2021年高考真题品优教学物理（山东卷）（解析版）_全国卷+地方卷_4.物理_1.物理高考真题试卷_2021年高考-物理_2021山东高考物理

绝密★启用前 2021 年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷） 物 理 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号 涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时， 将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项 符合题目要求。 210Pb 1. 在测定年代较近的湖泊沉积物形成年份时，常利用沉积物中半衰期较短的82 ，其衰 210Pb210 BiX 变方程为82 83 。以下说法正确的是（ ） A. 衰变方程中的X是电子 210Pb B. 升高温度可以加快82 的衰变 210Pb 210Bi C. 82 与83 的质量差等于衰变的质量亏损 210Pb D. 方程中的X来自于82 内质子向中子的转化 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X是电子，A正确； B．半衰期非常稳定，不受温度，压强，以及该物质是单质还是化合物的影响，B错误； 210Pb 210Bi C． 82 与 83 和电子X的质量差等于衰变的质量亏损，C错误； 210Pb D．方程中的X来自于 82 内中子向质子的转化，D错误。故选A。 2. 如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小 瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小 瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体（ ） A. 内能减少 B. 对外界做正功 C. 增加的内能大于吸收的热量 D. 增加的内能等于吸收的热量 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内温 度升高，内能增加，A错误； B．在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状 态方程 pV C T 气体体积膨胀，对外界做正功，B正确； CD．由AB分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定 律 U W Q 由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，CD错误。 故选B。3. 如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑 v 轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度 0出发，恰好能完成一个 完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为（ ） mv2 mv2 mv2 mv2 0 0 0 0 A. 2L B. 4L C. 8L D. 16L 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理 1 f 2L0 mv2 2 0 可得摩擦力的大小 mv2 f  0 4L 故选B。 4. 血压仪由加压气囊、臂带，压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带， 压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强， 60cm3 体积为V；每次挤压气囊都能将 的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气 5V 150mmHg 750mmHg 体体积变为 ，压强计示数为 。已知大气压强等于 ，气体温度不 变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于（ ）30cm3 40cm3 50cm3 60cm3 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】根据玻意耳定律可知 pV 5pV  p 5V 0 0 0 1 已知 p 750mmHg ，V 60cm3 ， p 750mmHg+150mmHg 900mmHg 0 0 1 代入数据整理得 V 60cm3 故选D。 5. 从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。已知 火星质量约为月球的9倍，半径约为月球的2倍，“祝融”火星车的质量约为“玉兔”月球车 的2倍。在着陆前，“祝融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程。悬停时， “祝融”与“玉兔”所受陆平台的作用力大小之比为（ ） A. 9∶1 B. 9∶2 C. 36∶1 D. 72∶1【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】悬停时所受平台的作用力等于万有引力，根据 mM F G R2 可得 F M m M m 9 9 祝融 =G 火 祝融 :G 月 玉兔 = 2= F R 2 R 2 22 2 玉兔 火 月 故选B。 q 6. 如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为 的点电荷；在 2 0 x a 2 区间，x轴上电势的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为Q的点电荷P 置于正方形的中心O点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零。若将P沿x轴向右略 微移动后，由静止释放，以下判断正确的是（ ） 2 1 Q  q A. 2 ，释放后P将向右运动 2 1 Q  q B. 2 ，释放后P将向左运动 2 21 Q q C. 4 ，释放后P将向右运动2 21 Q q D. 4 ，释放后P将向左运动 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】对y轴正向的点电荷，由平衡知识可得 q2 q2 Qq 2k k k a2 ( 2a)2 2 ( a)2 2 2 21 Q q 解得 4 2 0 x a 因在 2 区间内沿x轴正向电势升高，则场强方向沿x轴负向，则将P沿x轴正 向向右略微移动后释放，P受到向右的电场力而向右运动。 故选C。 7. 用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。下列关于 该区域薄膜厚度d随坐标x的变化图像，可能正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】【分析】 【详解】从薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为 x=2d，即光程差为 薄膜厚度的2倍，当光程差 x=nλ时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹△之间的薄膜的厚度 △ 1 差为 λ，在图中相邻亮条纹（或暗条纹）之间的距离变大，则薄膜层的厚度之间变小， 2 因条纹宽度逐渐变宽，则厚度不是均匀变小。 故选D。 8. 迷你系绳卫星在地球赤道正上方的电离层中，沿圆形轨道绕地飞行。系绳卫星由两子卫 星组成，它们之间的导体绳沿地球半径方向，如图所示。在电池和感应电动势的共同作用 下，导体绳中形成指向地心的电流，等效总电阻为r。导体绳所受的安培力克服大小为f的 环境阻力，可使卫星保持在原轨道上。已知卫生离地平均高度为H，导体绳长为 LL H  ，地球半径为R，质量为M，轨道处磁感应强度大小为B，方向垂直于赤道平 面。忽略地球自转的影响。据此可得，电池电动势为（ ） GM fr GM fr BL  BL  A. B. RH BL RH BL GM BL GM BL BL  BL  C. RH fr D. RH fr 【答案】A 【解析】【分析】 【详解】根据 Mm v2 G m (RH)2 (RH) 可得卫星做圆周运动的线速度 GM v RH 根据右手定则可知，导体绳产生的感应电动势相当于上端为正极的电源，其大小为 E'  BLv 因导线绳所受阻力f与安培力F平衡，则安培力与速度方向相同，可知导线绳中的电流方 向向下，即电池电动势大于导线绳切割磁感线产生的电动势 ，可得 EE' f  B L r 解得 GM fr E  BL  RH BL 故选A。 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符 合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 7.5V 9. 输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为 10Ω 的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为 。开关S接1 10W 时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为 ；接2时，匝数比为 1∶2，R上的功率为P。以下判断正确的是（ ）r 10Ω r 5Ω A. B. P 45W P 22.5W C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】当开关S接1时，左侧变压器次级电压 U=3 7.5V=22.5V 2 电阻R上的电压，即右侧变压器的次级电×压 U  PR 10V 4 电流 U I  4 1A 4 R 则右侧变压器初级电压 2 U  10V20V 3 1 电流 1 I  1A=0.5A 3 2 则 U U r  2 3 5Ω I 3 当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器的次级电流为0.5I；右侧变压两边电压关 系可知 U Ir 0.5IR 2  n n 3 4 解得I=3A 则R上的功率 P (0.5I)2R 22.5W 故选BD。 t 2s t 5s 10. 一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为 1 时的波形图，虚线为 2 时的 波形图。以下关于平衡位置在O处质点的振动图像，可能正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】机械波的传播方向不确定，所以需要考虑机械波传播方向的不确定性。 x t 2s O AB．若机械波沿 轴正方向传播，在 1 时 点振动方向竖直向上，则传播时间t t t 3s 2 1 满足 3 t  T nT 4 （n=0，1，2，3…） 解得 12 T  s 4n3 （n=0，1，2，3…） n0 当 时，解得周期 T 4s A正确，B错误； x t 5s O CD．若机械波沿 轴负方向传播，在 2 时 点处于波谷，则 1 t  T nT 4 （n=0，1，2，3…） 解得 12 T  s 4n1 （n=0，1，2，3…） n0 当 时，解得周期 T 12s C正确，D错误。 故选AC。 11. 如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相 v 对地面的速度 0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总 质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（ ）A. 投出物资后热气球做匀加速直线运动 mg B. 投出物资后热气球所受合力大小为  m  2Hv2 d  1 0 H2 C.    M  g 2Hv2  m  2 d  0  1 H2 D.   g  M  【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平 mg 投出重力为 的物资瞬间，满足动量守恒定律 Mvmv 0 v 则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度 ，热气球所受合外力恒为 mg ，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，A错误，B正确； CD．热气球和物资的运动示意图如图所示mg 热气球和物资所受合力大小均为 ，所以热气球在竖直方向上加速度大小为 m a g M 1 H  gt2 物资落地H 过程所用的时间t内，根据 2 解得落地时间为 2H t  g 的 热气球在竖直方向上运动 位移为 1 1 m 2H m H  at2   g  H M 2 2 M g M 热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为 2H x v t v m 0 0 g m 2H x vt  v  M M 0 g 根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为 m 2Hv2 d  (x x )2 (H H )2 (1 ) 0 H2 m M M M g C正确，D错误。 。 故选BC 12. 如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒 从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行。运动过程中金属 棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是（ ） A. 金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度 B. 金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度 C. 金属棒不能回到无磁场区 D. 金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处 【答案】ABD 【解析】 【分析】 B kt 【详解】AB．在I区域中，磁感应强度为 1 ，感应电动势为 B E  1 S kS 1 t 感应电动势恒定，所以导体棒上的感应电流恒为 E kS I  1  1 R R 为 导体棒进入Ⅱ区域后，导体切割磁感线，感应电动势 E  BLv 2 导体棒上的电流为 E BLv I  2  2 R R c Ⅰ区域产生的电流对导体棒的安培力始终沿斜面向上，大小恒定不变，因为导体棒到达 点b 后又能上行，说明加速度始终沿斜面向上，下行和上行经过 点的受力分析如图 下行过程中，根据牛顿第二定律可知 BI LB I Lmgsinma 1 1 2 2 1 上行过程中，根据牛顿第二定律可知 BI LB I Lmgsinma 1 1 2 2 2 比较加速度大小可知 a a 1 2 bc 由于 段距离不变，下行过程中加速度大，上行过程中加速度小，所以金属板下行过经过 b b 点时的速度大于上行经过 点时的速度，AB正确； CD．Ⅰ区域产生的安培力总是大于沿斜面向下的作用力，所以金属棒一定能回到无磁场区 域，由于整个过程中电流通过金属棒产生焦耳热，金属棒的机械能减少，所以金属棒不能 a 回到 处，C错误，D正确。 故选ABD。 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13. 某乒乓球爱好者，利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况。实验步骤如 下： ①固定好手机，打开录音功能； ②从一定高度由静止释放乒乓球； ③手机记录下乒乓球与台面碰撞的声音，其随时间（单位：s）的变化图像如图所示。根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻，如下表所示。 碰撞次序 1 2 3 4 5 6 7 碰撞时刻（s） 1.12 1.58 2.00 2.40 2.78 3.14 3.47 根据实验数据，回答下列向题： （1）利用碰撞时间间隔，计算出第3次碰撞后乒乓球的弹起高度为___________m（保留2 g 9.80m/s2 位有效数字，当地重力加速度 ）。 （2）设碰撞后弹起瞬间与该次碰撞前瞬间速度大小的比值为k，则每次碰撞损失的动能为 碰撞前动能的___________倍（用k表示），第3次碰撞过程中k ___________（保留2位 有效数字）。 （3）由于存在空气阻力，第（1）问中计算的弹起高度___________（填“高于”或“低于”） 实际弹起高度。 1k2 【答案】 ①. 0.20 ②. ③. 0.95 ④. 高于 【解析】 【分析】 t 2.40s2.00s0.40s 【详解】（1）[1]第3次碰撞到第4次碰撞用时 0 ，根据竖直上抛 和自由落体运动的对称性可知第3次碰撞后乒乓球弹起的高度为 1 t 1 h  g( 0)2  9.820.22m0.20m 0 2 2 2 v v 为 （2）[2]碰撞后弹起瞬间速度 2，碰撞前瞬间速度为 1，根据题意可知 v 2 k v 1 则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为1 1 1 mv2  mv2 mv2 2 1 2 2 2 2 1 1k2 1 1 mv2 mv2 2 1 2 1 [3]第3次碰撞前瞬间速度为第2次碰后从最高点落地瞬间的速度 2.001.58 v gt ( )g 0.21g 2 第3次碰撞后瞬间速度为 2.402.00 v gt( )g 0.20g 2 则第3次碰撞过程中 v 0.20 k   0.95 v 0.21 （3）[4]由于存在空气阻力，乒乓球在上升过程中受到向下的阻力和重力，加速度变大， 上升的高度变小，所以第（1）问中计算的弹起高度高于实际弹起的高度。 14. 热敏电阻是传感器中经常使用的元件，某学习小组要探究一热敏电阻的阻值随温度变化 的规律。可供选择的器材有： R 待测热敏电阻 T（实验温度范围内，阻值约几百欧到几千欧）； 1.5V 为0.5Ω 电源E（电动势 ，内阻r约 ）； 0~9999.99Ω 电阻箱R（阻值范围 ）； R 滑动变阻器 1（最大阻值20Ω）； R 2000Ω 滑动变阻器 2（最大阻值 ）；100μA 2500Ω 微安表（量程 ，内阻等于 ）； 开关两个，温控装置一套，导线若干。 同学们设计了如图甲所示的测量电路，主要实验步骤如下： ①按图示连接电路； S S ②闭合 1、 2，调节滑动变阻器滑片P的位置，使微安表指针满偏； S ③保持滑动变阻器滑片P的位置不变，断开 2，调节电阻箱，使微安表指针半偏； ④记录此时的温度和电阻箱的阻值。 回答下列问题： R R （1）为了更准确地测量热敏电阻的阻值，滑动变阻器应选用___________（填“ 1”或“ 2 ”）。 （2）请用笔画线代替导线，在答题卡上将实物图（不含温控装置）连接成完整电路 __________。 6000.00 （3）某温度下微安表半偏时，电阻箱的读数为 ，该温度下热敏电阻的测量值为 ___________Ω（结果保留到个位），该测量值___________（填“大于”或“小于”）真实值。 （4）多次实验后，学习小组绘制了如图乙所示的图像。由图像可知。该热敏电阻的阻值随 温度的升高逐渐___________（填“增大”或“减小”）。【答案】 ①. ②. ③. 3500 ④. 大于 ⑤. 减小 R 1 【解析】 【分析】 【详解】（1）[1]用半偏法测量热敏电阻的阻值，尽可能让该电路的电压在S 闭合前、后 2 保持不变，由于该支路与滑动变阻器前半部分并联，滑动变阻器的阻值越小，S 闭合前、 2 后该部分电阻变化越小，从而电压的值变化越小，故滑动变阻器应选R 1 （2）[2]电路连接图如图所示 （3）[3]微安表半偏时，该支路的总电阻为原来的2倍，即 R R 6000Ω T A 可得 R 3500Ω T [4]当断开S，微安表半偏时，由于该支路的电阻增加，电压略有升高，根据欧姆定律，总 2 电阻比原来2倍略大，也就是电阻箱的阻值略大于热敏电阻与微安表的总电阻，而认为电 阻箱的阻值等于热敏电阻与微安表的总电阻，因此热敏电阻的测量值比真实值偏大。 1 1 lnR  （4）[5]由于是 T T 图像，当温度T升高时，T 减小，从图中可以看出 lnR T 减小， R 从而 T 减小，因此热敏电阻随温度的升高逐渐减小。15. 超强超短光脉冲产生方法曾获诺贝尔物理学奖，其中用到的一种脉冲激光展宽器截面如  图所示。在空气中对称放置四个相同的直角三棱镜，顶角为 。一细束脉冲激光垂直第一 个棱镜左侧面入射，经过前两个棱镜后分为平行的光束，再经过后两个棱镜重新合成为一 束，此时不同频率的光前后分开，完成脉冲展宽。已知相邻两棱镜斜面间的距离 n  2 d 100.0mm ，脉冲激光中包含两种频率的光，它们在棱镜中的折射率分别为 1 和 31 3 4 5 n  sin37 cos37 1.890 2 4 。取 5， 5， 7 。  （1）为使两种频率的光都能从左侧第一个棱镜斜面射出，求 的取值范围； 37 L （2）若 ，求两种频率的光通过整个展宽器的过程中，在空气中的路程差 （保 留3位有效数字）。 045 45 ΔL14.4mm 【答案】（1） （或 ）；（2） 【解析】 【分析】 【详解】（1）设C是全反射的临界角，光线在第一个三梭镜右侧斜面上恰好发生全反射 时，根据折射定律得 1 sinC  n①代入较大的折射率得 C 45 ②  所以顶角 的范围为 045 45 （或 ）③   （2）脉冲激光从第一个三棱镜右侧斜面射出时发生折射，设折射角分别为 1和 2，由折 射定律得 sin n  1 1 sin④ sin n  2 2 sin ⑤ L L 设两束光在前两个三棱镜斜面之间的路程分别为 1和 2，则 d L  1 cos ⑥ 1 d L  2 cos ⑦ 2 ΔL2L I  1 2 ⑧ 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据得 ΔL14.4mm ⑨ 16. 海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击 m0.1kg H 20m v 15m/s 打碎硬壳。一只海鸥叼着质量 的鸟蛤，在 的高度、以 0 的水 g 10m/s2 平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度 ，忽略空气阻 力。t 0.005s （1）若鸟蛤与地面的碰撞时间 ，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的 平均作用力的大小F；（碰撞过程中不计重力） L6m （2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地 面平齐、长度 的岩石，以岩石 20m 左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为 ，速度大小在 15m/s~17m/s 之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。 F 500N [34m,36m] (34m,36m) 【答案】（1） ；（2） 或 【解析】 【分析】 【详解】（1）设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v。竖直方向分速度 v 大小为 y，根据运动的合成与分解得 1 H  gt2 v gt v v2 v2 2 ， y ， 0 y 在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得 FΔt 0mv 联立，代入数据得 F 500N v 15m/s （2）若释放鸟蛤的初速度为 1 ，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x，击中x 右端时，释放点的x坐标为 2，得 x vt x  x L 1 1 ， 2 1 联立，代入数据得 x 30m x 36 1 ， 2 m v 17m/s x 若释放鸟蛤时的初速度为 2 ，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为 1 ，击中右 x  端时，释放点的x坐标为 2 ，得 x v t x   xL 1 2 ， 2 1 联立，代入数据得 x 34m x  40m 1 ， 2 综上得x坐标区间 [34m,36m] (34m,36m) 或 17. 某离子实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标面点 xOy B O，其内充满垂直于 平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 0 ；Ⅱ区宽度为L，左 O O 边界与x轴垂直交于 1点，右边界与x轴垂直交于 2点，其内充满沿y轴负方向的匀强电 O 场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与 2点重合。从离子源不断飘出电荷量为 q、质量为m的正离子，如速后沿x轴正方向过Q点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中  心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为 。忽略离子间的相互作用， 不计重力。 （1）求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v； （2）求Ⅱ区内电场强度的大小E； （3）保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B（数值未知）方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切 O 于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到 1的距离s。 qB d 2qB2d2  d d  v  0 E  0  Ltan   【答案】（1） msin ；（2） mL2tan2 sin tan ；（3） 6( 31) s  L 7 【解析】 【分析】 【详解】（1）设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得 v2 qvB m 0 r ① 根据几何关系得 d sin r ② 联立①②式得 qB d v  0 msin （2）离子在Ⅱ区内只受电场力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，设从进y 入电场到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为地 0，加速度大小为a，由牛顿第 二定律得 qE ma 由运动的合成与分解得 1 y vtsin at2 Lvtcos， y  r(1cos) ， 0 2 0 联立得 2qB2d2  d d  E  0 Ltan    mL2tan2 sin tan （3）Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分  r l 的圆心角为 ，圆周运动半径为 ，运动轨迹长度为 ，由几何关系得      ， l 2 2 2xr 3 2 2 离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有 l L  vcos vcos O C到 1的距离 S 2rsinr 联立得 6( 31) s  L 718. 如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁， 一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静 止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时， 立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面 间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹 1 E  kx2 簧的弹性势能可表示为： p 2 ，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量） x E （1）求B、C向左移动的最大距离 0和B、C分离时B的动能 k； F （2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值 min； x （3）若三物块都停止时B、C间的距离为 BC，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B fx 克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与 BC的大小； F 5f （4）若 ，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图 像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导 过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。 2F 4f F2 6fF 8f 2 10 x  E  F (3 )f 【答案】（1） 0 k 、 k k ；（2） min 2 ；（3） ；（4） W  fx BC 【解析】 【分析】 【详解】（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象， 由功能关系得 1 Fx 2fx  kx2 0 0 2 0 弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能 量守恒得 1 kx2 2fx 2E 2 0 0 k 联立方程解得 2F 4f x  0 k F2 6fF 8f 2 E  k k x （2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为 ，以A为研究对象，由平衡条件得 kx f F 若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值 min，从弹簧恢复原 长到A刚要离开墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得 1 E  kx2  fx k 2 结合第（1）问结果可知10 F (3 )f min 2 10 F (3 )f 根据题意舍去 min 2 ，所以恒力得最小值为 10 F (3 )f min 2 x x （3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为 B，C的位移为 C，以B为研究对象， 由动能定理得 W  fx 0E B k 以C为研究对象，由动能定理得 fx 0E C k 由B、C得运动关系得 x  x x B C BC 联立可知 W  fx BC （4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得 1 5fx 2fx  kx2 0 1 1 2 1 解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为 kx 6f 1 则坐标原点的加速度为 kx 2f 6f 2f 2f a  1   1 2m 2m m 之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为 kx2f a 2m x x a 可知加速度随位移 为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长， 减小， 减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为 f a  2 m 负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对 象，由动能定理得 1 1 kx2 2fx  2mv2 2 1 1 2 v 脱离弹簧瞬间后C速度为 ，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得 1 fx  mv2 2 2 解得脱离弹簧后，C运动的距离为 1 x  x 2 2 1 则C最后停止的位移为 3 3 6f 9f x x  x    1 2 2 1 2 k k 所以C向右运动的图象为