2021年高考真题物理（山东卷）（解析版）_全国卷+地方卷_4.物理_1.物理高考真题试卷_2008-2020年_地方卷_山东高考物理08-21_山东高考物理_A3版_pdf版

绝密★启用前 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 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。 A. 内能减少 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 B. 对外界做正功 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。 C. 增加的内能大于吸收的热量 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210Pb，其衰变方程为 82 D. 增加的内能等于吸收的热量 210Pb210 BiX。以下说法正确的是（ ） 82 83 【答案】B A. 衰变方程中的X是电子 【解析】 B. 升高温度可以加快210Pb的衰变 【分析】 82 【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 C. 210Pb与210Bi的质量差等于衰变的质量亏损 82 83 错误； D. 方程中的X来自于210Pb内质子向中子的转化 82 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 【答案】A pV C 【解析】 T 【分析】 气体体积膨胀，对外界做正功，B正确； 【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； 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 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； U W Q C．210Pb与210Bi和电子X的质量差等于衰变的质量亏损，C错误； 82 83 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。 D．方程中的X来自于210Pb内中子向质子的转化，D错误。 故选B。 82 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，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与 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， 质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v 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 0受摩擦力的大小为（ ） A. 30cm3 B. 40cm3 C. 50cm3 D. 60cm3 【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 mv2 mv2 mv2 mv2 已知 A. 0 B. 0 C. 0 D. 0 2L 4L 8L 16L p 750mmHg，V 60cm3， p 750mmHg+150mmHg900mmHg 0 0 1 【答案】B 代入数据整理得 【解析】 V 60cm3 【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 故选D。 1 f 2L0 mv2 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 2 0 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 可得摩擦力的大小 “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 mv2 f  0 比为（ ） 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，体积为V；每次挤压气囊都能将 60cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V ，压强计示数为150mmHg。已知大 气压强等于750mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于（ ） 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 2 21 解得Q q F M m M m 9 9 4 祝融 =G 火 祝融 :G 月 玉兔 = 2= F R 2 R 2 22 2 玉兔 火 月 2 因在0 x a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 故选B。 2 放，P受到向右的电场力而向右运动。 2 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q的点电荷；在0 x a区间，x 2 故选C。 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 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（ ） 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（ ） A. B. 2 1 A. Q  q，释放后P将向右运动 2 2 1 C. D. B. Q  q，释放后P将向左运动 2 2 21 【答案】D C. Q q，释放后P将向右运动 4 【解析】 2 21 【分析】 D. Q q，释放后P将向左运动 4 【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 【答案】C 1 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差为 λ，在图中相邻亮条纹（或暗条纹） 2 【解析】 之间的距离变大，则薄膜层的厚度之间变小，因条纹宽度逐渐变宽，则厚度不是均匀变小。 【分析】 故选D。 【详解】对y轴正向的点电荷，由平衡知识可得 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 q2 q2 Qq 2k k k 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 a2 ( 2a)2 2 ( a)2 2 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 势大于导线绳切割磁感线产生的电动势 ，可得 EE' 面。忽略地球自转的影响。据此可得，电池电动势为（ ） 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。 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7.5V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10Ω。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为 2∶1，R上的功率为10W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P。以下判断正确的是（ ） GM fr GM fr A. BL  B. BL  RH BL RH BL GM BL GM BL C. BL  D. BL  RH fr RH fr A. r 10Ω B. r 5Ω 【答案】A C. P45W D. P 22.5W 【解析】 【答案】BD 【分析】 【解析】 【详解】根据 【分析】 Mm v2 G m 【详解】当开关S接1时，左侧变压器次级电压 (RH)2 (RH) U =3×7.5V=22.5V 2 可得卫星做圆周运动的线速度 电阻R上的电压，即右侧变压器的次级电压 GM v U  PR 10V RH 4 电流 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 U I  4 1A E'  BLv 4 R 则右侧变压器初级电压 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2 U  10V20V 3 1 电流 C. D. 1 I  1A=0.5A 3 2 则 U U 【答案】AC r  2 3 5Ω I 3 【解析】 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 【分析】 U Ir 0.5IR 【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。 2  n n 3 4 AB．若机械波沿x轴正方向传播，在t 2s时O点振动方向竖直向上，则传播时间t t t 3s满足 1 2 1 解得 3 t  T nT （n=0，1，2，3…） 4 I=3A 解得 则R上的功率 12 T  s（n=0，1，2，3…） P(0.5I)2R22.5W 4n3 当n0时，解得周期 故选BD。 T 4s 10. 一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为t 2s时的波形图，虚线为t 5s时的波形图。以下关于平 1 2 A正确，B错误； 衡位置在O处质点的振动图像，可能正确的是（ ） CD．若机械波沿x轴负方向传播，在t 5s时O点处于波谷，则 2 1 t  T nT （n=0，1，2，3…） 4 解得 12 T  s（n=0，1，2，3…） 4n1 当n0时，解得周期 T 12s C正确，D错误。 A. B. 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的物资以相对地面的速度v 水平 0 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（ ） 热气球和物资所受合力大小均为mg，所以热气球在竖直方向上加速度大小为 m A. 投出物资后热气球做匀加速直线运动 a g M B. 投出物资后热气球所受合力大小为mg 1 物资落地H 过程所用的时间t内，根据H  gt2解得落地时间为 2  m  2Hv2 C. d   1  0 H2  M  g 2H t  g 2Hv2  m  2 D. d  0   1  H2 热气球在竖直方向上运动的位移为 g  M  1 1 m 2H m 【答案】BC H  at2   g  H M 2 2 M g M 【解析】 热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为 【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，水平投出重力为mg的物资 x v t v 2H m 0 0 g 瞬间，满足动量守恒定律 m 2H Mvmv x vt  v  0 M M 0 g 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v，热气球所受合外力恒为mg，竖直向上，所以 根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为 热气球做匀加速曲线运动，A错误，B正确； m 2Hv2 d  (x x )2 (H H )2 (1 ) 0 H2 CD．热气球和物资的运动示意图如图所示 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（ ） 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. 金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度 a a 1 2 B. 金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度 由于bc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点时的速度大于上 C. 金属棒不能回到无磁场区 行经过b点时的速度，AB正确； D. 金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处 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 【答案】ABD 电流通过金属棒产生焦耳热，金属棒的机械能减少，所以金属棒不能回到a处，C错误，D正确。 【解析】 故选ABD。 【分析】 三、非选择题：本题共 6小题，共 60分。 【详解】AB．在I区域中，磁感应强度为B kt，感应电动势为 1 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： B E  1 S kS 1 t ①固定好手机，打开录音功能； 感应电动势恒定，所以导体棒上的感应电流恒为 ②从一定高度由静止释放乒乓球； E kS I  1  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。 1 R R 导体棒进入Ⅱ区域后，导体切割磁感线，感应电动势为 E  BLv 2 导体棒上的电流为 E BLv I  2  2 R R 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。 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c点后又能上行，说明 加速度始终沿斜面向上，下行和上行经过b点的受力分析如图 碰撞次序 1 2 3 4 5 6 7v 0.20 碰撞时刻（s） 1.12 1.58 2.00 2.40 2.78 3.14 3.47 k   0.95 v 0.21 根据实验数据，回答下列向题： （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 （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位有效数字，当地重 第（1）问中计算的弹起高度高于实际弹起的高度。 力加速度g 9.80m/s2）。 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： （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。 【答案】 ①. 0.20 ②. 1k2 ③. 0.95 ④. 高于 【解析】 【分析】 【详解】（1）[1]第3次碰撞到第4次碰撞用时t 0 2.40s2.00s0.40s，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 待测热敏电阻R （实验温度范围内，阻值约几百欧到几千欧）； T 1 t 1 h 0  2 g( 2 0)2  2 9.820.22m0.20m 电源E（电动势1.5V，内阻r约为 0.5Ω）； 电阻箱R（阻值范围0~9999.99Ω）； （2）[2]碰撞后弹起瞬间速度为v ，碰撞前瞬间速度为v ，根据题意可知 2 1 滑动变阻器R （最大阻值20Ω）； v 1 2 k v 1 滑动变阻器R （最大阻值2000Ω）； 2 则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为 微安表（量程100μA，内阻等于2500Ω）； 1 1 1 mv2  mv2 mv2 2 1 2 2 1 2 2 1k2 开关两个，温控装置一套，导线若干。 1 1 mv2 mv2 2 1 2 1 同学们设计了如图甲所示的测量电路，主要实验步骤如下： [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 ①按图示连接电路； 2.001.58 v gt ( )g 0.21g ②闭合S 、S ，调节滑动变阻器滑片P的位置，使微安表指针满偏； 1 2 2 第3次碰撞后瞬间速度为 ③保持滑动变阻器滑片P的位置不变，断开S ，调节电阻箱，使微安表指针半偏； 2 2.402.00 v gt( )g 0.20g ④记录此时的温度和电阻箱的阻值。 2 则第3次碰撞过程中 回答下列问题：（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“R ”或“R ”）。 1 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__________。 （3）某温度下微安表半偏时，电阻箱的读数为6000.00，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”）。 （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，总电阻比原来2倍略 2 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 （4）[5]由于是lnR  图像，当温度T升高时， 减小，从图中可以看出lnR 减小，从而R 减小，因此热 T T T T T 敏电阻随温度的升高逐渐减小。 【答案】 ①. R ②. ③. 3500 ④. 大于 ⑤. 减小 1 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 【解析】 棱镜斜面间的距离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n  2和 【分析】 1 【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 2 闭合前、后保持不变，由于该支路 31 3 4 5 n  。取sin37 ，cos37 ， 1.890。 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、后该部分电阻变化越小，从而电压的值变化 2 4 5 5 7 2 越小，故滑动变阻器应选R （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； 1 （2）[2]电路连接图如图所示 （2）若37，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L（保留3位有效数字）。ΔL2L I  ⑧ 1 2 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据得 ΔL14.4mm⑨ 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，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥 叼着质量m0.1kg的鸟蛤，在H 20m的高度、以v 15m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平 0 地面上。取重力加速度g 10m/s2，忽略空气阻力。 （1）若鸟蛤与地面的碰撞时间t 0.005s，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 【答案】（1）045（或45）；（2）ΔL14.4mm F；（碰撞过程中不计重力） 【解析】 （2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地 面平齐、长度L6m的岩石，以岩石左端为坐标原点，建 【分析】 立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为20m，速度大小在15m/s~17m/s之间，为保证鸟蛤一定能落 【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 到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。 1 sinC  ① n 代入较大的折射率得 C 45② 所以顶角的范围为 045（或45）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和，由折射定律得 1 2 【答案】（1）F 500N；（2）[34m,36m]或(34m,36m) sin n  1 ④ 1 sin 【解析】 【分析】 sin n  2 ⑤ 2 sin 【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。竖直方向分速度大小为v ，根据运动的 y 设两束光在前两个三棱镜斜面之间的路程分别为L 和L ，则 合成与分解得 1 2 1 H  gt2，v gt，v v2 v2 d 2 y 0 y L  ⑥ 1 cos 1 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 d FΔt 0mv L  ⑦ 2 cos 2 联立，代入数据得F 500N （2）若释放鸟蛤的初速度为v 15m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x，击中右端时，释放点的x 1 坐标为x ，得 2 x vt ，x  x L 1 1 2 1 联立，代入数据得 x 30m，x 36m 1 2 若释放鸟蛤时的初速度为v 17m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x，击中右端时，释放点的x坐 2 1 qB d 2qB2d2  d d  6( 31) 标为x ，得 【答案】（1）v  0 ；（2）E  0  Ltan  ；（3）s  L 2 msin mL2tan2 sin tan 7 x v t，x   xL 【解析】 1 2 2 1 联立，代入数据得 【分析】 x 34m，x  40m 【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 1 2 v2 综上得x坐标区间 qvB m ① 0 r [34m,36m]或(34m,36m) 根据几何关系得 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O，其内充满垂直 d sin ② r 于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于O 点，右边界与x 0 1 联立①②式得 轴垂直交于O 点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与O 点重 2 2 qB d v  0 msin 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 （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，设从进入电场到击中测试 重力。 板中心C的时间为t，y方向的位移为地y ，加速度大小为a，由牛顿第二定律得 0 （1）求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v； qE ma （2）求Ⅱ区内电场强度的大小E； 由运动的合成与分解得 （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 1 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于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后 Lvtcos， y r(1cos)， y vtsin at2 0 0 2 C到O 的距离s。 1 联立得2qB2d2  d d  （3）若三物块都停止时B、C间的距离为x ，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的 E  0  Ltan   BC mL2tan2 sin tan 功为W，通过推导比较W与 fx 的大小； BC （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。设左侧部分的圆心角为，圆周 运动半径为r，运动轨迹长度为l，由几何关系得 （4）若F 5f ，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，  ，  2 3 l 2 2xr 水平向右为正方向。 2 2 离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有 l L  vcos vcos C到O 的距离 1 S 2rsinr 联立得 6( 31) 2F 4f F2 6fF 8f 2 10 s  L 【答案】（1） x  、 E  ；（2） F (3 )f ；（3）W  fx ；（4） 7 0 k k k min 2 BC 【解析】 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 【分析】 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 【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 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 1 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 Fx 2fx  kx2 0 0 2 0 1 内。（弹簧的弹性势能可表示为：E  kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量） p 2 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）求B、C向左移动的最大距离x 和B、C分离时B的动能E ； 1 0 k kx2 2fx 2E 2 0 0 k （2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值F ； min 联立方程解得1 2F 4f 5fx 2fx  kx2 0 x  1 1 2 1 0 k 解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为 F2 6fF 8f 2 E  kx 6f k k 1 则坐标原点的加速度为 （2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为x，以A为研究对象，由平衡条件得 kx 2f 6f 2f 2f a  1   kx f 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 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F ，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得 min kx2f a  2m 过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得 1 可知加速度随位移x为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，x减小，a减小，弹簧恢复原长时，B和C分离， E  kx2  fx k 2 之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为 结合第（1）问结果可知 f a  2 m 10 F (3 )f 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 min 2 1 1 kx2 2fx  2mv2 10 2 1 1 2 根据题意舍去F (3 )f ，所以恒力得最小值为 min 2 脱离弹簧瞬间后C速度为v，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得 1 10 fx  mv2 F (3 )f 2 2 min 2 解得脱离弹簧后，C运动的距离为 （3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为x ，C的位移为x ，以B为研究对象，由动能定理得 1 B C x  x 2 2 1 W  fx 0E B k 则C最后停止的位移为 3 3 6f 9f 以C为研究对象，由动能定理得 x x  x    1 2 2 1 2 k k fx 0E C k 所以C向右运动的图象为 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