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2021 年山东省普通高中学业水平选择性考试（山东卷）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
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
210Pb，
其衰变方程为❑82
210Pb→83
210Bi+X。以下说法正确的是（ ）
A．衰变方程中的X 是电子
B．升高温度可以加快❑82
210Pb的衰变
C．❑82
210Pb与❑83
210Bi的质量差等于衰变的质量亏损
D．方程中的X 来自于❑82
210Pb内质子向中子的转化
【答案】A
【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．
b
82
210 与
i
83
210 和电子X 的质量差等于衰变的质量亏损，C 错误；
D．方程中的X 来自于
b
82
210 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
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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
【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
T =C
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
ΔU =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v0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（ ）
A．m v0
2
2π L
B．m v0
2
4 π L
C．m v0
2
8 π L
D．m v0
2
16 π L
【答案】B
【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
−f ⋅2π L=0−1
2 mv0
2
可得摩擦力的大小
f = mv0
2
4 π L
故选B。
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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60cm
3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．30cm
3
B．40cm
3
C．50cm
3
D．60cm
3
【答案】D
【详解】根据玻意耳定律可知
p0V +5 p0V 0= p1×5V
已知
p0=750 mmHg，V 0=60cm
3，p1=750 mmHg+150mmHg=900 mmHg
代入数据整理得
V =60cm
3
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
【详解】悬停时所受平台的作用力等于万有引力，根据
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F =G m M
R
2
可得
F祝融
F玉兔
=G M 火m祝融
R火
2
:G M 月m玉兔
R月
2
= 9
2
2 ×2= 9
2
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0≤x<
❑√2
2 a区间，x 轴上电势φ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（ ）
A．Q =
❑√2+1
2
q，释放后P 将向右运动
B．Q =
❑√2+1
2
q，释放后P 将向左运动
C．Q = 2❑√2+1
4
q，释放后P 将向右运动
D．Q = 2❑√2+1
4
q，释放后P 将向左运动
【答案】C
【详解】对y 轴正向的点电荷，由平衡知识可得
❑√2k q
2
a
2 + k
q
2
(❑√2a)
2 =k
Q q
(
❑√2
2 a)
2
解得
Q = 2❑√2+1
4
q
因在0≤x<
❑√2
2 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
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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
【详解】用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，从透明薄膜的上下表面分别反射的两
列光是相干光，发生干涉现象，出现条纹，所以此条纹是由上方玻璃板的下表面和下
方玻璃板的上表面反射光叠加后形成的，其光程差为透明薄膜厚度的2 倍，当光程差
△x=nλ 时此处表现为亮条纹，即当薄膜的厚度
d =n λ
2
时对应的条纹为亮条纹，在题目的干涉条纹中，从左向右条纹的间距逐渐增大，结合
干涉条纹公式对应的厚度公式可知从左向右薄膜厚度的变化率逐渐减小。
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。已知卫星离地平均高度为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（ ）
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A．B L❑√
G M
R+ H + f r
B L
B．B L❑√
G M
R+ H −f r
B L
C．B L❑√
G M
R+ H + B L
f r
D．B L❑√
G M
R+ H −B L
f r
【答案】A
【详解】根据
G
M m
( R+ H )
2 =m
v
2
( R+ H )
可得卫星做圆周运动的线速度
v = ❑√
G M
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
' = B Lv
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
f = B E−E
'
r
L
解得
E = B L❑√
G M
R+ H + f r
B L
故选A。
二、多选题
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
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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 = 45 W
D．P =22.5 W
【答案】BD
【详解】当开关S 接1 时，左侧变压器次级电压
U2=3×7.5V=22.5V
电阻R 上的电压，即右侧变压器的次级电压
U 4= ❑√P R =10 V
电流
I 4= U 4
R =1A
则右侧变压器初级电压
U 3= 2
1 ×10 V =20 V
电流
I 3= 1
2 ×1A=0.5A
则
r = U 2−U 3
I 3
=5Ω
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 2−I r
n3
= 0.5 I R
n4
解得
I=3A
则R 上的功率
P =(0.5 I )
2 R =22.5 W
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故选BD。
10．一列简谐横波沿x 轴传播，如图所示，实线为t1=2s时的波形图，虚线为t2=5s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
【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t1=2s时O点振动方向竖直向上，则传播时间
Δt =t2−t1=3s满足
Δt = 3
4 T +nT（n=0，1，2，3…）
解得
T =
12
4 n+3 s（n=0，1，2，3…）
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t2=5s时O点处于波谷，则
Δt = 1
4 T +nT（n=0，1，2，3…）
解得
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T =
12
4 n+1 s（n=0，1，2，3…）
当n=0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
以相对地面的速度v0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
B．投出物资后热气球所受合力大小为m g
C．d =(1+ m
M)
❑√
2 H v0
2
g
+ H
2
D．d =
❑√
2 H v0
2
g
+(1+ m
M)
2
H
2
【答案】BC
【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m g的物资瞬间，满足动量守恒定律
M v =m v0
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m g，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，故A 错误，B 正确；
CD．热气球和物资的运动示意图如图所示
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热气球和物资所受合力大小均为m g，所以热气球在竖直方向上加速度大小为
a= m
M g
物资落地H过程所用的时间t内，根据H = 1
2 gt
2解得落地时间为
t = ❑√
2 H
g
热气球在竖直方向上运动的位移为
H M= 1
2 at
2= 1
2 ⋅m
M g⋅2 H
g = m
M H
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为
xm = v0t = v0
❑√
2 H
g
xM= v t = m
M v0⋅❑√
2 H
g
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为
d =
❑√( xm+ xM)
2+( H + H M)
2=(1+ m
M )
❑√
2 H v0
2
g
+ H
2
故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（ ）
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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
【详解】AB．在I 区域中，磁感应强度为B1=k t，感应电动势
E1= ΔB1
Δt S =k S
感应电动势恒定，所以导体棒上的感应电流恒为
I 1= E1
R = k S
R
导体棒进入Ⅱ区域后，导体切割磁感线，产生一个感应电动势，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
设下行、上行过b 时导体棒的速度分别为v，v '，则下行过b 时导体棒切割磁感线产生
的感应电流为
E2= B2 Lv
下行过b 时导体棒上的电流为
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I 2= E2+ E1
R
= B2 Lv
R
+ k S
R
下行过b 时，根据牛顿第二定律可知
B2 I 2 L−m gsinθ = B2
2 L
2v
R
+ B2k S L
R
−m gsinθ =ma1
上行过b 时，切割磁感线的产出的感应电动势为
E2' = B2 Lv '
上行过b 时导体棒上的电流为
I 3= E1−E2
R
= k S
R −B2 Lv '
R
根据牛顿第二定律可知
B2 I 3 L−m gsinθ = B2k S L
R
−B2
2 L
2v '
R
−m gsinθ =ma2
比较加速度大小可知
a1>a2
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．导体棒上行时，加速度与速度同向，则导体棒做加速度减小的加速度运动，则一
定能回到无磁场区。由AB 分析可得，导体棒进磁场Ⅱ区（下行进磁场）的速度大于
出磁场Ⅱ区（下行进磁场）的速度，导体棒在无磁场区做加速度相同的减速运动
m gsinθ =ma0
则金属棒不能回到a处，C 错误，D 正确。
故选ABD。
三、实验题
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。
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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，回答下列问题：
（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=9.80 m/s
2）。
（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】 0.20 1−k
2 0.95 高于
【详解】（1）[1]第3 次碰撞到第4 次碰撞用时t0=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
h0= 1
2 g( t0
2 )
2
= 1
2 ×9.8×0.2
2m ≈0.20 m
（2）[2]碰撞后弹起瞬间速度为v2，碰撞前瞬间速度为v1，根据题意可知
v2
v1
=k
则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为
1
2 m v1
2−1
2 m v2
2
1
2 m v1
2
=1−
1
2 m v2
2
1
2 m v1
2 =1−k
2
[3]第2 次碰后从最高点落地瞬间的速度
v = gt =( 2.00−1.58
2
)g=0.21g
第3 次碰撞后瞬间速度为
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v ′ = gt ′ =( 2.40−2.00
2
)g=0.20 g
则第3 次碰撞过程中
k = v ′
v = 0.20
0.21 ≈0.95
（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RT（实验温度范围内，阻值约几百欧到几千欧）；
电源E（电动势1.5 V，内阻r 约为0.5Ω）；
电阻箱R（阻值范围0~9999.99Ω）；
滑动变阻器R1（最大阻值20Ω）；
滑动变阻器R2（最大阻值2000Ω）；
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S1、S2，调节滑动变阻器滑片P 的位置，使微安表指针满偏；
③保持滑动变阻器滑片P 的位置不变，断开S2，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：
（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“R1”
或“R2”）。
（2）请用笔画线代替导线，将实物图（不含温控装置）连接成完整电路 。
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（3）某温度下微安表半偏时，电阻箱的读数为6000.00Ω，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】
R1
3500 大于 减小
【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S2闭合前、
后保持不变，由于该支路与滑动变阻器左侧部分电阻并联，滑动变阻器的阻值越小，
S2闭合前、后并联部分电阻变化越小，从而并联部分的电压值变化越小，故滑动变阻
器应选R1。
（2）[2]电路连接图如图所示
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（3）[3]微安表半偏时，该支路的总电阻为原来的2 倍，即
RT + Rμ A = R =6000.00Ω
可得
RT =3500Ω
[4]当断开S2，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
我们用电阻箱的阻值等于热敏电阻与微安表的总电阻来计算，因此热敏电阻的测量值
比真实值偏大。
（4）[5]由于是ln RT −1
T
图像，当温度T 升高时，1
T
减小，从图中可以看出ln RT减小，
从而RT减小，因此热敏电阻随温度的升高逐渐减小。
四、解答题
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θ。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 =100.0 mm，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
n1= ❑√2和n2=
❑√31
4
。取sin37° = 3
5，cos37° = 4
5 ，5
❑√7 =1.890。
（1）为使两种频率的光都能从左侧第一个棱镜斜面射出，求θ的取值范围；
（2）若θ =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Δ L
（保留3 位有效数字）。
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【答案】（1）0<θ<45°（或θ<45°）；（2）Δ L=14.4 mm
【详解】（1）由几何关系可得，光线在第一个三梭镜右侧斜面上的入射角等于θ，要
使得两种频率的光都从左侧第一个棱镜斜面射出，则θ需要比两种频率光线的全反射角
都小，设C 是全反射的临界角，根据折射定律得
sinC = 1
n
①
折射率越大，临界角越小，代入较大的折射率得
Cmin= 45°②
所以顶角θ的范围为
0<θ<45°（或θ<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α1和α2，由
折射定律得
n1= sin α1
sinθ
④
n2= sin α2
sinθ
⑤
设两束光在前两个三棱镜斜面之间的路程分别为L1和L2，则
L1=
d
cosα1
⑥
L2=
d
cosα2
⑦
Δ L=2( L1−I 2)⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据得
Δ L=14.4 mm⑨
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 =20 m的高度、以
v0=15 m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度
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g=10 m/s
2，忽略空气阻力。
（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间Δt =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=6 m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）500 N；（2）[34 m ,36 m ]
【详解】（1）设鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v，竖直分速度大小为v y，据自由落体
运动规律可得
v y = ❑√2 g H =20 m/s
t = v y
g =2s
则碰撞前鸟蛤的合速度为
v =
❑√v0
2+ v y
2 =25 m/s
在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度方向为正方向，由动量定理得
−F Δt =0−m v
联立解得碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小为
F =500 N
（2）若释放鸟蛤的初速度为v1=15 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x 坐标为x1，
击中右端时，释放点的x 坐标为x2，得
x1= v1t，x2= x1+ L
联立，代入数据得
x1=30 m，x2=36 m
若释放鸟蛤时的初速度为v2=17 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x 坐标为x1
′，击
试卷第19页，共3页
中右端时，释放点的x 坐标为x2
′，得
x1
′ = v2t，x2
′ = x1
′ + L
联立，代入数据得
x1
′ =34 m，x2
′ = 40 m
综上所述可得x 坐标区间为[34 m ,36 m ]。
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
标原点O，其内充满垂直于xO y平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；Ⅱ区宽
度为L，左边界与x 轴垂直交于O1点，右边界与x 轴垂直交于O2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O2点重合。从离子
源不断飘出电荷量为q、质量为m 的正离子，加速后沿x 轴正方向过O 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θ。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O1的距离S。
【答案】（1）v = q B0d
msinθ
；（2）E = 2q B0
2d
2
m L
2tan
2θ(Ltanθ+
d
sinθ −
d
tanθ)
；（3）
S = 6(❑√3+1)
7 π
L
【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
q v B0=m v
2
r
①
根据几何关系得
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sinθ = d
r
②
联立①②式得
v = q B0d
msinθ
（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y0，加速度大小为a，
由牛顿第二定律得
q E =ma
由运动的合成与分解得
L=(v cosθ)·t，y0=−r(1−cosθ)，y0=(v sinθ)·t −1
2 at
2
联立得
E = 2q B0
2d
2
m L
2tan
2θ(L tanθ+
d
sinθ −
d
tanθ)
（3）Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y 轴的方向做线速度大小为vcosθ 的匀速圆周运
动，如图所示。设左侧部分的圆心角为α，圆周运动半径为r
′，运动轨迹长度为l
′，由
几何关系得
l
' = α
2π ×2π r
' +
α + π
2
2π ×2π r
'， cosα = r '
2r '
由于在y 轴方向的运动不变，离子的运动轨迹与测试板相切于C 点，则离子在Ⅱ区内
的运动时间不变，故有
l
'
v cosθ =
L
v cosθ
C 到O1的距离
S =2r
′ sin α +r
′
联立得
S = 6(❑√3+1)
7 π
L
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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。（弹簧的弹性势能可表示为：Ep= 1
2 k x
2，k 为弹簧的劲度系数，x
为弹簧的形变量）
（1）求B、C 向左移动的最大距离x0和B、C 分离时B 的动能Ek；
（2）为保证A 能离开墙壁，求恒力的最小值Fmin；
（3）若三物块都停止时B、C 间的距离为xBC，从B、C 分离到B 停止运动的整个过程，
B 克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W 与f xBC的大小；
（4）若F =5 f ，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。
【答案】（1）x0= 2 F −4 f
k
、Ek= F
2−6 f F +8 f
2
k
；（2）Fmin=(3+
❑√10
2
)f ；（3）
W <f xBC
；（4）
【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
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F x0=2f x0+ 1
2 k x0
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
2 k x0
2=2f x0+2 Ek
联立方程解得
x0= 2 F −4 f
k
Ek= F
2−6 f F +8 f
2
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
k x = 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Fmin，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
Ek= 1
2 k x
2+ f x
结合第（1）问结果可知
Fmin=(3±
❑√10
2
)f
根据题意舍去Fmin=(3−
❑√10
2
)f ，所以恒力得最小值为
Fmin=(3+
❑√10
2
)f
（3）从B、C 分离到B 停止运动，设B 的路程为xB，C 的位移为xC，以B 为研究对象，
由动能定理得
−W −f xB=0−Ek
以C 为研究对象，由动能定理得
−f xC=0−Ek
由B、C 得运动关系得
xB> xC−xBC
联立可知
W <f xBC
（4）小物块B、C 向左运动过程中，由动能定理得
5 f x1−2f x1−1
2 k x1
2=0
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为
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k x1=6 f
则坐标原点的加速度为
a1= k x1−2f
2m
= 6 f −2f
2m
= 2f
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
a= k x−2f
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
a2=−f
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
2 k x1
2−2f x1= 1
2 ⋅2m v
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
f x2= 1
2 mv
2
解得脱离弹簧后，C 运动的距离为
x2= 1
2 x1
则C 最后停止的位移为
x1+ x2= 3
2 x1= 3
2 ⋅6 f
k = 9 f
k
所以C 向右运动的图象为
