2021年山东省高考物理真题（解析版）

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1、2021 年高考真题山东卷 一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 24 分。每小题只有一个选项符合题目要求。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 210210 8283 PbBiX。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

2、 【解析】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

3、. 增加的内能等于吸收的热量 【答案】B 【解析】 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 UWQ 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

4、连。 木块以水平初速度 0 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】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 20 2 fLmv 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

5、 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】根据玻意耳定律可知 0001 55p Vp VpV 已知 0 750mmHgp ， 3 0 60cmV ， 1 750mmHg+150mmHg900mmHgp 代入数据整理得 3 60cmV 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

6、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. 91 B. 92 C. 361 D. 721 【答案】B 【解析】悬停时所受平台的作用力等于万有引力，根据 2 mM FG R 可得 222 99 =:=2= 22 M mM mF GG FRR 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 xa区 间，x 轴上电

7、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. 21 2 Qq ，释放后 P 将向右运动 B. 21 2 Qq ，释放后 P 将向左运动 C. 2 21 4 Qq ，释放后 P 将向右运动 D. 2 21 4 Qq ，释放后 P 将向左运动 【答案】C 【解析】对 y 轴正向的点电荷，由平衡知识可得 22 2 2 2 2 ( 2 )2 () 2 qqQq kkk aa a 解得 2 21 4 Qq 因在 2 0 2 xa区间内沿 x 轴正

8、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】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=n 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 ，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

9、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 LH，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. GMfr BL RHBL B. GMfr BL RHBL C. GM BL RHfr BL D. GM BL RH

10、fr BL 【答案】A 【解析】根据 2 2 ()() Mmv Gm RHRH 可得卫星做圆周运动的线速度 GM v RH 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 EBLv 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 EE fBL r 解得 GMfr EBL RHBL 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

11、电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为 13，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10。开关 S 接 1 时，右侧变压器原、副线圈匝数 比为 21，R 上的功率为10W；接 2 时，匝数比为 12，R 上的功率为 P。以下判断正确的是（ ） A. 10r B. 5r C. 45WP D. 22.5WP 【答案】BD 【解析】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 10VUPR 电流 4 4 1A U I R 则右侧变压器初级电压 3 2 10V20V 1

12、U 电流 3 1 1A=0.5A 2 I 则 23 3 5 UU 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 34 0.5UIrIR nn 解得 I=3A 则 R 上的功率 2 (0.5 )22.5WPIR 故选 BD。 10. 一列简谐横波沿 x 轴传播，如图所示，实线为 1 2st 时的波形图，虚线为 2 5st 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】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

13、向传播，在 1 2st 时O点振动方向竖直向上，则传播时间 21 3sttt 满足 3 4 tTnT （n=0，1，2，3） 解得 12 s 43 T n （n=0，1，2，3） 当0n时，解得周期 4sT A 正确，B 错误； CD若机械波沿x轴负方向传播，在 2 5st 时O点处于波谷，则 1 4 tTnT （n=0，1，2，3） 解得 12 s 41 T n （n=0，1，2，3） 当0n时，解得周期 12sT 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 0 v水 平投出，落地时物资与热气

14、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 mHv dH Mg D. 2 2 2 0 2 1 Hvm dH gM 【答案】BC 【解析】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 Mvmv 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；

15、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 ag M 物资落地H过程所用的时间t内，根据 2 1 2 Hgt解得落地时间为 2 t H g 热气球在竖直方向上运动位移为 2 M 112 22 mHm HatgH MgM 热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为 m00 2H xv tv g M0 2mH xvtv Mg 根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为 2 222 0 mMM 2 ()()(1) Hvm dxxHHH Mg 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

16、在绝缘斜面上。区域、中磁场方向均垂直斜面向上， 区中磁感应强度随时间均匀增加，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】AB在 I 区域中，磁感应强度为 1 Bkt ，感应电动势为 1 1 B ESkS t 感应电动

17、势恒定，所以导体棒上的感应电流恒为 1 1 EkS I RR 导体棒进入区域后，导体切割磁感线，感应电动势 2 EBLv 导体棒上的电流为 2 2 EBLv I RR 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 12 21 sinB I LB I Lmgma 上行过程中，根据牛顿第二定律可知 1 12 22 sinBI LB I Lmgma 比较加速度大小可知 12 aa 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

18、过b点时的速度大 于上行经过b点时的速度，AB 正确； CD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： 固定好手机，打开录音功能； 从一定高度由静止释放乒乓球； 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

19、 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/sg ） 。 （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 0.

20、95 （3）高于 【解析】 （1）1第 3 次碰撞到第 4 次碰撞用时 0 2.40s2.00s0.40st ，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 222 0 0 11 ()9.80.2 m0.20m 222 t hg （2）2碰撞后弹起瞬间速度 2 v，碰撞前瞬间速度为 1 v，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 222 122 2 22 11 111 222 11 11 22 mvmvmv k mvmv 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 vg

21、tgg 第 3 次碰撞后瞬间速度为 2.402.00 ()0.20 2 vgtgg 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0.5） ； 电阻箱 R（阻值范围09999.99） ； 滑动变阻器 1 R（最大阻

22、值20） ； 滑动变阻器 2 R（最大阻值2000） ； 微安表（量程100A，内阻等于2500） ； 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： 按图示连接电路； 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； 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； 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“ 1 R”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

23、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_（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） 1 R （2） （3）3500 大于 （4）减小 【解析】 （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

24、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 6000 TA RR 可得 3500 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

25、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100.0mmd ，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 2n 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）

26、。 【答案】 （1）045（或45） ； （2）14.4mmL 【解析】 （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 代入较大的折射率得 45C 所以顶角的范围为 045（或45） （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 2 2 sin sin n 设两束光在前两个三棱镜斜面之间的路程分别为 1 L和 2 L，则 1 1 cos d L 2 2 cos d L 12 2LLI 联立式，代入数据得 14.4mmL 16. 海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤

27、（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 0.1kgm 的鸟蛤，在20mH 的高度、以 0 15m/sv 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/sg ，忽略空气阻力。 （1）若鸟蛤与地面的碰撞时间0.005st ，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6mL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/s17m/s之间，为保证鸟蛤一 定能落到岩石上，求释放

28、鸟蛤位置的 x 坐标范围。 【答案】 （1）500NF ； （2）34m,36m或(34m,36m) 【解析】 （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 y v ，根据运 动的合成与分解得 2 1 2 Hgt， y gtv ， 22 0y vvv 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 0F tmv 联立，代入数据得 500NF （2）若释放鸟蛤的初速度为 1 15m/sv ，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 2 x，得 11 xvt， 21 xxL 联立，代入数据得 1

29、30mx ， 2 36x m 若释放鸟蛤时的初速度为 2 17m/sv ，设击中岩石左端时，释放点的 x 坐标为 1 x，击中右端时，释放点的 x 坐标为 2 x，得 12 xtv ， 12 xxL 联立，代入数据得 1 34mx， 2 40mx 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。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；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

30、垂直 x 轴置于区右边界，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 区、区，恰好到达测试板中心 C。已知离子刚进入区时速度方向与 x 轴正方向的夹角为。忽略离子 间的相互作用，不计重力。 （1）求离子在区中运动时速度的大小 v； （2）求区内电场强度的大小 E； （3）保持上述条件不变，将区分为左右两部分，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

31、） 0 sin qB d v m ； （2） 22 0 22 2 tan tansintan qB ddd EL mL ； （3） 6( 31) 7 sL 【解析】 （1）设离子在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 qvBm r 根据几何关系得 sin d r 联立式得 0 sin qB d v m （2）离子在区内只受电场力，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 0 y，加速度大小为 a，由牛顿第二定律得 qEma 由运动的合成与分解得 cosLvt， 0 (1 cos )yr ， 2

32、 0 1 sin 2 yvtat 联立得 22 0 22 2 tan tansintan qB ddd EL mL （3）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 22 22 lxr 离子在区内的运动时间不变，故有 coscos lL vv C 到 1 O的距离 2 sinSrr 联立得 6( 31) 7 sL 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

33、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 Ekx，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 0 x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

34、 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5Ff，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 24Ff x k 、 22 k 68FfFf E k ； （2） min 10 (3) 2 Ff； （3） BC Wfx； （4） 【解析】 （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

35、系得 2 000 1 2 2 Fxfxkx 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 00k 1 22 2 kxfxE 联立方程解得 0 24Ff x k 22 k 68FfFf 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 kxf 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 Ekxfx 结合第（1）问结果可知 min 10 (3) 2 Ff 根据题意

36、舍去 min 10 (3) 2 Ff，所以恒力得最小值为 min 10 (3) 2 Ff （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 Bk 0WfxE 以 C 为研究对象，由动能定理得 kC 0fxE 由 B、C 得运动关系得 CCBB xxx 联立可知 BC Wfx （4）小物块 B、C 向左运动过程中，由动能定理得 2 111 1 520 2 fxfxkx 解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为 1 6kxf 则坐标原点的加速度为 1 1 2622 22 kxffff a mmm 之后 C 开始向右运动过程（B、C 系统未脱

37、离弹簧）加速度为 2 2 kxf 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 22 11 11 22 22 kxfxmv 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 fxmv 解得脱离弹簧后，C 运动的距离为 21 1 2 xx 则 C 最后停止的位移为 121 33 69 22 ff xxx kk 所以 C 向右运动的图象为