2021年山东省普通高中学业水平选择性考试(山东卷）

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 $^{210}_{82}\mathrm{Pb}$ ，其衰变方程为 $^{210}_{82}\mathrm{Pb}\to^{210}_{83}\mathrm{Bi}+X$ 。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 $^{210}_{82}\mathrm{Pb}$ 的衰变

C． $^{210}_{82}\mathrm{Pb}$ 与 $^{210}_{83}\mathrm{Bi}$ 的质量差等于衰变的质量亏损

D．方程中的X来自于 $^{210}_{82}\mathrm{Pb}$ 内质子向中子的转化

【答案与解析】

衰变方程质量数与电荷数守恒： ${}^{210}_{82}\mathrm{Pb}\to{}^{210}_{83}\mathrm{Bi}+X$ ，得 $X$ 电荷数 $82-83=-1$ 、质量数 $0$ ，即电子（ $\beta^-$ 衰变）。温度升高不改变原子核衰变概率；质量亏损为 $m(\mathrm{Pb})-m(\mathrm{Bi})-m_e$ ，不等于 $\mathrm{Pb}$ 与 $\mathrm{Bi}$ 的质量差； $\beta^-$ 衰变中电子来自中子转化为质子（ $n\to p+e^-+\bar\nu$ ），而非质子转化为中子。故选A。
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

【答案与解析】

小瓶随水温升高而上升，外部水压减小，瓶内封闭气体膨胀，对外界做正功。气体从温度更高的水中吸热，内能增加（ $\Delta U=Q-W$ ， $Q>0$ 、 $W>0$ 且 $\Delta U>0$ ），故内能不减少；因膨胀对外做功 $W>0$ ，有 $\Delta U=Q-W<Q$ ，即增加的内能小于吸收的热量。故选B。
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 $v_{0}$ 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． $\frac{mv_{0}^{2}}{2\pi L}$

B． $\frac{mv_{0}^{2}}{4\pi L}$

C． $\frac{mv_0^2}{8\pi L}$

D． $\frac{mv_{0}^{2}}{16\pi L}$

【答案与解析】

细杆约束使木块必能完成一周圆周运动（杆可提供支持力）。摩擦力大小恒定，全程做功 $f\cdot 2\pi L$ 抵消初动能： $\frac12mv_0^2=f\cdot 2\pi L$ ，得 $f=\frac{mv_0^2}{4\pi L}$ 。故选B。
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 $60\mathrm{cm}^{3}$ 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 $150\mathrm{mmHg}$ 。已知大气压强等于 $750\mathrm{mmHg}$ ，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． $30\mathrm{cm}^{3}$

B． $40\mathrm{cm^{3}}$

C． $50\mathrm{cm}^3$

D． $60\mathrm{cm^{3}}$

【答案与解析】

末态绝对压强 $p=750+150=900\ \mathrm{mmHg}$ ，体积 $5\,\mathrm{V}$ ；初态为臂带内 $V$ （ $750\ \mathrm{mmHg}$ ）加上 $5$ 次充入的 $60\ \mathrm{cm^3}$ 外界空气（均 $750\ \mathrm{mmHg}$ ），折算等效体积 $V+300$ 。等温： $750(V+300)=900\cdot 5V=4500V$ ，解得 $3750V=225000$ ， $V=60\ \mathrm{cm^3}$ 。故选D。
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

【答案与解析】

悬停时平台作用力等于重力 $mg$ 。火星与月球表面重力加速度之比 $\frac{g_M}{g_m}=\frac{M_M/M_m}{(R_M/R_m)^2}=\frac94$ 。作用力之比 $\frac{F_{\text{祝}}}{F_{\text{玉}}}=\frac{m_{\text{祝}}g_M}{m_{\text{玉}}g_m}=2\cdot\frac94=\frac92=9\!:\!2$ 。故选B。
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 $0\leq x<\frac{\sqrt{2}}{2}a$ 区间，x轴上电势 $\varphi$ 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． $Q=\frac{\sqrt{2}+1}{2}q$ ，释放后P将向右运动

B． $Q=\frac{\sqrt{2}+1}{2}q$ ，释放后P将向左运动

C． $Q=\frac{2\sqrt{2}+1}{4}q$ ，释放后P将向右运动

D． $Q=\frac{2\sqrt{2}+1}{4}q$ ，释放后P将向左运动

【答案与解析】

对任一点电荷，受其余三个 $+q$ 的斥力与中心 $-Q$ 的引力平衡。以顶点电荷为例：到中心距 $a/\sqrt2$ ， $-Q$ 引力大小 $\frac{2kqQ}{a^2}$ （指向中心）；三个 $+q$ 的斥力合量为 $\frac{kq^2}{a^2}\!\left(\sqrt2+\frac12\right)$ （沿对角线向外）。平衡得 $\frac{2kqQ}{a^2}=\frac{kq^2}{a^2}\!\left(\sqrt2+\frac12\right)$ ， $Q=\frac{2\sqrt2+1}{4}q$ 。由 $\varphi-x$ 图，中心附近电势随 $x$ 增大而升高，场强沿 $-x$ ，故将 $P$ 向右微移后受向右电场力而向右运动。故选C。
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．

【答案与解析】

薄膜上下表面反射光干涉，光程差 $\Delta=2d$ 。相邻亮（暗）纹对应厚度差 $\Delta d=\lambda/2$ 。图中条纹间距由窄变宽，说明相同厚度变化对应的水平距离增大，即厚度随 $x$ 增大而逐渐减小（非均匀递减）。故选D。
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。已知卫星离地平均高度为H，导体绳长为 $L\left(L\ll H\right)$ ，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． $BL\sqrt{\frac{GM}{R+H}}+\frac{fr}{BL}$

B． $BL\sqrt{\frac{GM}{R+H}}-\frac{fr}{BL}$

C． $BL\sqrt{\frac{GM}{R+H}}+\frac{BL}{fr}$

D． $BL\sqrt{\frac{GM}{R+H}}-\frac{BL}{fr}$

【答案与解析】

卫星圆周运动 $v=\sqrt{\frac{GM}{R+H}}$ 。导体绳径向、速度切向、 $\mathrm{B}$ 垂直轨道面，动生电动势 $\varepsilon_m=BLv$ ，由 $\vec v\times\vec B$ 判定正电荷向外积累，即动生电动势驱动电流向外；实际电流指向地心（向内），故电池电动势与之反向， $\varepsilon_{\text{电}}=\varepsilon_m+Ir$ （ $I$ 向内）。安培力 $F=ILB$ 沿速度方向克服阻力 $f$ ，故 $I=\frac{f}{LB}$ 。又 $I=\frac{\varepsilon_{\text{电}}-\varepsilon_m}{r}$ ，得 $\varepsilon_{\text{电}}=BLv+\frac{fr}{BL}$ 。故选A。
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 $7.5\mathrm{V}$ 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 $10\mathrm{\Omega}$ 。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 $10\mathrm{W}$ ；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． $r=10\mathrm{\Omega}$

B． $r=5\mathrm{\Omega}$

C． $P=45\mathrm{W}$

D． $P=22.5\mathrm{W}$

【答案与解析】

左侧变压器次级电压 $U_s=3\times 7.5=22.5\ \mathrm{V}$ 。S 接 $1$ ：右变比 $2\!:\!1$ ， $R$ 功率 $10\ \mathrm{W}\Rightarrow I_R=\sqrt{10/10}=1\ \mathrm{A}$ ， $R$ 电压 $10\ \mathrm{V}$ ，右初级电压 $20\ \mathrm{V}$ ，导线电流 $I_1=0.5\ \mathrm{A}$ ，故 $22.5-0.5r=20\Rightarrow r=5\ \Omega$ 。 S 接 $2$ ：右变比 $1\!:\!2$ ，右初级电压 $U$ 、次级 $2U$ ， $I_R=2U/10=0.2U$ ，导线电流 $I_2=2I_R=0.4U$ ； $U=22.5-5\cdot 0.4U=22.5-2U\Rightarrow 3U=22.5\Rightarrow U=7.5\ \mathrm{V}$ ， $I_R=1.5\ \mathrm{A}$ ， $P=I_R^2R=2.25\times 10=22.5\ \mathrm{W}$ 。故选BD。
一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为 $t_{1}=2\mathrm{s}$ 时的波形图，虚线为 $t_{2}=5\mathrm{s}$ 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．

【答案与解析】

$t_1=2\ \mathrm{s}$ 与 $t_2=5\ \mathrm{s}$ 相差 $\Delta t=3\ \mathrm{s}$ 。若波沿 $+x$ 传播： $O$ 点 $t_1$ 时向上振动、 $t_2$ 时仍向上（波形平移 $3+4n\ \mathrm{m}$ ）， $\Delta t=(\frac34+n)T\Rightarrow T=\frac{12}{4n+3}$ ， $n=0$ 时 $T=4\ \mathrm{s}$ ，对应图 A；若沿 $-x$ 传播： $O$ 点 $t_2$ 时处波谷， $\Delta t=(\frac14+n)T\Rightarrow T=\frac{12}{4n+1}$ ， $n=0$ 时 $T=12\ \mathrm{s}$ ，对应图 C。故选AC。
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 $v_{0}$ 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． $d=(1+\frac{m}{M})\sqrt{\frac{2Hv_{0}^{2}}{g}+H^{2}}$

D． $d=\sqrt{\frac{2Hv_{0}^{2}}{g}+(1+\frac{m}{M})^{2}H^{2}}$

【答案与解析】

系统原静止，抛出瞬间水平方向动量守恒，气球获得反向水平速度；竖直方向受浮力 $(M+m)g$ 、重力 $Mg$ ，合力恒为 $mg$ 向上，做匀加速曲线运动（非直线），故 A 错 B 对。物资平抛时间 $t=\sqrt{2H/g}$ ；水平位移 $x_1=v_0t$ ，气球水平位移 $x_2=\frac{m}{M}v_0t$ （反向），竖直上升 $y=\frac{mg}{M}\cdot\frac12t^2=\frac{m}{M}H$ ，故总高 $H+y=(1+\frac{m}{M})H$ 。间距 $d=\sqrt{(1+\frac{m}{M})^2v_0^2t^2+(1+\frac{m}{M})^2H^2}=(1+\frac{m}{M})\sqrt{\frac{2Hv_0^2}{g}+H^2}$ 。故选BC。
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

【答案与解析】

Ⅱ区为匀强磁场，棒切割磁感线受安培阻力，来回经过 $b$ 时均有能量损耗，故下行过 $b$ 速度大于上行过 $b$ 速度，A 对。下行过 $b$ ： $a_{\text{下}}=g\sin\alpha-\frac{B^2L^2v_{\text{下}}}{mR}$ ；上行过 $b$ ： $a_{\text{上}}=g\sin\alpha+\frac{B^2L^2v_{\text{上}}}{mR}$ ，因 $v_{\text{下}}>v_{\text{上}}$ ，故 $a_{\text{下}}<a_{\text{上}}$ ，B 错。上行时安培力与重力均沿斜面向下使棒加速回升，必能回到无磁场区；但下行进、出Ⅱ区速度不等（出时更小），在无磁场区减速相同，故不能回到 $a$ 处，C 错 D 对。故选ABD。
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，回答下列问题：（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 $g=9.80\mathrm{m/s^{2}}$ ）。（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。

【答案与解析】

第 $3$ 次与第 $4$ 次碰撞间隔 $\Delta t=2.40-2.00=0.40\ \mathrm{s}$ ，由竖直上抛对称性弹起时间 $\Delta t/2=0.20\ \mathrm{s}$ ， $h=\frac12g(\Delta t/2)^2=\frac12\times 9.80\times 0.20^2\approx 0.20\ \mathrm{m}$ 。设碰后、碰前速率分别为 $v_2$ 、 $v_1$ ， $k=v_2/v_1$ ，则损失动能占比 $\frac{\frac12mv_1^2-\frac12mv_2^2}{\frac12mv_1^2}=1-k^2$ 。第 $3$ 次碰前速率由第 $2\to 3$ 次间隔得 $v_1=g\cdot(2.00-1.58)/2=0.21g$ ，碰后 $v_2=g\cdot(2.40-2.00)/2=0.20g$ ， $k=0.20/0.21\approx 0.95$ 。存在空气阻力时实际弹起高度变小，而 (1) 按无阻力计算，故计算值高于实际值。故填 $0.20$ ； $1-k^2$ ； $0.95$ ；高于。
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 $R_T$ （实验温度范围内，阻值约几百欧到几千欧）；电源E（电动势 $1.5\mathrm{V}$ ，内阻r约为 $0.5\mathrm{\Omega}$ ）；电阻箱R（阻值范围 $0\sim9999.99\mathrm{\Omega}$ ）；滑动变阻器 $R_{1}$ （最大阻值 $20\mathrm{\Omega}$ ）；滑动变阻器 $R_{2}$ （最大阻值 $2000\mathrm{\Omega}$ ）；微安表（量程 $100\mu\mathrm{A}$ ，内阻等于 $2500\mathrm{\Omega}$ ）；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 $\mathrm{S}_1$ 、 $\mathrm{S}_2$ ，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 $\mathrm{S}_2$ ，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“ $R_{1}$ ”或“ $R_{2}$ ”）。（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 $6000.00\mathrm{\Omega}$ ，该温度下热敏电阻的测量值为＿＿＿＿ $\Omega$ （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”）。

【答案与解析】

(1)半偏法要求 S $_2$ 闭合前后该支路并联部分电压尽量不变；滑动变阻器阻值越小，并联部分电阻变化越小、电压越稳，故选 $R_1$ 。 (2)电源、 $S_1$ 、滑动变阻器串联构成主路， $S_2$ 与电阻箱并联后再与微安表串联，整体并联接在滑动变阻器左半部分两端。作图略。 (3)半偏时该支路总电阻变为原来的 $2$ 倍，即 $R_T+R_g=R_{\text{箱}}=6000.00\ \Omega$ ， $R_T=6000.00-2500=3500\ \Omega$ 。断开 S $_2$ 后支路电阻增大、电压略升，认为 $R_{\text{箱}}$ 等于 $R_T+R_g$ 使测量值偏大。故填 $R_1$ ； $3500$ ；大于。 (4)由 $\ln R_T-1/T$ 图像，温度升高（ $1/T$ 减小）时 $\ln R_T$ 减小，故 $R_T$ 减小。故填减小。
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 $\theta$ 。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 $d=100.0\mathrm{mm}$ ，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 $n_1=\sqrt{2}$ 和 $n_{2}=\frac{\sqrt{31}}{4}$ 。取 $\sin37^{\circ}=\frac{3}{5}$ ， $\cos37^{\circ}=\frac{4}{5}$ ， $\frac{5}{\sqrt{7}}=1.890$ 。（1）为使两种频率的光都能从左侧第一个棱镜斜面射出，求 $\theta$ 的取值范围；（2）若 $\theta=37^{\circ}$ ，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 $\Delta L$ （保留3位有效数字）。

【答案与解析】

由几何关系，光线在第一棱镜右侧斜面上的入射角等于顶角 $\theta$ 。要使两种频率的光都从斜面射出（不发生全反射）， $\theta$ 须小于两者的临界角。由 $\sin C=1/n$ ， $n_1=\sqrt2$ 时 $C_1=45^\circ$ ， $n_2=\frac{\sqrt{31}}{4}$ 时 $C_2\approx 45.97^\circ$ ；临界角较小者为 $n_1$ ，故 $\theta<45^\circ$ （ $\theta>0$ ），即 $0<\theta<45^\circ$ 。当 $\theta=37^\circ$ 时，由折射定律 $n\sin\theta=\sin r$ ，得 $\sin r_1=\sqrt2\cdot\frac35=\frac{3\sqrt2}{5}$ 、 $\sin r_2=\frac{\sqrt{31}}{4}\cdot\frac35=\frac{3\sqrt{31}}{20}$ 。两频率光在前两个棱镜斜面间的空气路程分别为 $L_i=d/\cos r_i$ ，经前后两组棱镜对称累计，空气中的路程差 $\Delta L=2(L_1-L_2)=2d\!\left(\frac1{\cos r_1}-\frac1{\cos r_2}\right)$ 。代入 $d=100.0\ \mathrm{mm}$ 、 $\sin37^\circ=3/5$ 、 $\cos37^\circ=4/5$ 得 $\Delta L=14.4\ \mathrm{mm}$ 。故两种频率光在空气中的路程差为 $14.4\ \mathrm{mm}$ 。
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 $m=0.1\mathrm{kg}$ 的鸟蛤，在 $H=20\mathrm{m}$ 的高度、以 $v_{0}=15\mathrm{m/s}$ 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 $g=10\mathrm{m/s^2}$ ，忽略空气阻力。（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间 $\Delta t=0.005\mathrm{s}$ ，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小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 $L=6\mathrm{m}$ 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 $20\mathrm{m}$ ，速度大小在 $15\mathrm{m/s}\sim17\mathrm{m/s}$ 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。

【答案与解析】

(1)平抛时间 $t=\sqrt{2H/g}=\sqrt{40/10}=2\ \mathrm{s}$ 。落地速度 $v=\sqrt{v_0^2+(gt)^2}=\sqrt{15^2+20^2}=25\ \mathrm{m/s}$ 。碰撞过程不计重力，由动量定理（取速度方向为正）： $-F\Delta t=0-mv$ ， $F=\frac{mv}{\Delta t}=\frac{0.1\times 25}{0.005}=500\ \mathrm{N}$ 。 (2)设释放点坐标为 $x$ ，鸟蛤落点为 $x-vt$ （飞行方向为 $-x$ 方向），须 $0\le x-vt\le 6$ ，即 $x\in[vt,\,6+vt]$ 。 $t=2\ \mathrm{s}$ ， $vt\in[30,34]$ 。对 $v=15\ \mathrm{m/s}$ ： $x\in[30,36]$ ；对 $v=17\ \mathrm{m/s}$ ： $x\in[34,40]$ ；为对任意速度均能落到岩石上，取交集得 $x\in[34,36]\ \mathrm{m}$ 。故平均作用力 $F=500\ \mathrm{N}$ ；释放点 $x$ 坐标范围为 $[34\ \mathrm{m},\,36\ \mathrm{m}]$ 。
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 $B_{0}$ ；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于 $O_{1}$ 点，右边界与x轴垂直交于 $O_{2}$ 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 $O_{2}$ 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O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 $\theta$ 。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 $O_{1}$ 的距离S。

【答案与解析】

(1)Ⅰ区中离子做匀速圆周运动， $qvB_0=\frac{mv^2}{r}$ 。由几何， $r\sin\theta=d$ ，故 $r=\frac{d}{\sin\theta}$ ， $v=\frac{qB_0r}{m}=\frac{qB_0d}{m\sin\theta}$ 。 (2)进入Ⅱ区速度 $v$ ，与 $x$ 轴夹角 $\theta$ ， $v_x=v\cos\theta$ 、 $v_y=v\sin\theta$ 。水平方向匀速： $L=v\cos\theta\cdot t\Rightarrow t=\frac{L}{v\cos\theta}$ 。竖直方向： $y=v\sin\theta\cdot t-\frac12\frac{qE}{m}t^2$ 。Ⅰ区出射点高度 $y_0=r(1-\cos\theta)=\frac{d(1-\cos\theta)}{\sin\theta}=d\tan\frac{\theta}{2}$ ，须到达 $C$ （ $y=0$ ），故 $-d\tan\frac{\theta}{2}=v\sin\theta\,t-\frac12\frac{qE}{m}t^2$ 。代入 $t$ 与 $v$ 整理得 $E=\frac{2qB_0^2d^2}{mL^2\tan^2\theta}\left(L\tan\theta+d\tan\frac{\theta}{2}\right)$ 。 (3)Ⅱ区改充反向磁场后，离子在垂直 $y$ 方向以 $v\cos\theta$ 做匀速圆周运动，总时间应与原电场中 $t$ 相同；轨迹与测试板相切于 $C$ ，由几何关系得 $C$ 到 $O_1$ 的距离 $S=\frac{6(\sqrt3+1)}{7\pi}L$ 。故 $v=\frac{qB_0d}{m\sin\theta}$ ； $E=\frac{2qB_0^2d^2}{mL^2\tan^2\theta}\left(L\tan\theta+d\tan\frac{\theta}{2}\right)$ ； $S=\frac{6(\sqrt3+1)}{7\pi}L$ 。
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： $E_p=\frac{1}{2}kx^2$ ，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 $x_{0}$ 和B、C分离时B的动能 $E_{k}$ ；（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值 $F_{min}$ ；（3）若三物块都停止时B、C间的距离为 $x_{BC}$ ，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 $fx_{BC}$ 的大小；（4）若 $F=5f$ ，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。

【答案与解析】

(1)从开始到最大压缩 $x_0$ ： $Fx_0-2fx_0=\frac12kx_0^2\Rightarrow x_0=\frac{2(F-2f)}{k}=\frac{2F-4f}{k}$ 。从最大压缩回到弹簧原长（ $\mathrm{B}$ 、 $C$ 分离）： $\frac12kx_0^2-2fx_0=2E_k$ （ $\mathrm{B}$ 、 $C$ 末速相同），得 $E_k=\frac{F^2-6fF+8f^2}{k}$ 。 (2) $\mathrm{A}$ 恰离墙时弹簧伸长 $f/k$ 且 $\mathrm{B}$ 速度恰为零（临界），由能量： $\frac12kx_0^2=\frac12k(f/k)^2+f(x_0+f/k)$ 。代入 $x_0$ 解得 $F_{\min}=\left(3+\frac{\sqrt{10}}{2}\right)f$ 。 (3)设分离时 $\mathrm{B}$ 、 $C$ 速率均为 $v$ （ $E_k=\frac12mv^2$ ）， $C$ 仅受摩擦，停前位移 $s_C=E_k/f$ 。对 $\mathrm{B}$ ：从分离到停止， $E_k=W+f\cdot l_B$ （ $W$ 为 $\mathrm{B}$ 克服弹簧弹力做功， $l_B$ 为 $\mathrm{B}$ 路程），故 $W=E_k-f l_B<E_k=f s_C$ 。又 $\mathrm{B}$ 先右行后被弹簧拉回，其末位在分离点左侧，故 $\mathrm{B}$ 、 $C$ 最终间距 $x_{BC}>s_C$ ，于是 $W<f x_{BC}$ 。 (4) $F=5f$ 时最大压缩 $x_0=2(5f-2f)/k=6f/k$ 。 $C$ 右行过程（与 $\mathrm{B}$ 接触，压缩量 $x=6f/k-s$ ）： $a=\frac{kx-2f}{2m}$ ， $s=0$ 时 $a=2f/m$ ， $s=6f/k$ （分离）时 $a=-f/m$ ；分离后 $C$ 仅受摩擦 $a=-f/m$ ，至停位移再增 $3f/k$ ，总停于 $s=9f/k$ 。作图略。故 $x_0=\frac{2F-4f}{k}$ ， $E_k=\frac{F^2-6fF+8f^2}{k}$ ； $F_{\min}=\left(3+\frac{\sqrt{10}}{2}\right)f$ ； $W<fx_{BC}$ 。