2021年山東省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試山東卷（解析版）

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)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試

卷上無效。

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;；°Pb,其衰變方程為

；；°Pbf；；°Bi+X。以下說法正確的是（）

A.衰變方程中的X是電子

B.升高溫度可以加快;；°Pb的衰變

C.$Pb與二Bi的質(zhì)量差等于衰變的質(zhì)量虧損

D.方程中的X來自于職Pb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.2；；Pb與2tBi和電子X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來自于鎧Pb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，上浮過程中，小瓶

內(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

T

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

△U=W+Q

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0轉(zhuǎn)動(dòng)，另一

端與質(zhì)量為，”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)過程中,

木塊所受摩擦力的大小為（)

A.如iC遺D?%

2TIL'ML167rL

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】在運(yùn)動(dòng)過程中，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

-f-27tL=0--mv^

可得摩擦力的大小

于「加

47rL

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60cm3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)?V,壓強(qiáng)計(jì)示數(shù)為150mmHg。

已知大氣壓強(qiáng)等于750mmHg,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（）

加壓氣囊

壓強(qiáng)計(jì)

A.30cm3B.40cm3C.50cm3D.60cma

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】根據(jù)玻意耳定律可知

。0丫+5。0匕=。。5丫

已知

Po=75()mmHg,%=60cm3,-750mmHg+150mmHg=900mmHg

代入數(shù)據(jù)整理得

V=60cm3

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()

A.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)的作用力等于萬有引力，根據(jù)

可得

%融_Q"火7n祝融.Q“丹利」兔=2x2=2

二"-一球一2

故選B。

6.如圖甲所示，邊長(zhǎng)為。的正方形，四個(gè)頂點(diǎn)上分別固定一個(gè)電荷量為+9的點(diǎn)電荷；在OVx<?a區(qū)

2

間，x軸上電勢(shì)。的變化曲線如圖乙所示?，F(xiàn)將一電荷量為一。的點(diǎn)電荷P置于正方形的中心。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.Q=^lq,釋放后尸將向右運(yùn)動(dòng)

B.Q=S±lq,釋放后「將向左運(yùn)動(dòng)

C.0=21+1釋放后p將向右運(yùn)動(dòng)

D.0=2[+1〉,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

^+k-P-=k-^-

a2(V2a)2V2?

(2C，

解得

c2V2+I

Q=---q

4

因在04x<Y2a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)

2

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（）

Ox

B.

【答案】D

【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△42d,即光程差為薄膜厚度的2倍，

當(dāng)光程差△尸〃2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!九在圖中相鄰亮條紋（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，等效總電阻為人導(dǎo)體繩所受的安培力克服大小為了的環(huán)境阻力，可使衛(wèi)星保持在原軌道上。已知衛(wèi)生

離地平均高度為從導(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（）

遠(yuǎn)地子衛(wèi)星O

電池二二

電流,，一

速度

導(dǎo)體繩

近地子衛(wèi)星o

赤道平］

【答案】A

【解析】

【分析】

【詳解】根據(jù)

Mm

G--------m---------

(R+”)2(R+H)

可得衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度

v=\四

\R+H

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

E=BLv

因?qū)Ь€繩所受阻力/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

E-E

f=BL

r

解得

E=BL\叵+之

\R+HBL

故選Ao

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7.5V的正弦交流電。

連接兩理想變壓器的導(dǎo)線總電阻為廣，負(fù)載R的阻值為10Q。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10W；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（）

C.P=45WD.尸=22.5W

【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=3X7.5V=22.5V

電阻R上的電壓，即右側(cè)變壓器的次級(jí)電壓

U4=y[PR=10V

電流

’.當(dāng)"

則右側(cè)變壓器初級(jí)電壓

C/3=1X10V=20V

電流

A=—xlA=O.5A

32

則

A

當(dāng)開關(guān)S接2時(shí)，設(shè)輸電電流為/,則右側(cè)變壓器的次級(jí)電流為0.5/；右側(cè)變壓兩邊電壓關(guān)系可知

U2-IrQ.5IR

解得

Z=3A

則R上的功率

尸=(0.5/)2/?=22.5W

故選BD。

10.一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸傳播，如圖所示，實(shí)線為乙=2s時(shí)的波形圖，虛線為％=5s時(shí)的波形圖。以下關(guān)

于平衡位置在。處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像，可能正確的是（）

【解析】

【分析】

【詳解】機(jī)械波的傳播方向不確定，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x軸正方向傳播，在％=2s時(shí)。點(diǎn)振動(dòng)方向豎直向上，則傳播時(shí)間加=弓-。=3s滿足

3

△f=—T+〃T(/7=0,1,2,3…)

4

解得

當(dāng)〃=()時(shí)，解得周期

T=4s

A正確，B錯(cuò)誤；

CD.若機(jī)械波沿x軸負(fù)方向傳播，在4=5s時(shí)。點(diǎn)處于波谷，則

Af=—T+nT(〃=0,1,2,3…)

4

解得

12

T=-----s(?7=0,1,2,3…)

4n+l

當(dāng)〃=()時(shí)，解得周期

T=12s

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”的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為，"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乩已知投出物資后熱氣球的總質(zhì)量為“，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（）

A.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2g

【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mg的

物資瞬間，滿足動(dòng)量守恒定律

Mv=mv0

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也熱氣球所受合外力恒為Sg,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加g,所以熱氣球在豎直方向上加速度大小為

物資落地〃過程所用的時(shí)間f內(nèi)，根據(jù)H=-gr解得落地時(shí)間為

七[2H

熱氣球在豎直方向上運(yùn)動(dòng)位移為

11m2Hm

rr=-at2=------g------=—Hrr

M22MgM

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

[2H

m[2H

根據(jù)勾股定理可知熱氣球和物資的實(shí)際位移為

d=+4尸+(”+“My=(1+令浮

-+H2

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，1【區(qū)中為勻強(qiáng)磁場(chǎng)。阻值恒定的金屬棒從無磁場(chǎng)區(qū)域中a處由靜止釋

放，進(jìn)入【【區(qū)后，經(jīng)人下行至c處反向上行。運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒始終垂直導(dǎo)軌且接觸良好。在第一次下行和

上行的過程中，以下敘述正確的是()

B.金屬棒下行過b時(shí)的加速度大于上行過b時(shí)的加速度

C.金屬棒不能回到無磁場(chǎng)區(qū)

D.金屬棒能回到無磁場(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)度為片=",感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

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

j="=坦

1RR

導(dǎo)體棒進(jìn)入II區(qū)域后，導(dǎo)體切割磁感線，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

E,=BLv

導(dǎo)體棒上的電流為

、

,7,=E—=BL-v-

2RR

I區(qū)域產(chǎn)生的電流對(duì)導(dǎo)體棒的安培力始終沿斜面向上，大小恒定不變，因?yàn)閷?dǎo)體棒到達(dá)。點(diǎn)后又能上行，說

下行過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知

B}ItL+B-,I2L-mgsin0-mat

上行過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知

BJ[L-L-mgsin0-ma^

比較加速度大小可知

由于匕c段距離不變，下行過程中加速度大，上行過程中加速度小，所以金屬板下行過經(jīng)過b點(diǎn)時(shí)的速度大

于上行經(jīng)過〃點(diǎn)時(shí)的速度，AB正確；

CD.I區(qū)域產(chǎn)生的安培力總是大于沿斜面向下的作用力，所以金屬棒一定能回到無磁場(chǎng)區(qū)域，由于整個(gè)過

程中電流通過金屬棒產(chǎn)生焦耳熱，金屬棒的機(jī)械能減少，所以金屬棒不能回到a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)，回答下列向題:

（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機(jī)（保留2位有效數(shù)字，當(dāng)

地重力加速度g=9.80m/s2）o

（2）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％表示），第3次碰撞過程中％=（保留2位有效數(shù)字）。

（3）由于存在空氣阻力，第（1）問中計(jì)算的彈起高度（填“高于”或“低于”）實(shí)際彈起高

度。

【答案】①.0.20\-k2③.0.95④.高于

【解析】

【分析】

【詳解】（1）⑴第3次碰撞到第4次碰撞用時(shí)小=2.40s-2.00s=0.40s,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

%=1g（?）2=；x9.82x0.22m?0.20m

（2）[2]碰撞后彈起瞬間速度v2,碰撞前瞬間速度為甘，根據(jù)題意可知

則每次碰撞損失的動(dòng)能與碰撞前動(dòng)能的比值為

12121,

-mv[——mv2—772V；

=1—y------=1-G

i~

一mv,—mv：

2121

⑶第3次碰撞前瞬間速度為第2次碰后從最高點(diǎn)落地瞬間的速度

2.00_1.58

v=gt=(-------------)g=0.21g

第3次碰撞后瞬間速度為

,,,2.40—2.00、八“

丫'=gt'=(——-——)g=0.20g

則第3次碰撞過程中

%」=^^0.95

v0.21

（3）[4]由于存在空氣阻力，乒乓球在上升過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?/p>

選擇的器材有:

圖甲

待測(cè)熱敏電阻Rr（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)L5V,內(nèi)阻r約0.5Q）；

電阻箱R（阻值范圍0?9999.99Q）；

滑動(dòng)變阻器與（最大阻值20。）；

滑動(dòng)變阻器&（最大阻值2（X）（）。）；

微安表（量程I00|xA,內(nèi)阻等于2500。）；

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S2,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S2,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“用”或“&"）?

（2）請(qǐng)用筆畫線代替導(dǎo)線，在答題卡上將實(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6000.00。，該溫度下熱敏電阻的測(cè)量值為C（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”）.

【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)變阻器前半部分并聯(lián)，滑動(dòng)變阻器的阻值越小，S2閉合前、后該部分電阻變化越小，從而電壓

的值變化越小，故滑動(dòng)變阻器應(yīng)選凡

（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的2倍，即

RT+R“A=6000Q

可得

R,=35OOQ

[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，而認(rèn)為電阻箱的阻值等于熱敏電阻與微安

表的總電阻，因此熱敏電阻的測(cè)量值比真實(shí)值偏大。

（4）[5]由于是In叢一3圖像，當(dāng)溫度T升高時(shí)，器減小，從圖中可以看出InR,減小，從而R,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8。一細(xì)束脈沖激光垂直第一個(gè)棱鏡左側(cè)面入射，經(jīng)過前兩

個(gè)棱鏡后分為平行的光束，再經(jīng)過后兩個(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4=100.0mm,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4=0和々=乎。取sin370=|,cos37°=我=1.890。

（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6=37°,求兩種頻率的光通過整個(gè)展寬器的過程中，在空氣中的路程差A(yù)L（保留3位有效數(shù)字）。

【答案】（1）0<6?<45°（或8<45°）；（2）AL=14.4mm

【解析】

【分析】

【詳解】（1）設(shè)C是全反射的臨界角，光線在第一個(gè)三梭鏡右側(cè)斜面上恰好發(fā)生全反射時(shí)，根據(jù)折射定律

得

sinC=—①

n

代入較大的折射率得

C=45°②

所以頂角。的范圍為

0<6><45°（或6<45°）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)折射角分別為必和。2，由折射定律得

sin.

%=

sin。

sin%_

"2=5

設(shè)兩束光在前兩個(gè)三棱鏡斜面之間的路程分別為右和L2,則

d

Lr

i=c--o-s--a--.-⑥

d

Lri=--------⑦

cosa2

AL=2(L,-/2)⑧

聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得

AL=14.4mm@

16.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，〃=O」kg的鳥蛤，在”=20m的高度、以%=15m/s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g=10m/s2,忽略空氣阻力。

（1）若鳥蛤與地面的碰撞時(shí)間△￡=0.005s,彈起速度可忽略，求碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力的大

小F；（碰撞過程中不計(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L=6m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20m,速度大小在15m/s~17m/s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。

。力”

【答案】(1)F=500N；(2)[34m,36m]或(34m,36m)

【解析】

【分析】

【詳解】(1)設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，，鳥蛤落地前瞬間的速度大小為V。豎直方向分速度大小為匕，根據(jù)運(yùn)

動(dòng)的合成與分解得

H=gg/，v=M+vj

在碰撞過程中，以鳥蛤?yàn)檠芯繉?duì)象，取速度v的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理得

—F/^t=O—mv

聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得

F=5(X)N

(2)若釋放鳥蛤的初速度為匕=15m/s,設(shè)擊中巖石左端時(shí)，釋放點(diǎn)的x坐標(biāo)為x,擊中右端時(shí)，釋放點(diǎn)

的x坐標(biāo)為馬，得

%,=v/,x2=xt+L

聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得

Xi=30m,x2=36m

若釋放鳥蛤時(shí)的初速度為V2=17m/s,設(shè)擊中巖石左端時(shí)，釋放點(diǎn)的x坐標(biāo)為斗'，擊中右端時(shí)，釋放點(diǎn)的

x坐標(biāo)為尤；，得

X：=v2t'"=Xy+L

聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得

X；=34m>"=40m

綜上得x坐標(biāo)區(qū)間

[34m,36m]或(34m,36m)

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“，左邊界與x軸垂直交于坐標(biāo)面點(diǎn)。，其內(nèi)充滿

垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為紇；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。2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H區(qū)右邊界，其中心

C與。2點(diǎn)重合。從離子源不斷飄出電荷量為外質(zhì)量為機(jī)的正離子，如速后沿x軸正方向過。點(diǎn)，依次經(jīng)

I區(qū)、H區(qū)，恰好到達(dá)測(cè)試板中心C。已知離子剛進(jìn)入H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H區(qū)分為左右兩部分，分別填充磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為8（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。

III11

叫I

XBoEX5?E*B

0

C

口叵

0?00?

離子源001C離子源

加速區(qū)加速區(qū)

LdS

■>-<-------------?-<-

圖甲圖乙

【答案】（1）V=WL.（2）E=芳7：|7tan6+七一一（3）―直+1〃

msin。mZ/tarreisin6*tan6（J7萬

【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)的半徑為廣，由牛頓第二定律得

y2

qvB0=m-?

根據(jù)幾何關(guān)系得

sin6=a②

r

聯(lián)立①②式得

qB°d

msmO

（2）離子在H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r,y方向的位移為地用，加速度大小為m由牛頓第二定律得

qE=ina

由運(yùn)動(dòng)的合成與分解得

L=vtcos6,%二一〃(1一cos夕)，%=Wsin。一；。/

聯(lián)立得

八dd

E=MB社Lrtan。+——

ml}tan26sin0tan0

(3)H區(qū)內(nèi)填充磁場(chǎng)后，離子在垂直y軸的方向做勻速圓周運(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

71

TCa+—

a--

3I'=——x2"'H--------x2x/

2427c

離子在II區(qū)內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，故有

L

VCOSOfvcos^

C到。1的距離

S=2/sina+/

聯(lián)立得

6(73+1)

L-i

7萬

18.如圖所示，三個(gè)質(zhì)量均為根的小物塊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

女的輕彈簧將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。現(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)。己知A、B、C與地面間的滑動(dòng)摩擦力大小均為力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：Ep=—日2,%為彈簧的勁度系數(shù)，X為彈簧的形變量)

P2

（1）求B、C向左移動(dòng)的最大距離與和B、C分離時(shí)B的動(dòng)能E小

（2）為保證A能離開墻壁，求恒力的最小值工,m；

（3）若三物塊都停止時(shí)B、C間的距離為/c，從aC分離到B停止運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程，B克服彈簧彈力做

的功為W,通過推導(dǎo)比較W與_ABC的大??；

（4）若尸=5/,請(qǐng)?jiān)谒o坐標(biāo)系中，畫出C向右運(yùn)動(dòng)過程中加速度。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)的人x值（用/、％、%表示），不要求推導(dǎo)過程。以撤去尸時(shí)C