2021年高考理综物理真题试卷(山东卷)

#/202021年高考理综物理真题试卷（山东卷）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。（2021・山东）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8i0pb，其衰变方程为81°Pbt$3°Bi+X。以下说法正确的是（）衰变方程中的X是电子升高温度可以加快82120Pb的衰变82210Pb与82130Bi的质量差等于衰变的质量亏损方程中的X来自于8i0pb内质子向中子的转化【答案】A【考点】核反应方程【解析】【解答】A.假设X的质量数为a,电荷数为b,根据质量数守恒有：a=210-210=0；根据电荷数守恒有：b=82-83=-1；根据质量数和电荷数的大小可得X是电子，A正确；B.半衰期为大量原子核其质量衰变一半所花的时间，其半衰期的长短与外界条件无关，所以升高温度不能改变衰变的快慢，B错误；C•核反应其亏损的质量等于反应物282pb的质量与生成物210Bi和电子X的质量之和的差值，C错误；D.核反应过程中，原子核内其中子转化为质子和电子，所以其电子是来自于282Pb内中子向质子的转化，D错误。故选A。【分析】利用质量数和电荷数守恒可以判别X的本质；半衰期不受外界影响；反应物和生成物的质量之差等于亏损的质量；衰变释放的电子来自于原子核中的中子向质子的转化。（2021・山东）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【考点】热力学第一定律（能量守恒定律）【解析】【解答】A.小瓶在上升的过程中，越来越接近其矿泉水瓶口，所以其温度不断升高，由于一定质量的理想气体其温度决定内能所以瓶内气体的内能不断增大；A错误；B.小瓶在上升过程中，根据液体的压强分布可以得出小瓶内气体的压强不断减小，又由于其温度不断上升，根据理想气体状态方程皿=cT可得气体的体积不断增大，由于气体体积增大所以气体对外界做正功，B正确；CD.小瓶上升时，由于小瓶内气体内能增加，且气体对外做功，贝必〃>0,"<0;根据热力学第一定律AU=W+Q则有：AU<Q根据表达式可得吸收的热量大于增加的内能，CD错误。故选B。【分析】上浮过程由于温度上过所以内能增大，上升过程由于压强减小，结合理想气体的状态方程可以判别其体积增大，所以气体对外界做正功；由于内能增大，且外界做负功，所以气体吸收的热量大于增加的内能。（2021・山东）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0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【考点】动能定理的综合应用【解析】【解答】小球做匀速圆周运动，已知小球的初速度为v0,末速度为0,在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据几何关系其运动的路程为：S=2兀厶根据动能定理—厂2兀L=0—丄尬％20可得摩擦力的大小f=吨4兀厶故选B。【分析】利用动能定理结合小球初速度速度的大小可以求出摩擦力的大小。

（2021・山东）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，体积为必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5U，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。【考点】理想气体的状态方程【解析】【解答】以充气前臂带中的气体和充入的气体为对象，气体发生等温变化，已知p0=750mmHg，=60cm3，耳=750mmHg+150mmHg=900mmHg根据玻意耳定律可知p0V+5p0V0=P1X5V代入数据整理得V=60cm3故选D。【分析】气体发生等温变化，利用理想状态方程可以求出体积V的大小。5.（2021・山东）从“玉兔"登月至『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（）答案】B考点】万有引力定律及其应用解析【解答】火星车和月球车悬停的过程，悬停时所受平台的作用力等于万有引力，根据平衡方程有再根据F引以囂Mm则F_G"火"祝融人」祝融一R2火F=G”月“玉兔=尺月2Nf联立可得T融=祝融=-“玉兔尺玉兔2故选B。【分析】当祝融和玉兔悬停时，其平台对其的作用力等于星体的引力大小，利用平衡方程结合引力公式可以求出作用力的比值大小。6.（2021・山东）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<^2a区间，x轴上电势（p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2的中心0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，以考点】共点力平衡条件的应用，库仑定律【解析】【解答】由于所有点电荷静止，以y轴正向的点电荷为对象，其y轴正向的点电荷受到四个库仑力处于平衡，根据库仑定律F库=k警及平衡条件可得虫佬+k嵩2=*駡2解得4已知电势和x轴距离的关系，利用电势降低方向可以判别场强向x轴的负方向，因在0<%<血。区间内2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。【分析】利用点电荷的平衡方程结合库仑定律可以求出点电荷Q的大小，利用电势降低的方向可以判别场强的方向进而判别电势P移动的方向。7.（2021・山东）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【考点】光的干涉【解析】【解答】光经过透明薄膜的时，会在上下表面发生反射，从薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，根据光运动的路程可以得出光程差为薄膜厚度的2倍，则光程差为△x=2d，当光程差厶x=nA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入，根据两亮条纹的间距不变，可以判2别其薄膜厚度相同时其亮条纹之间的距离越大，所以可得条纹宽度逐渐变宽，则厚度不是均匀变小。故选D。【分析】利用亮条纹的间距可以判别两个条纹之间的光程差及厚度之差，结合条纹间距的变化，可以判别厚度相同时其条纹之间距离越大，利用几何关系可以判别其薄膜的厚度越来越小。（2021・山东）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，导体绳长为厶（厶《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（）考点】万有引力定律及其应用，电磁感应与力学【解析】【解答】两个卫星绕地球做匀速圆周运动，根据引力提供向心力有：=(RH)2(RH)根据牛顿第二定律可得卫星的线速度为：U=I锂RH导体绳切割磁感线相当于电源，已知导线速度方向及磁场的方向，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，根据动生电动势的表达式有：E'=^厶匕导体绳做匀速圆周运动，其切线方向平衡，根据安培力和导线受到的阻力平衡则可得其电池电动势大于感应电动势的大小，根据平衡方程有：B仏=/再根据欧姆定律有：联立可得f=Lr解得E=B厶込dRHBL故选A。【分析】利用牛顿第二定律结合向心力公式可以求出导线切割磁场的速度大小，结合动生电动势及平衡方程可以求出电池电动势的大小。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．(2021・山东)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10Q。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.厂=10QB.厂=5QC.P=45wD.P=22.5w【答案】B,D【考点】变压器原理【解析】【解答】对于左侧的变压器，根据理想变压器的规律有：色=丄53根据规律可得次级电压U2=3x7.5V=22.5V当开关接1时，根据电功率的表达式P4=嚟,4R即可得右侧变压器的次级电压u4=代斥=10V根据欧姆定律有：^4==1A对于右侧变压器初级电压根据理想变压器的规律有：苗可得u对于右侧变压器初级电压根据理想变压器的规律有：苗可得u3=；X10v20根据电流的规律有：I3=2x1A=0.5A则根据输电线的欧姆定律有：厂=晋^=503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0.5/；右侧变压两边电压关系可知U2Ir=0.5IR2—九3n4解得I=3A根据电功率的表达式则R上的功率P=（0.5/）2R=22.5W故选BD。【分析】根据理想变压器的规律可以求出左侧变压器的输出电压，利用右侧电功率的表达式及变压器规律可得右侧变压器的输入电压和输入电流，结合输电线的欧姆定律可以求出输电线的电阻，当开关接2时，利用右侧变压器规律可以求出输出电流的大小，结合热功率的表达式可以求出电阻消耗的功率大小。（2021・山东）一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为片=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0处质点的振动图像，可能正确的是（）【考点】横波的图象【解析】【解答】由于未知其波从传播方向，所以不能明确其横波在时间间隔内传播的距离，所以需要假设波传播的方向进行分类讨论：假设机械波沿x轴正方向传播，在t1=2s时0点振动方向竖直向上，在t2=5s时，x=3m处的质点振动方向向上，则传播时间At=t2-ti=3s满足At=^T+nT（n=0,1，2，3...）214解得T=^^s（n=0，1，2，3...）4n+3当n=0时，解得周期T=4sA正确，B错误；假设机械波沿x轴负方向传播，在t1=2s时其O点振动方向竖直向上，在t2=5s时0点处于波谷，则At=-T+nT（n=0,1，2，3...）4解得T=^^s（n=0，1，2，3...）4n+1当n=0时，解得周期T=12s根据分析可以判别其AC选项符合题意，其BD选项不符合题意，故选AC。【分析】假设波传播的方向，利用波传播的距离可以求出周期的表达式，利用周期的表达式可以求出周期的大小，利用振动方向及周期的大小可以求出O质点的振动图像。

(2021・山东)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u0水平投出，落地时物资与热气球的距离为〃。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()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【答案】B,C【考点】平抛运动，动量守恒定律【解析】【解答】AB.以热气球和物资为系统，系统处于静止，所以合力为0,且其初速度等于0则初动量等于0,当抛出物资瞬间，其作用力属于内力，所以系统动量守恒；根据动量守恒定律有：Mv=mv0，其热气球获得与物资相反的速度，所以其热气球的初速度沿水平向左，根据牛顿第一定律可以得出热气球受到的合力等于mg，方向竖直向上，根据合力恒定可以判别气球做匀变速运动，且初速度方向和加速度方向不同，所以热气球做曲线运动；A错误，B正确；CD.热气球和物资的运动示意图如图所示仃4仃4m叫热气球和物资所受合力大小均为mg，设热气球的加速度为a,根据牛顿第二定律有：a=^gM物资做平抛运动，根据位移公式H=1gt2可得：落地时间为t=陞热气球在竖直方向做匀加速直线运动：根据位移公式有：H=丄处2=1•血卩•纽=M22MaM热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为X=Vt=v0m00m2H根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为d=(x+%)2+(H+H)2=(1+匹)如2+H2、mMMM、gC正确，D错误。故选BC。【分析】利用抛出物资时的动量守恒定律可以判别热气球获得的初速度方向，结合合力方向可以判别其热气球的运动轨迹；结合水平方向和竖直方向的位移可以求出热气球和物资实际的位移大小。(2021・山东)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、口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，口区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入口区后，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金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度金属棒不能回到无磁场区金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处【答案】A,B,D【考点】电磁感应与力学【解析】【解答】AB.导体棒在无磁场区中，只受重力和弹力的作用，根据牛顿第二定律有：ma=mgsinQ，所以在无磁场区域中有：a=gsinQ由于在丨区域中，根据磁感应强度随时间均匀增加则有：Bx=kt，根据法拉第电磁感应定律有：=kS丄加RR所以其导体棒在运动时其I区域产生的感应电流大小恒定；导体棒在II区域切割磁场，会产生一个感应电动势，其产生的安培力会阻碍导体棒的运动，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，导体棒下滑过程和上滑过程经过b点的受力分析如图

TOC\o"1-5"\h\z设导体棒下滑过程和上滑过程经过b点的速度分别为v,/则下滑经过b时根据动生电动势的表达式有：E2=B2Lu根据欧姆定律其电流为：I2=Z2R根据牛顿第二定律可知B丄L一mgsind=乙2厶2"+b2hsl一mgsin6=ma2rr1则上滑经过b时根据动生电动势的表达式有：E2'=B2厶/根据欧姆定律其电流为/=E1-E2=陋—零丄RRR—mgsind=ma2根据牛顿第二定律可知BI厶—mgsind—mgsind=ma223RR根据表达式对比可得：aj>a2下滑过程和下滑过程经过be段距离不变，根据匀变速速度位移公式v2=2ax所以u>v,AB正确;CD.导体棒上滑过程中，由于合力与速度同向，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，导体棒进磁场口区（下行进磁场）的速度大于出磁场口区（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mgsind=ma0则金属棒不能回到a处，C错误，D正确。故选ABD。【分析】利用牛顿第二定律可以求出下滑和上滑过程的加速度大小，利用速度位移公式可以比较速度的大小;利用加速度和速度的方向可以判别其金属棒可以回到无磁场区域，利用过程速度的比较可以判别其金属棒不能回到a处。三、非选择题：本题共6小题，共60分.（2021-山东）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。碰撞次序1234567碰撞时刻(S)1.121.582.002.4()2.783.143.4根据实验数据，回答下列问题：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)0.201—朋；0.95(3)高于【考点】机械能【解析】【解答】(1)已知第3次乒乓球撞击球台的时刻：t]=2.00s,第4次撞击的时刻t2=2.40s,则第3次碰撞到第4次碰撞用时t0=2.40s—2.00s=°.40s，根据竖直上抛的对称性可以得出下落和上升所花时间相等；根据自由落体运动的位移公式可得：第3次碰撞后乒乓球弹起的高度为丁抨?)2=1X9.8x0.22mU0.20m碰撞后弹起瞬间速度为v2,碰撞前瞬间速度为q,根据题意可知玛=丘,根据动能的表达式21”1可得：其损失的动能力血二严咛—严冬2,碰前的动能为：Efe1=^mv12则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为耳=晋1—匹=1—輕=1—尿由于小球从最高点下落做自由落体运动,根据自由落体运动的速度公式有：第3次碰前的瞬时速度u=饥=(2|00—1|58)^=0・219第3次碰撞后瞬间速度为/=以’-(込迪加二0.2092则第3次碰撞过程中碰后速度和碰前速度的比值有：k=丄=020u0.95v0.21(3)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,根据匀减速的位移公式h=V0t—丄处2可得上升的高度变小，所以第(1)问中计算的弹起高度高于实际弹起的高度。02【分析】(1)利用竖直上抛运动的运动时间结合位移公式可以求出乒乓球弹起的高度；(2)利用速度公式可以求出碰撞前后的速度大小,结合动能的表达式可以求出对应的倍数；(3)利用加速度的比较结合位移公式可以判别实际弹起的高度偏小。(2021・山东)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0.5Q）；电阻箱R（阻值范围0〜9999.99q）；滑动变阻器g（最大阻值20Q）；滑动变阻器R2（最大阻值2000Q）；微安表（量程100uA，内阻等于2500Q）；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S]、S2，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S2，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“R]"或“尺2”）。（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。3）某温度下微安表半偏时，电阻箱的读数为6000.00q，该温度下热敏电阻的测量值为q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【解析】【解答】(1)实验利用半偏法测量热敏电阻的阻值，则是利用断开开关后其支路的电压保持不变，使电流表的读数为原来闭合开关时的一半，根据欧姆定律则可以得出其断开开关后其热敏电阻的阻值和电阻箱的阻值相等，这样操作，当开关断开时其滑动变阻器左端并联部分的电压会变大，为了使电压变化量比较小则滑动变阻器要选择其阻值较小的，故滑动变阻器应选R疋根据电路图可以看出，滑动变阻器要直接与电源、开关S1进行串联，其开关S2要与电阻箱并联后与毫安表串联再接在滑动变阻器右上方的接线柱；电路连接图如图所示微安表半偏时，根据欧姆定律有：/(RT+RuA)=；(Rt+RuA+；则冷+%=R=6000.00q解得Rt=3500q由于断开S2与闭合开关S2对比，由于该支路的电阻增加，所以导致其支路分得的电压比闭合开关时大，热敏电阻和毫安表所分得的电压还是原来电压的一半，根据欧姆定律，可得电阻箱的阻值略大于热敏电

阻与微安表的总电阻，所以用电阻箱的阻值等于热敏电阻与微安表的总电阻来计算，其热敏电阻的测量值比真实值偏大。当温度升高时，其图像中对应的横坐标1减小，则对应的山冷减小，根据山冷的函数特点，当山冷减小时则其1口尺丁减小，因此热敏电阻随温度的升高逐渐减小。【分析】(1)实验利用半偏法测量其热敏电阻的阻值，为了防止其支路电压变化量过大所以其滑动变阻器要使用小阻值；(2)利用电路图进行实物图连线；利用支路的欧姆定律可以求出热敏电阻的阻值，结合其支路分压变大可以判别其热敏电阻的测量值大于其真实值；利用图像函数结合温度的变化可以判别热敏电阻的阻值变化。_5=V7(2021・山东)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e。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=1OO.Omm_5=V7它们在棱镜中的折射率分别为n1=V2和吠严。取sin37°=5，cos37°=41.890。为使两种频率的光都能从左侧第一个棱镜斜面射出，求6的取值范围；保留3位有效若Q=37°，求两种频率的光通过整个展宽器的过程中，在空气中的路程差保留3位有效【答案】(1)解：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3，要使得两种频率的光都从左侧第一个棱镜斜面射出，则6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=-①n折射率越大，临界角越小，代入较大的折射率得C.=45°②min所以顶角e的范围为o<e<45°(或e<45°)③解：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a-和勺，由折射定律得"1=篇④—sina?2sin0设两束光在前两个三棱镜斜面之间的路程分别为厶]和厶2，则L]—匚⑥COSH厶2-⑦COSa?AL—2(L1-I2)⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据得AL—14-4mm⑨【考点】光的折射【解析】【分析】（1）为了使光从左侧第一个棱镜斜面射出，已知折射率的大小，利用全反射定律可以求出入射角的大小范围，结合几何关系可以求出顶角的大小范围。（2）已知折射率的大小，结合折射定律可以求出折射角的大小；结合几何关系可以求出路程差的大小。（2021・山东）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v0—15m/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g—10m/s2，忽略空气阻力。■L1（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间加-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、长度厶—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）解：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vy，根据运动的合成与分解得H—1饥2，Vv—gt，V—\v2+V22y\0y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-F^t—0-mv联立，代入数据得F—500N（2）解：若释放鸟蛤的初速度为v1—15m/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—vt，£—叫+厶联立，代入数据得心—30m，%2—36m若释放鸟蛤时的初速度为U2=17m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为叫/，击中右端时，释放点的x坐标为X2'，得叫/=V2t，X2'=X]/+厶联立，代入数据得叫'=34m，x2'=40m综上得x坐标区间[34m,36m]或（34m,36m）【考点】平抛运动【解析】【分析】（1）鸟蛤做平抛运动，利用竖直方向的位移公式及速度公式可以求出竖直方向的速度大小，结合速度的合成可以求出与地面碰撞的速度大小，结合动量定理可以求出平均作用力的大小；（2）鸟蛤做平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出释放鸟蛤的坐标范围。（2021・山东）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0,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B0；口区宽度为L，左边界与x轴垂直交于0]点，右边界与x轴垂直交于02点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直X轴置于口区右边界，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0点，依次经I区、口区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入口区时速度方向与x轴正方向的夹角为0。忽略离子间的相互作用，不计重力。[|EO向与x轴正方向的夹角为0。忽略离子间的相互作用，不计重力。[|EOS«加速区於甚了燼（1）求离子在I区中运动时速度的大小“（2）求口区内电场强度的大小E；（3）保持上述条件不变，将口区分为左右两部分，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01的距离S。【答案】（1）解：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guB0=m遅①0T根据几何关系得sine=也②Y联立①②式得u=逛昇msin0（2）解：离子在口区内只受电场力，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qE=ma由运动的合成与分解得厶=（vcosd）•t，y0=-r（1一cos。），y0=（usin。）•t一]at2联立得E=2qB辭2（LtanQ+mL2tan2Qsin0tan0解：口区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做线速度大小为vcos0的匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为a，圆周运动半径为r/，运动轨迹长度为厂，由几何关系得厂=业x2nr'+^^2x2nr'，cosa=-^―2冗2冗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，则离子在口区内的运动时间不变，故有——=—-—VCOS0VCOS0C到0］的距离S=2r'sina+r—联立得S二6(v3+i)L7冗【考点】电荷在电场中的偏转，带电粒子在匀强磁场中的圆周运动【解析】【分析】(1)离子在I区域做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律结合轨道半径的大小可以求出粒子运动的速度大小；离子在II区域中只受电场力做功，其水平方向做匀速直线运动，其竖直方向做匀变速直线运动；利用速度的分解结合两个分运动的位移公式可以求出电场强度的大小；当填充磁场后，其离子在垂直y方向上做匀速圆周运动，利用几何关系可以求出轨迹弧长的大小，再结合运动的时间相等可以求出C到0］的距离大小。(2021・山东)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/，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：E=］kx2，k为弹簧的劲度系数，xp2为弹簧的形变量)⑴求B、C向左移动的最大距离勺和B、C分离时B的动能人；(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x，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力BC做的功为W,通过