撞过程时间

极短,碰后木块B 恰好滑到A 的左端停止，已知B

与A 间的动摩擦因数为μ，B 在A 板上单程滑行

长度为l ，求：

（1）若g

v 160320=μ，在B 与挡板碰撞后的运动过程中，摩擦力对木板A 做正功还是负功？做多少功？

（2）讨论A 和B 在整个运动过程中，是否有可能在某一段时间里运动方向是向左的，如果不可能，说明理由；如果可能，求出发生这种情况的条件。

解：（1）B 与A 碰撞后，B 相对A 向左运动，A 受摩擦力向左，而A 的运动方向向右，故摩擦力对A 做负功。

设B 与A 碰后的瞬间A 的速度为1v ，B 的速度为2v ，A 、B 相对静止时的共同速度为v ，由动量守恒得： v M M Mv )5.1(0+= ①

v M M Mv Mv )5.1(5.121+=+ ②

碰后到相对静止，对A 、B 系统由功能关系得：

222215.22

1215.121Mv Mv Mv Mgl ?-+?=μ ③ 由①②③式解得：0121v v =（另一解01103v v =因小于05

2v v =而舍去） 这段过程A 克服摩擦力做功为2020221068.0400

275.1215.121Mv Mv Mv Mv w ==-=④（2）A 在运动过程中不可能向左运动，因为在B 未与A 碰撞之前，A 受摩擦力方向向右，做加速运动，碰后A 受摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后共同速度仍向右，因此不可能向左运动。

B 在碰撞之后，有可能向左运动，即02

201v v >

⑤ 代入③式得：g v l 15220>μ ⑥ 另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即

Mgl Mv Mv μ25.22

121220≥?- ⑦ 即g v l 20320<μ 故在某一段时间里B 运动方向是向左的条件是g

v l g v 2031522020<<μ⑧ 3、光滑水平面上放有如图所示的用绝缘材料料成的“┙”型滑板，（平面部分足够长），质量为4m ，距滑板的A 壁为L 1距离的B 处放有一质量为m ，电

量为+q 的大小不计的小物体，物体与板面的摩擦不计，整个装置处于场强为E 的匀强电场中，初始时刻，滑板与物体都静止，试求：

（1）释放小物体，第一次与滑板A 壁碰前物体的速度v 1多大？

（2）若物体与A 壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的3/5，则物体在第二次跟A 壁碰撞之前瞬时，滑板的速度v 和物体的速度v 2分别为多大？（均指

对地速度）

（3）物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多大？（碰撞时间可忽略）

3、解：（1）由动能定理2112

1mv qEL = 得m

qEL v 112= ① （2）若物体碰后仍沿原方向运动，碰后滑板速度为V ， 由动量守恒mv v m mv 45311+?= 得<=101v v 物体速度15

3v ，故不可能 ② ∴物块碰后必反弹1153v v -='，由动量守恒mv v m mv 45

311+-= ③ 得15

2v v = ④ 由于碰后滑板匀速运动直至与物体第二次碰撞之前，故物体与A 壁第二次碰前，滑板速度m

qEL v v 1125252==⑤ 。 物体与A 壁第二次碰前，设物块速度为v 2， at v v +'=1

2 ⑥ 由两物的位移关系有：21

21at t v vt +'= ⑦即 21at v v +'= ⑧ 由⑥⑧代入数据可得：m

qEL v 12257= ⑨ （3）物体在两次碰撞之间位移为S ， as v v 22122

='- 得qE

mv m qE v a v v s 54/253572211222122=??????????? ??--??? ??='-= ∴ 物块从开始到第二次碰撞前电场力做功115

13)(qEL s l qE w =+= 4（16分）如图5—15所示，PR 是一块长为L =4 m 的绝

缘平板固定在水平地面上，整个空间有一个平行于PR 的匀强

电场E ，在板的右半部分有一个垂直于纸面向外的匀强磁场B ，

一个质量为m =0.1 kg.带电量为q =0.5 C 的物体，从板的P

端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动，进入 磁场后恰能做匀速运动.当物体碰到板R 端挡板后被弹回，若在碰撞

瞬间撤去电场，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，

离开磁场后做匀减速运动停

图5—

15

在C 点，PC =L/4，物体与平板间的动摩擦因数为μ=0.4.

（1

（2）物体与挡板碰撞前后的速度v 1和v 2

（3）磁感应强度B

（4）电场强度E 的大小和方向.

解：(1)由于物体返回后在磁场中无电场，且仍做匀速运动，故知摩擦力为

0，所以物体带正电荷.且：mg =qBv 2 (2)-μmg 4

L =0-21mv 2v 2=22 m/s

(3)代入前式求得：B =22 T

(4)由于电荷由P 运动到C 点做匀加速运动，可知电场强度方向水平向右，

(Eq -μmg )2

12=L mv 12-0 进入电磁场后做匀速运动，故有：Eq =μ(qBv 1+mg ) 由以上两式得：???==N/C

2.4m/s 241E v

5、 在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”．这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似．两个小球A 和B 用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P ，右边有一小球C 沿轨道以速度V 0射向B 球，如图2所示．C 与B 发生

碰撞并立即结成一个整体D ．在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然锁定，不再改变．然后，A 球与挡板P 发生碰撞，碰后A 、D 都静止不动，A 与P 接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失）．已知A 、B 、C 三球的质量均为

．

（1）求弹簧长度刚被锁定后A 球的速度．

（2）求在A 球离开挡板P 之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．

分析：审题过程，①排除干扰信息：“在原子核物

理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交

换反应”．这类反应的前半部分过程和下述力学模型类

似．”②挖掘隐含条件：“两个小球A 和B 用轻质弹簧

相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态”，隐含摩擦不计和轻质弹簧开始处于自然状态（既不伸长，也不压缩），“C 与B 发生碰撞并立即结成一个整体D ”隐含碰撞所经历的时间极短，B 球的位移可以忽略，弹簧的长度不变，“A 球与挡板P 发生碰撞，碰后A 、D 都静止不动”隐含在碰撞中系统的动能由于非弹性碰撞而全部消耗掉，只剩下弹性势能。

此题若用分析法求解，应写出待求量与已知量的关系式，显然比较困难，由于物体所经历的各个子过程比较清楚，因此宜用综合法求解。在解题前，需要定性分析题目中由A 、B 、C 三个小球和连结A 、B 的轻质弹簧组成的系统是如何运动的，这个问题搞清楚了，本题的问题就可较容易地得到解答．下面从本题中几个物理过程发生的顺序出发求解：

1、球C 与B 发生碰撞，并立即结成一个整体D ，根据动量守恒，有

102mv mv =（1v 为D 的速度） ①

2、当弹簧的长度被锁定时，弹簧压缩到最短，D 与A 速度相等，如此时速度为2v ，由动量守恒得 2132mv mv = ②

当弹簧的长度被锁定后，D 的一部分动能作为弹簧的弹性势能P E 被贮存起来了．由能量守恒，有P E v m v m +=2221)3(2

1)2(21 ③ 3、撞击P 后，A 与D 的动能都为０，当突然解除锁定后（相当于静止的A 、D 两物体中间为用细绳拉紧的弹簧，突然烧断细绳的状况，弹簧要对D 做正功），当弹簧恢复到自然长度时，弹簧的弹性势能全部转变成D 的动能，设D 的速度为

3v ，则有23)2(2

1v m E P =④ 4、弹簧继续伸长，A 球离开挡板Ｐ，并获得速度。当A 、D 的速度相等时，

弹簧伸至最长．此时的势能为最大，设此时A 、D 的速度为4v ，势能为'P E ·由动

量守恒定律得

4332mv mv = ⑤

由机械能守恒定律得： '2423)3(2

1)2(21P E v m v m += ⑥ 由①、②两式联立解得： 023

1v v = ⑦ 联立①②③④⑤⑥式解得 20'36

1mv E P = ⑧ 6、如图(1)所示为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端挂一小物块A ，上端固定在C 点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连。已知有一质量为ｍ0的子弹B 沿水平方向以速度ｖ0射入A 内（未穿透），接着两者一起绕C 点在竖直面

内做圆周运动。在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力F 随时间t 的变化关系如图(2)所示。已知子弹射入的时间极短，且图(2)中ｔ＝0为A 、B 开始以相同速度运动的时刻，根据力学

规律和题中（包括图）提供的信息，对反映悬挂系统本身性质的物理量（例如A 的质量）及A 、B 一起运动过程中的守恒量。你能求得哪些定量的结果？

解：由图2可直接看出，A 、B 一起做周期性运动，运动的周期T=2t 0，令 m 表示

A 的质量，L 表示绳长，v 1表示

B 陷入A 内时即t=0时 A 、B 的速度（即圆

周运动最低点的速度），v 2表示运动到最高点时的速度，F 1表示运动到最低

点时绳的拉力，f 2表示运动到最高点时绳的拉力，则根据动量守恒定律，得

mv 0=( m 0+m)v 1，在最低点和最高点处运用牛顿定律可得

F 1-( m 0+m)g=( m 0+m)v 12/L ， F 2+( m 0+m)g=( m 0+m)v 22/L

根据机械能守恒定律可得 2L( m+m 0)g=( m+m 0) v 12/2- ( m+m 0) v 22/2。

由图2可知F 2=0 。F 1=F m 。由以上各式可解得，反映系统性质的物理量是

m=F m /6g-m 0 ，L =36m 02v 02 g/5F m 2，

A 、

B 一起运动过程中的守恒量是机械能E ，若以最低点为势能的零点，则

E=(m+m 0)v 12/2。由几式解得E ＝3m 02ｖ02g/F ｍ。

7．（15分）中子星是恒星演化过程的一种可能结果，它的密度很大。现有一中子星，观测到它的自转周期为T ＝1/30s 。向该中子星的最小密度应是多少才能维持该星体的稳定，不致因自转而瓦解。计等时星体可视为均匀球体。（引

力常数G ＝6.67×10－11m 3/kg ·s 2）

8．（20分）曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型交流发电机，图1为其结构示意图。图中N 、S 是一对固定的磁极，abcd 为固定在转轴上的矩形线

框，转轴过bc 边中点、与

ab 边平行，它的一端有一

半径r 0＝1.0cm 的摩擦小

轮，小轮与自行车车轮的

边缘相接触，如图2所示。

当车轮转动时，因摩擦而

带动小轮转动，从而使线

框在磁极间转动。设线框由N ＝800匝导线圈组成，每匝线圈的面积S ＝20cm 2，磁极间的磁场可视作匀强磁场，磁感强度B ＝0.010T ，自行车车轮的半径R 1＝35cm ，小齿轮的半径R 2＝4.cm ，大齿轮的半径R 3＝10.0cm （见图 2）。现从静止

开始使大齿轮加速转动，问大齿轮的角速度为多大才能使发电机输出电压的有效值U ＝3.2V ？（假定摩擦小轮与自行车轮之间无相对滑动）

7．（15分）参考解答：

考虑中子星赤道处一小块物质，只有当它受到的万有引力大于或等于它随星体一起旋转所需的向心力时，中子星才不会瓦解。

设中子星的密度为ρ，质量为M ，半径为R ，自转角速度为ω，位于赤道处的小块物质质量为m ，则有GMm/R 2＝m ω2R 且ω＝2π/T ，M ＝4/3πρR 3

由以上各式得：ρ＝3π/GT 2

代人数据解得：ρ＝1.27×1014kg/m 3

8．（20分）参考解答：

当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的线框在匀强磁场内转动，线框中产生一正弦交流电动势，其最大值ε＝ω

BSN

式中ω

为线框转动的角速度，即摩擦小轮转动的角速度。

发电机两端电压的有效值U＝2/2ε

m

设自行车车轮转动的角速度为ω

1

，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，有

R 1ω

1

＝R

ω

小齿轮转动的角速度与自行车轮转动的角速度相同，也为ω

1

。设大齿轮转

动的角速度为ω，有R

3ω＝R

2

ω

1

由以上各式解得ω＝(2U/BSN)(R

2r

/R

3

r

1

) 代入数据得ω＝3.2s－1

9．（22分）一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB区域时是水平的，

经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A 处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。每个箱子在A处投放后，在到达B之前已

经相对于传送带静止，且以后也不再

滑动（忽略经BC段时的微小滑动）。

已知在一段相当长的时间T内，共运

送小货箱的数目为N。这装置由电动

机带动，传送带与轮子间无相对滑

动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的

平均抽出功率P。

9．（22分）参考解答：

以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v

，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为

t，加速度为a，则对小箱有 s＝1/2at2① v

＝at ②

在这段时间内，传送带运动的路程为s

0＝v

t ③

由以上可得s

＝2s ④

用f表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为

A＝fs＝1/2mv

2⑤

传送带克服小箱对它的摩擦力做功A

0＝fs

＝2·1/2mv

2⑥

两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量Q＝1/2mv

2⑦

可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等。T时间内，电动机输出的功为W＝P T ⑧

此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即

W＝1/2Nmv

2＋Nmgh＋NQ ⑨

已知相邻两小箱的距离为L，所以v

T＝NL ⑩

联立⑦⑧⑨⑩，得：P ＝T Nm [22

2T L N ＋gh]

10.（14分）为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积A=0.04m 2的金

属板，间距L=0.05m ，当连接到U=2500V 的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如

图所示。现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒1013个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电量为q=+1.0×10-17C ，质量为m=2.0×10-15kg ，不考虑烟尘颗粒之间的相互作

用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力。求合上电键后：⑴经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？⑵

除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功？⑶经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？

[⑴当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附。烟尘颗粒受到的电场力F=qU/L ，L=at 2/2=qUt 2/2mL ，故t=0.02s

⑵W=NALqU/2=2.5×10-4J

⑶设烟尘颗粒下落距离为x ，则当时所有烟尘颗粒的总动能

E K =NA(L-x)?mv 2/2= NA(L-x)? qUx/L ，当x=L/2时E K 达最大，而x=at 12/2，故

t 1=0.014s ]

11．（12分）风洞实验室中可以产生水平方向的、大小可调节的风力，现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略

大于细杆直径。

（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大

小，使小球在杆上作匀速运动，这时小班干部所受

的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的

滑动摩擦因数。

（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向

间夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离S 所需时间为多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）

13．（1）设小球所受的风力为F ，小球质量为m

mg F μ= ○

15.0/5.0/===mg mg mg F μ ○2 （2）设杆对小球的支持力为N ，摩擦力为f

沿杆方向ma f mgnin F =-+θθcos ○3

垂直于杆方向0cos sin =-+θθng F N ○4

N f μ= ○5

可解得g g

m F g m f ng F a 43sin )(sin cos 22=+=-+=θθθ○6 221at S = ○7g

S g S t 384/32==∴ ○8 评分标准：（1）3分。正确得出○2式，得3分。仅写出○1式，得1分。

（2）9分，正确得出○6式，得6分，仅写出○3、○4式，各得2分，仅写

出○5式，得1分，正确得出○8式，得3分，仅写出○7式，得2分，g 用数值代入的不扣分。

12．（13分）阅读如下资料并回答问题：

自然界中的物体由于具有一定的温度，会不断向外辐射电磁波，这种辐射因与温度有关，称为势辐射，势辐射具有如下特点：○1辐射的能量中包含各种波长的电磁波；○2物体温度越高，单位时间从物体表面单位面积上辐射的能量越大；○

3在辐射的总能量中，各种波长所占的百分比不同。 处于一定温度的物体在向外辐射电磁能量的同时，也要吸收由其他物体辐射的电磁能量，如果它处在平衡状态，则能量保持不变，若不考虑物体表面性质对辐射与吸收的影响，我们定义一种理想的物体，它能100%地吸收入射到其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体，单位时间内从黑体表面单位央积辐射的电磁波的总能量与黑体绝对温度的四次方成正比，即40T σ=P ，其中常量31067.5-?=σ瓦/（米2·开4）。

在下面的问题中，把研究对象都简单地看作黑体。

有关数据及数学公式：太阳半径696000=s R 千米，太阳表面温度5770=T 开，火星半径3395=r 千米，球面积，24R S π=，其中R 为球半径。

（1）太阳热辐射能量的绝大多数集中在波长为2×10－9米~1×10－4米范围内，求相应的频率范围。

（2）每小量从太阳表面辐射的总能量为多少？

（3）火星受到来自太阳的辐射可认为垂直射可认为垂直身到面积为2r π（

r 为火星半径）的圆盘上，已知太阳到火星的距离约为太阳半径的400倍，忽略其它天体及宇宙空间的辐射，试估算火星的平均温度。

解：．（1）λν/c = ○1 17981105.1102/1000.3?=??=-ν（赫） ○

2

12481103101/1000.3?=??=-ν（赫） ○3

∴辐射的频率范围为3×1012赫－1.5×1017

赫

（2）每小量从太阳表面辐射的总能量为

t T R W 42s 4πσ= ○4代入数所得W=1.38×1010焦 ○5 （3）设火星表面温度为T ，太阳到火星距离为d ，火星单位时间内吸收来自太阳的辐射能量为22

4

244d r T R P s ππσπω= ○6 s R d 400= 224)400/(r T P πσω=∴ ○7

火星单位时间内向外辐射电磁波能量为424T r P t πσσπ= ○8

火星处在平衡状态t t P P σπσ= ○9即422244)400/(T r r T πσπσ= ○

10 由○10式解得火星平均温度204800/=='T T （开） ○

11 评分标准：全题13分

（1）正确得了○1，○2，○3式，各得1分。（2）正确得出○5式，得5分，

仅写出○4式，得3分。（3）正确得出○

10式，得4分，仅写出○6式或○7式，得1分；仅写出○8式，得1分，正确得出○

11式，得1分。

13.(13分)如图所示，在xoy 平面内有垂直

坐标平面的范围足够大的匀强磁场，磁感强度

为B ，一带正电荷量Q 的粒子，质量为ｍ，从Ｏ

点以某一初速度垂直射入磁场，其轨迹与x 、y

轴的交点A 、B 到O 点的距离分别为ａ、ｂ，试

求：

(1)初速度方向与ｘ轴夹角θ．

(2)初速度的大小. 20.参考解答：

(1)磁场方向垂直坐标平面向里时，粒子初速度方向与

ｘ轴的夹角为θ，射入磁场做匀速圆周运动，由几何关系可

作出轨迹如图所示，设圆半径为R

θsin 2R a = ① θcos 2

R b = ② 由①、②解得tg θ＝b a ∴θ＝arctg b

a ③

当磁场方向垂直坐标平面向外时，粒子初速度方向与ｘ轴间的夹角为

π＋θ＝π＋arctg b

a ④ (2)由①、②解得：22

2b a R +=

⑤ ＱｖＢ＝ｍR

v 2

⑥ ∴m

b a QB v 22

2+= ⑦ 评分标准：本题13分，第(1)问8分，其中①式2分，②式2分，③式2分，④式2分，θ＝arcsin 22b a a

+ 或θ＝arccos 22b a b +同样给分.

第(2)问5分，其中⑤式2分，⑥式2分，⑦式1分.

14.(13分)俄罗斯“和平号”空间站在人类航天史上写下了辉煌的篇章，因不能保障其继续运行，3月20号左右将坠入太平洋.设空间站的总质量为ｍ，在离地面高度为ｈ

站在极短时间内向前喷出部分高速气体，使其速度瞬间变小，在万有引力作用下

下坠.设喷出气体的质量为100

1 m ，喷出速度为空间站原来速度的37倍，坠入过程中外力对空间站做功为W .求：

(1)空间站做圆周运动时的线速度.

(2)空间站落到太平洋表面时的速度.

(设地球表面的重力加速度为ｇ，地球半径为R )

14.参考解答：

(1)设空间站做圆周运动的速度为ｖ１，地球质量为M .由牛顿第二定律得：

)()

(212h R v m R h Mm G +=+ ① 地表重力加速度为ｇ，则：g R

GM =2 ② 由①、②式得：)(21R h gR v += ③ (2)喷出气体后空间站速度变为ｖ２，由动量守恒定律得：

121100

37)100(mv v m m mv +-= ④ 设空间站落到太平洋表面时速度为ｖ３， 由动能定理得：W v m v m =-2223)100

99(21)10099(21 ⑤ m

W h R gR v 99200)(1214923++= ⑥

15.(14分)如图甲，A 、B 两板间距为

2

L ，板间电势差为U ，C 、D 两板间距离和板长均为L ，两板间加一如图乙所示的电压.在S 处有一电量为q 、质量为m 的带电粒子，经A 、B 间电场加速又经C 、D 间电场偏转后进入一个垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁感强度为B .不计重力影响，欲使该带电粒子经过某路径后能返回S 处.求：

(1)匀强磁场的宽度L ′至少为多少?

(2)该带电粒子周期性运动的周期T .

(1)AB 加速阶段，由动能定理得：22

1mv qU = ① 转时间qU m L v

L t 2/1== ② 侧移量2

221212221L qU m L mL qU at y =??== ③

设在偏转电场中，偏转角为θ

则1221=?===

v L mL qU v at v v tg y θ 即θ＝

4

π 由几何关系：Ｒｃｏｓ45°＋Ｒ＝

Ｌ′⑤

Ｒsin45°＝2

L ⑥ 则 Ｌ′＝L 212+ ⑦ 注：L ′也可由下面方法求得：

粒子从S 点射入到出偏转电场，电场力共做功为Ｗ＝２ｑＵ ⑧

设出电场时速度为ｖ′，有qU v m 22

12=' 解得ｖ′＝m qU /4 ⑨ 粒子在磁场中做圆周运动的半径：qB

mqU qB v m R 2='= ∴qB

mqU L )22(+=' ⑩

(2)设粒子在加速电场中运动的时间为ｔ２

则ｔ２＝qU m L v L 2/2

/2= ○11 qB

m T π2=' ○12 实际转过的角度α＝２π－２θ＝2

3π ○13 在磁场中运动时间ｔ３＝qB

m T 2343π='' ○14 故粒子运动的周期T ＝２ｔ２＋２ｔ１＋ｔ３＝４ＬqB

m qU m 232/π+ ○15 评分标准：本题14分，第(1)问8分，其中①、②、③式各1分，④式2分，⑤、⑥、⑦式各1分.第(2)问6分，其中 ○12、○13、○14、式各1分，○15式2分.

16、2000年1月26日我国发射了一颗同步卫星，其定点位置与东经98°的经线在同一平面内。若把甘肃省嘉峪关处的经度和纬度近似取为东经98°和北纬α＝40°，已知地球半径R 、地球自转周期T 、地球表面重力加速度g （视为常量）和光速c 。试求该同步卫星发出的微波信号传到嘉峪关处的接收站所需的时间（要求用题给的已知量的符号表示）。

分析与解：由于微波在大气层中以光速传播，所以若能求得从同步卫星到嘉峪关的距离L ，则由运动学就能得到同步卫星发出的微波信号传到位于嘉峪关的接收站所需的时间t 。如何求得L 是解题的关键，首先我们知道同步卫星是位于赤道上空的，题中说明，该同步卫星的定点位置与东经98°的经线在同一平面内，而嘉峪关处的经度和纬度近似取为东经98°和北纬α＝40°，隐含该同步卫星P 、嘉峪关Q 和地心O 在同一个平面内，构成一个三角形，∠QOP=α＝40°，如图11所示，这样由余弦定理就可求得L 。

设m 为卫星质量，M 为地球质量，r 为卫星到地球中心的距离，w 为卫星绕地转动的角速度，由万有引力定律和牛顿定律有。

①22ωmr r

Mm G = ① 式中G 为万有引力恒量，因同步卫星绕地心转动的角速度w 与地球自转的角

速度相等，有 T

πω2= ② 因mg R

Mm G =2 得g R GM 2= ③

设嘉峪关到同步卫星的距离为L ，由余弦定理

αcos 222rR R r L -+= ④

所求时间为 c

L t =

⑤ 由以上各式得 c

gT R R R gT R t 31222232

22

2)4(2)4(ππ-+= ⑥ 17、“和平号”空间站已于20XX 年3月23日成功地坠落在南太平洋海域，坠落过程可简化为从一个近圆轨道（可近似看作圆轨道）开始，经过与大气摩擦，空间站的绝大部分经过升温、熔化，最后汽化而销毁，剩下的残片坠入大海。此过程中，空间站原来的机械能中，除一部分用于销毁和一部分被残片带走外，还有一部分能量E′通过其他方式散失（不考虑坠落过程中化学反应的能量）。

（1） 试导出以下列各物理量的符号表示散失能量E′的公式.

（2） （2）算出E′的数值（结果保留两位有效数字）

坠落开始时空间站的质量M=1.17×105kg ；

轨道离地面的高度为h=146km ；

地球半径R=6.4×106m ；

坠落空间范围内重力加速度可看作g=10m/s 2；

入海残片的质量=1.2×104kg ；

入海残片的温度升高=3000K ；

入海残片的入海速度为声速=340m/ｓ；

空间站材料每1kg 升温1K 平均所需能量c=1.0×103J ；每销毁1kg 材料平均所需能量μ=1.0×107

分析与解：本题描述的是20XX 年世界瞩目的一件大事：“和平号”空间站成功地坠落在南太平洋海域。让绕地球运行的空间站按照预定的路线成功坠落在预定的海域，这件事情本身就极富挑战性，表达了人类征服自然改造自然的雄心和实力。

（1）作为一道信息题，首先我们应弄清题目所述的物理过程，建立一个正确的物理模型。 我们将空间站看作一个质点，开始时以一定的速度绕地球运行，具有一定的动能和势能，坠落开始时空间站离开轨道，经过摩擦升温，空间站大部分升温、熔化，最后汽化而销毁，剩下的残片坠落大海，整个过程中，总能量是守恒的。

根据题述条件，从近圆轨道到地面的空间中重力加速度g=10m/s 2，若以地面为重力势能的零点，坠落过程开始时空间站在近圆轨道的势能

Mgh E P =. ①

以v 表示空间站在轨道上的速度，可得 Mg r

v M =2

. ② 其中r 为轨道半径，若R 地表示地球半径，则r=R 地+h. ③

由式②、③可得空间站在轨道上的动能

Mg E k 2

1=（R 地+h ） ④ 由式①、④可得，在近圆轨道上空间站的机械能

E=Mg(21R 地+2

3h) ⑤ 在坠落过程中，用于销毁部分所需要的能量为Q 汽=(M-m)μ.⑥

用于残片升温所需要的能量Q 残=cm ΔT.⑦

残片的动能为E 残=22

1mv ⑧ 以E′表示其他方式散失的能量，则由能量守恒定律可得

E=Q 汽+E 残+Q 残+E′. ⑨

由此得E′=Mg(21R 地+23h)-(M-m)μ-22

1mv -cm ΔT ⑩ (2)将题给数据代入得E′=2.9×1012

带电粒子在电磁场中运动问题

带电粒子在电磁场中运动问题，实质是力学问题，通常从受力分析，运动情况分析入手，利用力学规律，并注意几何关系即可求解。下面对两道高考压轴题作一简要分析。

18、一带电质点质量为m 电量为q ，以平行于ox 轴的速度v 从y 轴上的a 点射入图7中第一象限所示的区域。为了使该质点能从x 轴上的b 点以垂直于ox 轴的速度v 射出，可在适当的地方加一个垂直于xy 平面、磁感强度为B 的匀强磁场。若此磁场仅分布在一个圆形区域内，试求这个

圆形区域的最小半径，重力忽略不计。

解析：由题意可知，质量在xy 平面的第一象限的磁

场中做匀速圆周运动，在磁场外做匀速直线运动。由于

质点进入磁场的速度方向与飞出磁场的速度方向相垂直

成90°，由此可知质点在磁场中的轨迹是半径为R

的圆O （虚线）的圆周的1/4，如图8，由题意，恰包含弦

的磁场圆有无数个，且对应的圆心角越小，圆半径

越大，反之则越小，当圆心角为180°时，即

为直径时磁场圆O'（实线）的半径最小，设其半径为r ，易得 Bq

mv R r 2222== 显而易见，以上找圆心及对角度的分析是解题的关键。

19、图9中虚线MN 是一垂直面的平面与纸面的交

线，在平面右侧的半空间存在着一磁感强度为B 的匀

强磁场，方向垂直纸面向外。O 是MN 上的一点，从O

点可以向磁场区域发射电量为＋q 、质量为m 速率为v

的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向。

已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中的P 点相遇，P

到O 的距离为L 。不计粒子的重力及粒子间的相互作

用。

(1)求所考察的粒子在磁场中的轨道半径。

(2)求这两个粒子从O 点射入磁场的时间间隔。

分析与解：这一题是带电粒子仅在洛仑兹力作用下的运动问题，前后两个粒子做完全相同的匀速圆周运动，对应的物理规律较简单，第二问的难点在于物理情景分析和几何关系的确定，勾画草图分析，巧设角度θ是解题的关键。

（1）设粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径为R ，由牛顿第二定律，有

R

v m q v B 2

= 得 qB

mv R =①

（2）如图10所示，以OP 为弦可画两个半径相

同的圆，分别表示在P 点相遇的两个粒子的轨道。

圆心和直径分别为 O 1、O 2和OO 1Q 1,OO 2Q 2,在0处两

个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用θ

表示它之间的夹角。

由几何关系可知θ=∠=∠2211Q PO Q PO

从0点射入到相遇，粒子1的路程为半个圆周加弧

长Q 1P

Q 1P ＝R θ ③