文档文本内容
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
210
82 Pb ，其衰
变方程为
210
210
82
83
Pb
Bi
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
210
82 Pb 的衰变
C.
210
82 Pb 与
210
83 Bi 的质量差等于衰变的质量亏损
D. 方程中的X 来自于
210
82 Pb 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；
C．
210
82Pb 与
210
83Bi 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
210
82Pb 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
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
0v 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.
2
0
2
mv
L
B.
2
0
4
mv
L
C.
2
0
8
mv
L
D.
2
0
16
mv
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
2
0
1
2
0
2
f
L
mv
可得摩擦力的大小
2
0
4
mv
f
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
3
60cm 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.
3
30cm B.
3
40cm C.
3
50cm D.
3
60cm
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】根据玻意耳定律可知
0
0
0
1
5
5
p V
p V
p
V
已知
0
750mmHg
p
，
3
0
60cm
V
，
1
750mmHg+150mmHg
900mmHg
p
代入数据整理得
3
60cm
V
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
2
mM
F
G R
可得
2
2
2
9
9
=
:
=
2=
2
2
M m
M m
F
G
G
F
R
R
月
祝融
祝融
火
玉兔
月
玉兔
火
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
2
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
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.
2
1
2
Q
q
，释放后P 将向右运动
B.
2
1
2
Q
q
，释放后P 将向左运动
C.
2 2
1
4
Q
q
，释放后P 将向右运动
D.
2 2
1
4
Q
q
，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
2
2
2
2
2
2
( 2 )
2
(
)
2
q
q
Qq
k
k
k
a
a
a
解得
2 2
1
4
Q
q
因在
2
0
2
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
差为1
2 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，
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（ ）
A.
GM
fr
BL
R
H
BL
B.
GM
fr
BL
R
H
BL
C.
GM
BL
R
H
fr
BL
D.
GM
BL
R
H
fr
BL
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】根据
2
2
(
)
(
)
Mm
v
G
m
R
H
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.
10Ω
r
B.
5Ω
r
C.
45W
P
D.
22.5W
P
【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
U2=3×7.5V=22.5V
电阻R 上的电压，即右侧变压器的次级电压
4
10V
U
PR
电流
4
4
1A
U
I
R
则右侧变压器初级电压
3
2 10V
20V
1
U
电流
3
1 1A=0.5A
2
I
则
2
3
3
5Ω
U
U
r
I
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
2
3
4
0.5
U
Ir
IR
n
n
解得
I=3A
则R 上的功率
2
(0.5 )
22.5W
P
I
R
故选BD。
10. 一列简谐横波沿x 轴传播，如图所示，实线为1
2s
t
时的波形图，虚线为2
5s
t
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。
AB．若机械波沿x 轴正方向传播，在1
2s
t
时O 点振动方向竖直向上，则传播时间
2
1
3s
t
t
t
满足
3
4
t
T
nT
（n=0，1，2，3…）
解得
12
s
4
3
T
n
（n=0，1，2，3…）
当
0
n
时，解得周期
4s
T
A 正确，B 错误；
CD．若机械波沿x 轴负方向传播，在2
5s
t
时O 点处于波谷，则
1
4
t
T
nT
（n=0，1，2，3…）
解得
12
s
4
1
T
n
（n=0，1，2，3…）
当
0
n
时，解得周期
12s
T
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
0v 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mg
C.
2
2
0
2
1
m
Hv
d
H
M
g
D.
2
2
2
0
2
1
Hv
m
d
H
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
0
Mv
mv
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
物资落地H 过程所用的时间t 内，根据
2
1
2
H
gt
解得落地时间为
2
t
H
g
热气球在竖直方向上运动的位移为
2
M
1
1
2
2
2
m
H
m
H
at
g
H
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
m
0
0
2H
x
v t
v
g
M
0
2
m
H
x
vt
v
M
g
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为
2
2
2
2
0
m
M
M
2
(
)
(
)
(1
)
Hv
m
d
x
x
H
H
H
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
1
B
kt
，感应电动势为
1
1
B
E
S
kS
t
感应电动势恒定，所以导体棒上的感应电流恒为
1
1
E
kS
I
R
R
导体棒进入Ⅱ区域后，导体切割磁感线，感应电动势为
2
E
BLv
导体棒上的电流为
2
2
E
BLv
I
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
1 1
2
2
1
sin
B I L
B I L
mg
ma
上行过程中，根据牛顿第二定律可知
1 1
2
2
2
sin
B I L
B I L
mg
ma
比较加速度大小可知
1
2
a
a
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
2
9.80m/s
g
）。
（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.
2
1 k
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0
2.40s
2.00s
0.40s
t
，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
2
2
2
0
0
1
1
(
)
9.8
0.2 m
0.20m
2
2
2
t
h
g
（2）[2]碰撞后弹起瞬间速度为
2v ，碰撞前瞬间速度为
1v ，根据题意可知
2
1
v
k
v
则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为
2
2
2
1
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
2
2
2
1
1
1
1
2
2
mv
mv
mv
k
mv
mv
[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
(
)
0.21
2
v
gt
g
g
第3 次碰撞后瞬间速度为
2.40
2.00
(
)
0.20
2
v
gt
g
g
则第3 次碰撞过程中
0.20
0.95
0.21
v
k
v
（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
T
R （实验温度范围内，阻值约几百欧到几千欧）；
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
1R （最大阻值20Ω ）；
滑动变阻器
2
R （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
1
S 、
2
S ，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
2
S ，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“
1R ”或“
2
R ”）。
（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.
1R ②.
③. 3500 ④. 大
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S2 闭合前、后保
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，S2 闭合前、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R1
（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
6000Ω
T
A
R
R
可得
3500Ω
T
R
[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。
（4）[5]由于是
1
ln
T
R
T
图像，当温度T 升高时，1
T
减小，从图中可以看出ln
T
R 减小，
从而
T
R 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
100.0mm
d
，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
2
n
和
2
31
4
n
。取
3
sin37
5
，
4
cos37
5
，5
1.890
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）Δ
14.4mm
L
【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
n
①
代入较大的折射率得
45
C
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
1
和
2
，由折
射定律得
1
1
sin
sin
n
④
2
2
sin
sin
n
⑤
设两束光在前两个三棱镜斜面之间的路程分别为
1L 和
2L ，则
1
1
cos
d
L
⑥
2
2
cos
d
L
⑦
1
2
Δ
2
L
L
I
⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据得
Δ
14.4mm
L
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
击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量
0.1kg
m
的鸟蛤，在
20m
H
的高度、以
0
15m/s
v
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
2
10m/s
g
，忽略空气
阻力。
（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间
0.005s
t
，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
6m
L
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）
500N
F
；（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
yv ，根据运动的合成与分解得
2
1
2
H
gt
，
y
gt
v
，
2
2
0
y
v
v
v
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
Δ
0
F t
mv
联立，代入数据得
500N
F
（2）若释放鸟蛤的初速度为
1
15m/s
v
，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 坐标为
2x ，得
1
1
x
v t
，
2
1
x
x
L
联立，代入数据得
1
30m
x
，
2
36
x
m
若释放鸟蛤时的初速度为
2
17m/s
v
，设击中岩石左端时，释放点的x 坐标为
1x ，击中右
端时，释放点的x 坐标为
2x ，得
1
2
x
t
v
，
1
2x
x
L
联立，代入数据得
1
34m
x
，
2
40m
x
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
0
B ；Ⅱ区宽度为L，
左边界与x 轴垂直交于
1
O 点，右边界与x 轴垂直交于
2
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
2
O 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
于C 点，需沿x 轴移动测试板，求移动后C 到
1
O 的距离s。
【答案】（1）
0
sin
qB d
v
m
；（2）
2
2
0
2
2
2
tan
tan
sin
tan
qB d
d
d
E
L
mL
；（3）
6( 3
1)
7
s
L
【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
2
0
v
qvB
m r
①
根据几何关系得
sin
d
r
②
联立①②式得
0
sin
qB d
v
m
（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
0y ，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
cos
L
vt
，
0
(1
cos )
y
r
，
2
0
1
sin
2
y
vt
at
联立得
2
2
0
2
2
2
tan
tan
sin
tan
qB d
d
d
E
L
mL
（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
3
，
2
2
2
2
2
l
xr
离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有
cos
cos
l
L
v
v
C 到
1
O 的距离
2 sin
S
r
r
联立得
6( 3
1)
7
s
L
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：
2
p
1
2
E
kx
，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
0x 和B、C 分离时B 的动能
k
E ；
（2）为保证A 能离开墙壁，求恒力的最小值
min
F
；
（3）若三物块都停止时B、C 间的距离为
BC
x
，从B、C 分离到B 停止运动的整个过程，
B 克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W 与
BC
fx
的大小；
（4）若
5
F
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）
0
2
4
F
f
x
k
、
2
2
k
6
8
F
fF
f
E
k
；（2）
min
10
(3
)
2
F
f
；（3）
BC
W
fx
；（4）
【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
2
0
0
0
1
2
2
Fx
fx
kx
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
2
0
0
k
1
2
2
2 kx
fx
E
联立方程解得
0
2
4
F
f
x
k
2
2
k
6
8
F
fF
f
E
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
min
F
，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
2
k
1
2
E
kx
fx
结合第（1）问结果可知
min
10
(3
)
2
F
f
根据题意舍去
min
10
(3
)
2
F
f
，所以恒力得最小值为
min
10
(3
)
2
F
f
（3）从B、C 分离到B 停止运动，设B 的路程为
B
x ，C 的位移为
C
x ，以B 为研究对象，
由动能定理得
B
k
0
W
fx
E
以C 为研究对象，由动能定理得
k
C
0
fx
E
由B、C 得运动关系得
C
C
B
B
x
x
x
联立可知
BC
W
fx
（4）小物块B、C 向左运动过程中，由动能定理得
2
1
1
1
1
5
2
0
2
fx
fx
kx
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为
1
6
kx
f
则坐标原点的加速度为
1
1
2
6
2
2
2
2
kx
f
f
f
f
a
m
m
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
2
2
kx
f
a
m
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
2
f
a
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
2
2
1
1
1
1
2
2
2
2
kx
fx
mv
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
2
2
1
2
fx
mv
解得脱离弹簧后，C 运动的距离为
2
1
1
2
x
x
则C 最后停止的位移为
1
2
1
3
3 6
9
2
2
f
f
x
x
x
k
k
所以C 向右运动的图象为
