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_A4版_pdf版

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。 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 82 变方程为210Pb210 BiX。以下说法正确的是（ ） 82 83 A. 衰变方程中的X是电子 B. 升高温度可以加快210Pb的衰变 82 C. 210Pb与210Bi的质量差等于衰变的质量亏损 82 83 D. 方程中的X来自于210Pb内质子向中子的转化 82 【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； 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 D．方程中的X来自于210Pb内中子向质子的转化，D错误。 82 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v 出发，恰好能完成一 0 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 A. 0 B. 0 C. 0 D. 0 2L 4L 8L 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，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. 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 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。 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 2 0 x a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 2 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 A. Q  q，释放后P将向右运动 2 2 1 B. Q  q，释放后P将向左运动 2 2 21 C. Q q，释放后P将向右运动 4 2 21 D. Q q，释放后P将向左运动 4 【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 解得Q q 4 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 2 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 A. BL  B. BL  RH BL RH BL GM BL GM BL C. BL  D. BL  RH fr 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。 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（ ） A. r 10Ω B. r 5Ω C. P45W D. P 22.5W 【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。 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 1 2 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。 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 1 t t t 3s满足 2 1 3 t  T nT （n=0，1，2，3…） 4 解得 12 T  s（n=0，1，2，3…） 4n3 当n0时，解得周期 T 4s A正确，B错误； 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 12sC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 对地面的速度v 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 0 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 B. 投出物资后热气球所受合力大小为mg  m  2Hv2 C. d   1  0 H2  M  g 2Hv2  m  2 D. d  0  1 H2   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 投出重力为mg的物资瞬间，满足动量守恒定律 Mvmv 0 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 g M 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 2H t  g 热气球在竖直方向上运动的位移为 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】 【详解】AB．在I区域中，磁感应强度为B kt，感应电动势为 1 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 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 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 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点时的速度大于上行经过b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 回到a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位有效数字，当地重力加速度g 9.80m/s2）。 （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 2.40s2.00s0.40s，根据竖直上抛 0 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 （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 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： 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 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）； 滑动变阻器R （最大阻值20Ω）； 1 滑动变阻器R （最大阻值2000Ω）； 2 微安表（量程100μA，内阻等于2500Ω）； 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； 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 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 ④记录此时的温度和电阻箱的阻值。 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“ 1R ”）。 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”）。 【答案】 ①. R ②. ③. 3500 ④. 大 1 于 ⑤. 减小 【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、后保 2 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、后 2 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 （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， T T T T 从而R 减小，因此热敏电阻随温度的升高逐渐减小。 T 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 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 1 31 3 4 5 n  。取sin37 ，cos37 ， 1.890。 2 4 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； （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）。【答案】（1）045（或45）；（2）ΔL14.4mm 【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  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 1 2 射定律得 sin n  1 ④ 1 sin sin n  2 ⑤ 2 sin 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 1 2 d L  ⑥ 1 cos 1 d L  ⑦ 2 cos 2ΔL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 0 水平速度飞行时，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F；（碰撞过程中不计重力） （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到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。 【答案】（1）F 500N；（2）[34m,36m]或(34m,36m) 【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。竖直方向分速度大 小为v ，根据运动的合成与分解得 y 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（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 1 右端时，释放点的x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 2 1 端时，释放点的x坐标为x ，得 2 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]或(34m,36m) 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， 0 左边界与x轴垂直交于O 点，右边界与x轴垂直交于O 点，其内充满沿y轴负方向的匀 1 2 强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与O 点重合。从离子源不断飘出电 2 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 于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到O 的距离s。 1qB d 2qB2d2  d d  【答案】（1） v  0 ；（2） E  0  Ltan  ；（3） msin mL2tan2 sin tan 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 ① 0 r 根据几何关系得 d sin ② r 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y ，加速度大小为a，由牛顿 0 第二定律得 qE ma 由运动的合成与分解得1 Lvtcos， y r(1cos)， y vtsin at2 0 0 2 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 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     ，  2 3 l 2 2xr 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) 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。 1 （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 （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 ； 0 k（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值F ； min （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， BC B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与 fx 的大小； BC （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，水平向右为正方向。 2F 4f F2 6fF 8f 2 10 【答案】（1）x  、E  ；（2）F (3 )f ；（3） 0 k k k min 2 W  fx ；（4） 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 （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 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F ，从弹簧恢复原 min 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 根据题意舍去F (3 )f ，所以恒力得最小值为 min 2 10 F (3 )f min 2 （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， B C 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 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，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 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 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