山東省2021年普通高中學(xué)業(yè)水平等級(jí)考試物理注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)等填寫在答題卡和試卷指定位置。2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無(wú)效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1.在測(cè)定年代較近的湖泊沉積物形成年份時(shí)，常利用沉積物中半衰期較短的，其衰變方程為。以下說(shuō)法正確的是（　?。〢.衰變方程中的X是電子B.升高溫度可以加快的衰變C.與的質(zhì)量差等于衰變的質(zhì)量虧損D.方程中的X來(lái)自于內(nèi)質(zhì)子向中子的轉(zhuǎn)化【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，X是電子，A正確；B．半衰期非常穩(wěn)定，不受溫度，壓強(qiáng)，以及該物質(zhì)是單質(zhì)還是化合物的影響，B錯(cuò)誤；C．與和電子X(jué)的質(zhì)量差等于衰變的質(zhì)量虧損，C錯(cuò)誤；D．方程中的X來(lái)自于內(nèi)中子向質(zhì)子的轉(zhuǎn)化，D錯(cuò)誤。故選A。2.如圖所示，密封的礦泉水瓶中，距瓶口越近水的溫度越高。一開口向下、導(dǎo)熱良好的小瓶置于礦泉水瓶中，小瓶中封閉一段空氣。擠壓礦泉水瓶，小瓶下沉到底部；松開后，小瓶緩慢上浮，上浮過(guò)程中，小瓶?jī)?nèi)氣體（　?。?A.內(nèi)能減少B.對(duì)外界做正功C.增加的內(nèi)能大于吸收的熱量D.增加的內(nèi)能等于吸收的熱量【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．由于越接近礦泉水瓶口，水的溫度越高，因此小瓶上浮的過(guò)程中，小瓶?jī)?nèi)溫度升高，內(nèi)能增加，A錯(cuò)誤；B．在小瓶上升的過(guò)程中，小瓶?jī)?nèi)氣體的溫度逐漸升高，壓強(qiáng)逐漸減小，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程氣體體積膨脹，對(duì)外界做正功，B正確；CD．由AB分析，小瓶上升時(shí)，小瓶?jī)?nèi)氣體內(nèi)能增加，氣體對(duì)外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律由于氣體對(duì)外做功，因此吸收的熱量大于增加的內(nèi)能，CD錯(cuò)誤。故選B。3.如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)桿，一端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動(dòng)，另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度出發(fā)，恰好能完成一個(gè)完整的圓周運(yùn)動(dòng)。在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，木塊所受摩擦力的大小為（　?。?A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【詳解】在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關(guān)，根據(jù)動(dòng)能定理可得摩擦力的大小故選B。4.血壓儀由加壓氣囊、臂帶，壓強(qiáng)計(jì)等構(gòu)成，如圖所示。加壓氣囊可將外界空氣充入臂帶，壓強(qiáng)計(jì)示數(shù)為臂帶內(nèi)氣體的壓強(qiáng)高于大氣壓強(qiáng)的數(shù)值，充氣前臂帶內(nèi)氣體壓強(qiáng)為大氣壓強(qiáng)，體積為V；每次擠壓氣囊都能將的外界空氣充入臂帶中，經(jīng)5次充氣后，臂帶內(nèi)氣體體積變?yōu)?，壓?qiáng)計(jì)示數(shù)為。已知大氣壓強(qiáng)等于，氣體溫度不變。忽略細(xì)管和壓強(qiáng)計(jì)內(nèi)的氣體體積。則V等于（　?。?A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】【詳解】根據(jù)玻意耳定律可知已知，，代入數(shù)據(jù)整理得故選D。5.從“玉兔”登月到“祝融”探火，我國(guó)星際探測(cè)事業(yè)實(shí)現(xiàn)了由地月系到行星際的跨越。已知火星質(zhì)量約為月球的9倍，半徑約為月球的2倍，“祝融”火星車的質(zhì)量約為“玉兔”月球車的2倍。在著陸前，“祝融”和“玉兔”都會(huì)經(jīng)歷一個(gè)由著陸平臺(tái)支撐的懸停過(guò)程。懸停時(shí)，“祝融”與“玉兔”所受陸平臺(tái)的作用力大小之比為（　?。〢.9∶1B.9∶2C.36∶1D.72∶1【答案】B【解析】【分析】【詳解】懸停時(shí)所受平臺(tái)的作用力等于萬(wàn)有引力，根據(jù)可得,故選B。6.如圖甲所示，邊長(zhǎng)為a的正方形，四個(gè)頂點(diǎn)上分別固定一個(gè)電荷量為的點(diǎn)電荷；在區(qū)間，x軸上電勢(shì)的變化曲線如圖乙所示?，F(xiàn)將一電荷量為的點(diǎn)電荷P置于正方形的中心O點(diǎn)，此時(shí)每個(gè)點(diǎn)電荷所受庫(kù)侖力的合力均為零。若將P沿x軸向右略微移動(dòng)后，由靜止釋放，以下判斷正確的是（　　）A.，釋放后P將向右運(yùn)動(dòng)B.，釋放后P將向左運(yùn)動(dòng)C.，釋放后P將向右運(yùn)動(dòng)D，釋放后P將向左運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】【分析】【詳解】對(duì)y軸正向的點(diǎn)電荷，由平衡知識(shí)可得解得,因在區(qū)間內(nèi)沿x軸正向電勢(shì)升高，則場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸負(fù)向，則將P沿x軸正向向右略微移動(dòng)后釋放，P受到向右的電場(chǎng)力而向右運(yùn)動(dòng)。故選C。7.用平行單色光垂直照射一層透明薄膜，觀察到如圖所示明暗相間的干涉條紋。下列關(guān)于該區(qū)域薄膜厚度d隨坐標(biāo)x的變化圖像，可能正確的是（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】【詳解】從薄膜的上下表面分別反射的兩列光是相干光，其光程差為△x=2d，即光程差為薄膜厚度的2倍，當(dāng)光程差△x=nλ時(shí)此處表現(xiàn)為亮條紋，故相鄰亮條紋之間的薄膜的厚度差為λ，在圖中相鄰亮條紋（或暗條紋）之間的距離變大，則薄膜層的厚度之間變小，因條紋寬度逐漸變寬，則厚度不是均勻變小。故選D。8.迷你系繩衛(wèi)星在地球赤道正上方的電離層中，沿圓形軌道繞地飛行。系繩衛(wèi)星由兩子衛(wèi)星組成，它們之間的導(dǎo)體繩沿地球半徑方向，如圖所示。在電池和感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的共同作用下，導(dǎo)體繩中形成指向地心的電流，等效總電阻為r。導(dǎo)體繩所受的安培力克服大小為f的環(huán)境阻,力，可使衛(wèi)星保持在原軌道上。已知衛(wèi)星離地平均高度為H，導(dǎo)體繩長(zhǎng)為，地球半徑為R，質(zhì)量為M，軌道處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自轉(zhuǎn)的影響。據(jù)此可得，電池電動(dòng)勢(shì)為（　?。〢B.C.D.【答案】A【解析】【分析】【詳解】根據(jù)可得衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度根據(jù)右手定則可知，導(dǎo)體繩產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相當(dāng)于上端為正極的電源，其大小為因?qū)Ь€繩所受阻力f與安培力F平衡，則安培力與速度方向相同，可知導(dǎo)線繩中的電流方向向,下，即電池電動(dòng)勢(shì)大于導(dǎo)線繩切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，可得解得故選A。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9.輸電能耗演示電路如圖所示。左側(cè)變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶3，輸入電壓為正弦交流電。連接兩理想變壓器的導(dǎo)線總電阻為r，負(fù)載R的阻值為。開關(guān)S接1時(shí)，右側(cè)變壓器原、副線圈匝數(shù)比為2∶1，R上的功率為；接2時(shí)，匝數(shù)比為1∶2，R上的功率為P。以下判斷正確的是（　?。〢.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】【詳解】當(dāng)開關(guān)S接1時(shí)，左側(cè)變壓器次級(jí)電壓U2=3×7.5V=22.5V電阻R上的電壓，即右側(cè)變壓器的次級(jí)電壓電流則右側(cè)變壓器初級(jí)電壓,電流則當(dāng)開關(guān)S接2時(shí)，設(shè)輸電電流為I，則右側(cè)變壓器的次級(jí)電流為0.5I；右側(cè)變壓兩邊電壓關(guān)系可知解得I=3A則R上的功率故選BD。10.一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸傳播，如圖所示，實(shí)線為時(shí)的波形圖，虛線為時(shí)的波形圖。以下關(guān)于平衡位置在O處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像，可能正確的是（　?。〢.B.,C.D.【答案】AC【解析】【分析】【詳解】機(jī)械波傳播方向不確定，所以需要考慮機(jī)械波傳播方向的不確定性。AB．若機(jī)械波沿軸正方向傳播，在時(shí)點(diǎn)振動(dòng)方向豎直向上，則傳播時(shí)間滿足（n=0，1，2，3…）解得（n=0，1，2，3…）當(dāng)時(shí)，解得周期A正確，B錯(cuò)誤；CD．若機(jī)械波沿軸負(fù)方向傳播，在時(shí)點(diǎn)處于波谷，則（n=0，1，2，3…）解得（n=0，1，2，3…）當(dāng)時(shí)，解得周期C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。11.如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物資以相對(duì)地面的速度水平投出，落地時(shí)物資與熱氣球的距離為d。已知投出物資后熱氣球的總質(zhì)量為,M，所受浮力不變，重力加速度為g，不計(jì)阻力，以下判斷正確的是（　?。〢.投出物資后熱氣球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B.投出物資后熱氣球所受合力大小為C.D.【答案】BC【解析】【分析】【詳解】AB．熱氣球開始攜帶物資時(shí)處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合外力為0，初動(dòng)量為0，水平投出重力為的物資瞬間，滿足動(dòng)量守恒定律則熱氣球和物資的動(dòng)量等大反向，熱氣球獲得水平向左的速度，熱氣球所受合外力恒為，豎直向上，所以熱氣球做勻加速曲線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；CD．熱氣球和物資的運(yùn)動(dòng)示意圖如圖所示,熱氣球和物資所受合力大小均為，所以熱氣球在豎直方向上加速度大小為物資落地過(guò)程所用的時(shí)間內(nèi)，根據(jù)解得落地時(shí)間為熱氣球在豎直方向上運(yùn)動(dòng)的位移為熱氣球和物資在水平方向均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平位移為根據(jù)勾股定理可知熱氣球和物資的實(shí)際位移為C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。12.如圖所示，電阻不計(jì)的光滑U形金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中磁場(chǎng)方向均垂直斜面向上，Ⅰ區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，Ⅱ區(qū)中為勻強(qiáng)磁場(chǎng)。阻值恒定的金屬棒從無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域中a處由靜止釋放，進(jìn)入Ⅱ區(qū)后，經(jīng)b下行至c處反向上行。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒始終垂直導(dǎo)軌且接觸良好。在第一次下行和上行的過(guò)程中，以下敘述正確的是（　?。?A.金屬棒下行過(guò)b時(shí)的速度大于上行過(guò)b時(shí)的速度B.金屬棒下行過(guò)b時(shí)的加速度大于上行過(guò)b時(shí)的加速度C.金屬棒不能回到無(wú)磁場(chǎng)區(qū)D.金屬棒能回到無(wú)磁場(chǎng)區(qū)，但不能回到a處【答案】ABD【解析】【分析】【詳解】AB．在I區(qū)域中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，所以導(dǎo)體棒上的感應(yīng)電流恒為導(dǎo)體棒進(jìn)入Ⅱ區(qū)域后，導(dǎo)體切割磁感線，產(chǎn)生一個(gè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，因?yàn)閷?dǎo)體棒到達(dá)點(diǎn)后又能上行，說(shuō)明加速度始終沿斜面向上，下行和上行經(jīng)過(guò)點(diǎn)的受力分析如圖設(shè)下行、上行過(guò)b時(shí)導(dǎo)體棒的速度分別為，，則下行過(guò)b時(shí)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流為下行過(guò)b時(shí)導(dǎo)體棒上的電流為,下行過(guò)b時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可知上行過(guò)b時(shí)，切割磁感線的產(chǎn)出的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為上行過(guò)b時(shí)導(dǎo)體棒上的電流為根據(jù)牛頓第二定律可知比較加速度大小可知由于段距離不變，下行過(guò)程中加速度大，上行過(guò)程中加速度小，所以金屬板下行過(guò)經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)的速度大于上行經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)的速度，AB正確；CD．導(dǎo)體棒上行時(shí)，加速度與速度同向，則導(dǎo)體棒做加速度減小的加速度運(yùn)動(dòng)，則一定能回到無(wú)磁場(chǎng)區(qū)。由AB分析可得，導(dǎo)體棒進(jìn)磁場(chǎng)Ⅱ區(qū)（下行進(jìn)磁場(chǎng)）的速度大于出磁場(chǎng)Ⅱ區(qū)（下行進(jìn)磁場(chǎng)）的速度，導(dǎo)體棒在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)做加速度相同的減速運(yùn)動(dòng)則金屬棒不能回到處，C錯(cuò)誤，D正確。故選ABD。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.某乒乓球愛好者，利用手機(jī)研究乒乓球與球臺(tái)碰撞過(guò)程中能量損失的情況。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①固定好手機(jī)，打開錄音功能；②從一定高度由靜止釋放乒乓球；③手機(jī)記錄下乒乓球與臺(tái)面碰撞的聲音，其隨時(shí)間（單位：s）的變化圖像如圖所示。,根據(jù)聲音圖像記錄的碰撞次序及相應(yīng)碰撞時(shí)刻，如下表所示。碰撞次序1234567碰撞時(shí)刻（s）1.121.582.002.402.783.143.47根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，回答下列問(wèn)題：（1）利用碰撞時(shí)間間隔，計(jì)算出第3次碰撞后乒乓球的彈起高度為___________m（保留2位有效數(shù)字，當(dāng)?shù)刂亓铀俣龋?。?）設(shè)碰撞后彈起瞬間與該次碰撞前瞬間速度大小的比值為k，則每次碰撞損失的動(dòng)能為碰撞前動(dòng)能的___________倍（用k表示），第3次碰撞過(guò)程中___________（保留2位有效數(shù)字）。（3）由于存在空氣阻力，第（1）問(wèn)中計(jì)算的彈起高度___________（填“高于”或“低于”）實(shí)際彈起高度。【答案】①.0.20②.③.0.95④.高于【解析】【分析】【詳解】（1）[1]第3次碰撞到第4次碰撞用時(shí)，根據(jù)豎直上拋和自由落體運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知第3次碰撞后乒乓球彈起的高度為（2）[2]碰撞后彈起瞬間速度為，碰撞前瞬間速度為，根據(jù)題意可知?jiǎng)t每次碰撞損失的動(dòng)能與碰撞前動(dòng)能的比值為,[3]第2次碰后從最高點(diǎn)落地瞬間的速度第3次碰撞后瞬間速度為則第3次碰撞過(guò)程中（3）[4]由于存在空氣阻力，乒乓球在上升過(guò)程中受到向下的阻力和重力，加速度變大，上升的高度變小，所以第（1）問(wèn)中計(jì)算的彈起高度高于實(shí)際彈起的高度。14.熱敏電阻是傳感器中經(jīng)常使用的元件，某學(xué)習(xí)小組要探究一熱敏電阻的阻值隨溫度變化的規(guī)律?？晒┻x擇的器材有：待測(cè)熱敏電阻（實(shí)驗(yàn)溫度范圍內(nèi)，阻值約幾百歐到幾千歐）；電源E（電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)阻r約為）；電阻箱R（阻值范圍）；滑動(dòng)變阻器（最大阻值）；滑動(dòng)變阻器（最大阻值）；微安表（量程，內(nèi)阻等于）；開關(guān)兩個(gè)，溫控裝置一套，導(dǎo)線若干。,同學(xué)們?cè)O(shè)計(jì)了如圖甲所示的測(cè)量電路，主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：①按圖示連接電路；②閉合、，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片P的位置，使微安表指針滿偏；③保持滑動(dòng)變阻器滑片P的位置不變，斷開，調(diào)節(jié)電阻箱，使微安表指針半偏；④記錄此時(shí)的溫度和電阻箱的阻值。回答下列問(wèn)題：（1）為了更準(zhǔn)確地測(cè)量熱敏電阻的阻值，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用___________（填“”或“”）。（2）請(qǐng)用筆畫線代替導(dǎo)線，將實(shí)物圖（不含溫控裝置）連接成完整電路__________。（3）某溫度下微安表半偏時(shí)，電阻箱的讀數(shù)為，該溫度下熱敏電阻的測(cè)量值為___________（結(jié)果保留到個(gè)位），該測(cè)量值___________（填“大于”或“小于”）真實(shí)值。（4）多次實(shí)驗(yàn)后，學(xué)習(xí)小組繪制了如圖乙所示的圖像。由圖像可知。該熱敏電阻的阻值隨溫度的升高逐漸___________（填“增大”或“減小”）。,【答案】①.②.③.3500④.大于⑤.減小【解析】【分析】【詳解】（1）[1]用半偏法測(cè)量熱敏電阻的阻值，盡可能讓該電路的電壓在S2閉合前、后保持不變，由于該支路與滑動(dòng)變阻器左側(cè)部分電阻并聯(lián)，滑動(dòng)變阻器的阻值越小，S2閉合前、后并聯(lián)部分電阻變化越小，從而并聯(lián)部分的電壓值變化越小，故滑動(dòng)變阻器應(yīng)選R1。（2）[2]電路連接圖如圖所示（3）[3]微安表半偏時(shí)，該支路的總電阻為原來(lái)的2倍，即可得[4]當(dāng)斷開S2，微安表半偏時(shí)，由于該支路的電阻增加，電壓略有升高，根據(jù)歐姆定律，總電阻比原來(lái)2倍略大，也就是電阻箱的阻值略大于熱敏電阻與微安表的總電阻，而我們用電阻箱的阻值等于熱敏電阻與微安表的總電阻來(lái)計(jì)算，因此熱敏電阻的測(cè)量值比真實(shí)值偏大。（4）[5]由于是圖像，當(dāng)溫度T升高時(shí)，減小，從圖中可以看出減小，從而減小，因此熱敏電阻隨溫度的升高逐漸減小。15.超強(qiáng)超短光脈沖產(chǎn)生方法曾獲諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)，其中用到的一種脈沖激光展寬器截面如圖所示。在空氣中對(duì)稱放置四個(gè)相同的直角三棱鏡，頂角為。一細(xì)束脈沖激光垂直第一個(gè)棱鏡,左側(cè)面入射，經(jīng)過(guò)前兩個(gè)棱鏡后分為平行的光束，再經(jīng)過(guò)后兩個(gè)棱鏡重新合成為一束，此時(shí)不同頻率的光前后分開，完成脈沖展寬。已知相鄰兩棱鏡斜面間的距離，脈沖激光中包含兩種頻率的光，它們?cè)诶忡R中的折射率分別為和。取，，。（1）為使兩種頻率的光都能從左側(cè)第一個(gè)棱鏡斜面射出，求的取值范圍；（2）若，求兩種頻率的光通過(guò)整個(gè)展寬器的過(guò)程中，在空氣中的路程差（保留3位有效數(shù)字）?！敬鸢浮浚?）（或）；（2）【解析】【分析】【詳解】（1）由幾何關(guān)系可得，光線在第一個(gè)三梭鏡右側(cè)斜面上的入射角等于，要使得兩種頻率的光都從左側(cè)第一個(gè)棱鏡斜面射出，則需要比兩種頻率光線的全反射角都小，設(shè)C是全反射的臨界角，根據(jù)折射定律得①折射率越大，臨界角越小，代入較大的折射率得②所以頂角的范圍為（或）③（2）脈沖激光從第一個(gè)三棱鏡右側(cè)斜面射出時(shí)發(fā)生折射，設(shè)折射角分別為和，由折射,定律得④⑤設(shè)兩束光在前兩個(gè)三棱鏡斜面之間的路程分別為和，則⑥⑦⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得⑨16.海鷗捕到外殼堅(jiān)硬的鳥蛤（貝類動(dòng)物）后，有時(shí)會(huì)飛到空中將它丟下，利用地面的沖擊打碎硬殼。一只海鷗叼著質(zhì)量的鳥蛤，在的高度、以的水平速度飛行時(shí)，松開嘴巴讓鳥蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空氣阻力。（1）若鳥蛤與地面的碰撞時(shí)間，彈起速度可忽略，求碰撞過(guò)程中鳥蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞過(guò)程中不計(jì)重力）（2）在海鷗飛行方向正下方的地面上，有一與地面平齊、長(zhǎng)度的巖石，以巖石左端為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示坐標(biāo)系。若海鷗水平飛行的高度仍為，速度大小在之間，為保證鳥蛤一定能落到巖石上，求釋放鳥蛤位置的x坐標(biāo)范圍?！敬鸢浮浚?）；（2）或,【解析】【分析】【詳解】（1）設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，鳥蛤落地前瞬間的速度大小為v。豎直方向分速度大小為，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解得，，在碰撞過(guò)程中，以鳥蛤?yàn)檠芯繉?duì)象，取速度v的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量定理得聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得（2）若釋放鳥蛤的初速度為，設(shè)擊中巖石左端時(shí)，釋放點(diǎn)的x坐標(biāo)為x1，擊中右端時(shí)，釋放點(diǎn)的x坐標(biāo)為，得，聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得，m若釋放鳥蛤時(shí)的初速度為，設(shè)擊中巖石左端時(shí)，釋放點(diǎn)的x坐標(biāo)為，擊中右端時(shí)，釋放點(diǎn)的x坐標(biāo)為，得，聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得，綜上得x坐標(biāo)區(qū)間或17.某離子實(shí)驗(yàn)裝置的基本原理如圖甲所示。Ⅰ區(qū)寬度為d，左邊界與x軸垂直交于坐標(biāo)原點(diǎn)O，其內(nèi)充滿垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為；Ⅱ區(qū)寬度為L(zhǎng)，左邊界與x軸垂直交于點(diǎn)，右邊界與x軸垂直交于點(diǎn)，其內(nèi)充滿沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。測(cè)試板垂直x軸置于Ⅱ區(qū)右邊界，其中心C與點(diǎn)重合。從離子源不斷飄出電荷量為q、質(zhì),量為m的正離子，加速后沿x軸正方向過(guò)O點(diǎn)，依次經(jīng)Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)，恰好到達(dá)測(cè)試板中心C。已知離子剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角為。忽略離子間的相互作用，不計(jì)重力。（1）求離子在Ⅰ區(qū)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小v；（2）求Ⅱ區(qū)內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；（3）保持上述條件不變，將Ⅱ區(qū)分為左右兩部分，分別填充磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B（數(shù)值未知）方向相反且平行y軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖乙所示。為使離子的運(yùn)動(dòng)軌跡與測(cè)試板相切于C點(diǎn)，需沿x軸移動(dòng)測(cè)試板，求移動(dòng)后C到的距離S?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【分析】【詳解】（1）設(shè)離子在Ⅰ區(qū)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，由牛頓第二定律得①根據(jù)幾何關(guān)系得②聯(lián)立①②式得,（2）離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)只受電場(chǎng)力，x方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，y方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)從進(jìn)入電場(chǎng)到擊中測(cè)試板中心C的時(shí)間為t，y方向的位移為，加速度大小為a，由牛頓第二定律得由運(yùn)動(dòng)的合成與分解得，，聯(lián)立得（3）Ⅱ區(qū)內(nèi)填充磁場(chǎng)后，離子在垂直y軸的方向做線速度大小為vcosθ的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示。設(shè)左側(cè)部分的圓心角為，圓周運(yùn)動(dòng)半徑為，運(yùn)動(dòng)軌跡長(zhǎng)度為，由幾何關(guān)系得，由于在y軸方向的運(yùn)動(dòng)不變，離子的運(yùn)動(dòng)軌跡與測(cè)試板相切于C點(diǎn)，則離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，故有C到的距離聯(lián)立得,18.如圖所示，三個(gè)質(zhì)量均為m的小物塊A、B、C，放置在水平地面上，A緊靠豎直墻壁，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧將A、B連接，C緊靠B，開始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，A、B、C均靜止?，F(xiàn)給C施加一水平向左、大小為F的恒力，使B、C一起向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度為零時(shí)，立即撤去恒力，一段時(shí)間后A離開墻壁，最終三物塊都停止運(yùn)動(dòng)。已知A、B、C與地面間的滑動(dòng)摩擦力大小均為f，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。（彈簧的彈性勢(shì)能可表示為：，k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量）（1）求B、C向左移動(dòng)的最大距離和B、C分離時(shí)B的動(dòng)能；（2）為保證A能離開墻壁，求恒力的最小值；（3）若三物塊都停止時(shí)B、C間的距離為，從B、C分離到B停止運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程，B克服彈簧彈力做的功為W，通過(guò)推導(dǎo)比較W與的大??；（4）若，請(qǐng)?jiān)谒o坐標(biāo)系中，畫出C向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度a隨位移x變化的圖像，并在坐標(biāo)軸上標(biāo)出開始運(yùn)動(dòng)和停止運(yùn)動(dòng)時(shí)的a、x值（用f、k、m表示），不要求推導(dǎo)過(guò)程。以撤去F時(shí)C的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正方向?！敬鸢浮浚?）、；（2）；（3）；（4）【解析】,【分析】【詳解】（1）從開始到B、C向左移動(dòng)到最大距離的過(guò)程中，以B、C和彈簧為研究對(duì)象，由功能關(guān)系得彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)B、C分離，從彈簧最短到B、C分離，以B、C和彈簧為研究對(duì)象，由能量守恒得聯(lián)立方程解得（2）當(dāng)A剛要離開墻時(shí)，設(shè)彈簧得伸長(zhǎng)量為，以A為研究對(duì)象，由平衡條件得若A剛要離開墻壁時(shí)B得速度恰好等于零，這種情況下恒力為最小值，從彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)到A剛要離開墻得過(guò)程中，以B和彈簧為研究對(duì)象，由能量守恒得結(jié)合第（1）問(wèn)結(jié)果可知根據(jù)題意舍去，所以恒力得最小值為（3）從B、C分離到B停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)B的路程為，C的位移為，以B為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理得,以C為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理得由B、C得運(yùn)動(dòng)關(guān)系得聯(lián)立可知（4）小物塊B、C向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得解得撤去恒力瞬間彈簧彈力為則坐標(biāo)原點(diǎn)加速度為之后C開始向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程（B、C系統(tǒng)未脫離彈簧）加速度為可知加速度隨位移為線性關(guān)系，隨著彈簧逐漸恢復(fù)原長(zhǎng)，減小，減小，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，B和C分離，之后C只受地面的滑動(dòng)摩擦力，加速度為負(fù)號(hào)表示C的加速度方向水平向左；從撤去恒力之后到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，以B、C為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理得脫離彈簧瞬間后C速度為，之后C受到滑動(dòng)摩擦力減速至0，由能量守恒得解得脫離彈簧后，C運(yùn)動(dòng)的距離為則C最后停止的位移為,所以C向右運(yùn)動(dòng)的圖象為