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试卷02-2021年高考物理考前冲刺押题卷（山东卷）（解析版）
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这是一份试卷02-2021年高考物理考前冲刺押题卷（山东卷）（解析版），共18页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分等内容，欢迎下载使用。
2021年高考物理考前冲刺押题卷（山东卷）02
物理
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每个题目只有一个选项符合要求，选对得4分，选错得0分。
1、我国自主研发的氢原子钟现已运用于中国的北斗导航系统中，高性能的原子钟对导航精度的提高起到了很大的作用，同时原子钟体积小重量轻。它通过氢原子能级跃迁而产生的电磁波校准时钟。氢原子能级如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．的光子照射处于基态的氢原子可以使处于基态的氢原子发生跃迁
B．一个处于能级的氢原子向低能级跃迁时可辐射6种不同频率的光子
C．现用光子能量介于范围内的光去照射一群处于基态的氢原子，在照射光中可能被吸收的光子能量只有3种
D．跃迁到时产生的光子a与跃迁到时产生的光子b的频率之比为97：255
【答案】C
【解析】处于基态的氢原子要吸收光子实现跃迁，则吸收的光子的能量必须等于能级差，而10 eV的能量不满足任何一个激发态与基态的能级差，故不能吸收，A错误；一个处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时最多可辐射3种不同频率的光子，一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时可辐射6种不同频率的光子，B错误；吸收10.2 eV、12.9 eV和12.75 eV的光子能量可以分别跃迁到2能级、3能级和4能级，则可以被吸收的光子能量只有三种，C正确；E4跃迁到E2时产生的光子a的能量为2.55 eV，E5跃迁到E3时产生的光子b的能量为0.97 eV，根据，故两个光子的频率之比为255：97，D错误。故选C。
2、如图所示，轻质弹簧的一端固定于A点，另一端与轻绳相连，轻绳绕过定滑轮P与动滑轮Q的轴相连，另外一根轻绳一端悬挂重物B并绕过动滑轮Q及定滑轮S，由地面上某人拉着轻绳另一端，使整个系统处于静止状态，此时QS连线水平，PQ连线与竖直方向夹角为。若人加速向下拉动细绳移动一段较小的距离，滑轮均为光滑轻质滑轮，且可看作质点，弹簧始终在弹性限度之内，则在加速拉动的过程中与原静止状态相比（ ）
A．不变，弹簧弹力不变
B．变大，弹簧弹力变大
C．滑轮Q水平向右移动
D．滑轮Q沿PQ方向移动
【答案】B
【解析】假设动滑轮位置不变，当人加速拉动时，绳子拉力增大，则绳子在动滑轮处的合力增大，所以动滑轮会沿合力方向即PQ方向向右下移动。最终稳定时，绳子QS处于倾斜状态，动滑轮比原位置低，动滑轮处的两段绳子的夹角变为钝角。因为滑轮处无摩擦，所以PQ是动滑轮处两段绳子夹角的角平分线，因为夹角增大，所以变大，因为动滑轮下移了，所以弹簧伸长了，即弹簧弹力变大。因为变大，所以动滑轮向右下移动，但不是沿PQ方向移动。故选B。
3、如图所示，空间中存在着匀强电场，长方体ABCD-A1B1C1D1中ADD1A1是边长为lm的正方形，梭AB长2m，E、F为棱AB、CD的中点，E1、F1为棱A1B1、C1D1的中点。已知电势φA1=0， φA=2V， φE=4V，φB=6V，φC=8V。则下列说法正确的是（ ）
A．电场强度方向与CE连线平行
B．电场强度大小为2V/m
C．B、F1两点的电势差UBF1与A、E两点的电势差UAE相同
D．把0.1C正电荷从D点移到B点，电场力做功0.2J
【答案】B
【解析】
根据匀强电场特点，平行等距的两线段电势差相等，则UAE=UEB=UFC，，解得 ，。同理可得。EDF1B1等势面如图所示，则电场强度方向应该是过点F做EDF1B1平面的垂线，所以A错误；场强沿DF方向的分量为，同理场强沿EE1、EF方向的分量均为，故电场强度大小为
，所以B正确；B、F1两点的电势差UBF1为2V，A、E两点的电势差UAE为-2V，所以C错误；把0.1C正电荷从D点移到B点，电场力做功为，
所以D错误；故选B。
4、如图为车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为的细直杆可绕在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线处到达直杆处的时间为，自动识别系统的反应时间为；汽车可看成高的长方体，其左侧面底边在直线上，且到汽车左侧面的距离为，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可知，在3.3s-0.3s=3.0s的时间内，横杆的距离O点0.6m的点至少要抬高1.6m-1.0m=0.6m，即横杆至少转过，则角速度，故选D。
5、如图所示，一截面为直角三角形的三棱镜ABC置于真空中，AC边水平，BC边竖直，，D为BC边的中心，三棱镜右侧有一束单平色平行光沿AC方向射到AB边上，光线宽度与BC边高度相等。已知棱镜对该光的折射率为，则从D点会有两束不同的光线射出，C这两束光线的夹角为（ ）
A．60° B．90° C．120° D．150°
【答案】 C
【解析】由折射定律可知，故临界解，
如图甲所示，入射光线射到AB边上发生折射，光线射到AC边发生全反射，入射光线射到CB边上D点时发生折射，由折射定律和几何关系可知，，，，，若照射在AB边上部位置的光线会产生如图乙所示的折射情况，则由折射定律和几何关系可知，，，，综上分析可知，从D点射出的两束光线的夹角为120°，所以ABD错误，C项正确。故选C。
6、一着陆器经过多次变轨后登陆火星的轨迹变化如图所示，着陆器先在轨道Ⅰ上运动，经过P点启动变轨发动机然后切换到圆轨道Ⅱ上运动，经过一段时间后，再次经过P点时启动变轨发动机切换到椭圆轨道Ⅲ上运动．轨道上的P、Q、S三点与火星中心位于同一直线上，P、Q两点分别是椭圆轨道的远火星点和近火星点，且PQ＝2QS＝2l.除了变轨瞬间，着陆器在轨道上运行时均处于无动力航行状态．着陆器在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上经过P点的速度分别为v1、v2、v3，下列说法正确的是( )
A．v1
C．着陆器在轨道Ⅱ上运动时，经过P点的加速度为
D．着陆器在轨道Ⅱ上由P点运动到S所用的时间等于着陆器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点所用的时间
【答案】 B
【解析】着陆器从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ需要减速，同理从轨道Ⅱ到轨道Ⅲ也需要减速，因此v1＞v2＞v3，故A错误；着陆器在轨道Ⅲ上从P点运动到Q点的过程中，万有引力做正功，所以速率变大，故B正确；在轨道Ⅱ上P点，根据牛顿第二定律得F向＝ma＝m，解得a＝，故C错误；设着陆器在轨道Ⅱ上周期为TⅡ，在轨道Ⅲ上周期为TⅢ，根据开普勒第三定律得TⅡ＞TⅢ，因为tPS＝TⅡ，tPQ＝TⅢ，所以tPS＞tPQ，故D错误．
7、在研究磁场对电流作用的实验中，将直导线换成一块厚度（ab边长）为d、宽度（bc边长）为l的半导体板。如图所示，当有电流I垂直于磁场方向通过半导体板时，连接在半导体板两侧的电压表指针发生偏转，说明半导体板两侧之间存在电压，这个电压叫做霍尔电压UH。用同种材料制成的不同规格的半导体板进一步实验，记录数据结果如表格所示，由于粗心，表格第一行没有记录全部相关的物理量，只记得第一列为实验次数，第三列为通入的电流强度，第五列为霍尔电压，请用你学过的物理知识并结合表中数据，判断表格中空格处应填写的物理量（ ）
A．第二列为板的宽度l B．第四列为板的厚度d
C．第二列为磁感应强度B D．第四列为磁感应强度B
【答案】D
【解析】当电场力与洛仑兹力平衡时，有 ，电流的微观表达式，联立解得，比较1、2组数据可知，在其他相同情况下，U与第二列数据成反比，故第二列为厚度d，比较第1、3组数据可知，在其他相同情况下，U与第四列数据成正比故第四列数据为B，故D正确ABC错误。
故选D。
8、如图所示，两个质量均为m的小滑块P、Q通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，P套在固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向夹角=30°。原长为的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆O点上。P由静止释放，下降到最低点时变为60°。整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中（ ）
A．P、Q组成的系统机械能守恒
B．P、Q的速度满足
C．弹簧弹性势能最大值为
D．P达到最大动能时，P对杆的弹力等于0
【答案】C
【解析】根据能量守恒知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，而P、Q组成的系统机械能不守恒，选项A错误；在下滑过程中，根据速度的合成与分解可知，解得，选项B错误；根据系统机械能守恒可得，弹性势能的最大值为，选项C正确；P由静止释放，P开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，P的速度达到最大，此时动能最大，则 ，即杆的弹力为，不为零，选项D错误。故选C。
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、图中L1、L2是规格为“4V、3W”的灯泡，ab端所接的交变电压u=16sin100t（V），现调节电阻箱R为某一值时恰好能使两个灯泡均正常发光，变压器为理想变压器。则（ ）
A．变压器原副线圈匝数比为3：1
B．变压器原副线圈匝数比为4：1
C．增大电阻箱R连入电路的阻值，电压表的示数不变
D．增大电阻箱R连入电路的阻值，电压表的示数增大
【答案】AD
【解析】ab端所接的交变电压的有效值为，因为L1正常发光，所以。又，又因为L2正常发光，所以，所以，变压器原副线圈匝数比为，故A正确，B错误；设变压器的匝数比，设原线圈的电流为，副线圈的总电阻为R总，根据题意可知ab两端的电压不变，根据电流与匝数的关系有，解得，则副线圈两端的电压为，根据电压与匝数关系有，解得，则有，增大电阻箱R连入电路的阻值，副线圈的总电阻R总增大，所以原线圈的电流I1减小，故灯泡L1两端电压减小，因Uab不变，所以电压表示数将增大，故C错误，D正确。故选AD。
10、如图所示，一个固定在竖直平面内的半圆形管道ABC，内径很小的半圆形管道在最高点C通过很小的一段圆弧与倾角为30°的光滑斜面平滑连接，水平面内有一压缩弹簧，左端固定、右端有一小球但不粘连，释放压缩弹簧后，小球在管道内做圆周运动，小球经过管道的C点时管道对小球的作用力大小为F。已知半圆形管道的半径为0.5m，小球可看成质点且质量为1kg，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．若小球经过管道的C点时F＝8N，则小球的速度大小一定为3m/s
B．若小球经过管道的C点时F＝22N，则小球的速度大小一定为4m/s
C．小球从C点滑到斜面底端的最长时间为s
D．若小球从C点滑到斜面底端的时间为0.8s，则小球经过管道的C点时F＝10.5N
【答案】BC
【解析】当小球经过管道的C点时F=8N＜mg，可能是底部的支持力，也可能是顶部对小球的压力，若为支持力，则有mg-F=，解得v=1m/s，若为压力mg+F=，解得：v=3m/s，故A错误；若小球经过管道的C点时F＝22N>mg，则小球受到的管道对球的力为向下，故mg+F=，解得v=4m/s，故B正确；小球从C点沿斜面向下滑的加速度为a=gsin30°=5m/s2，当小球在C点的速度最小时，滑到低端的时间最长，小球通过C点的最小速度为0，代入解得 ，，故C正确；若小球从C点滑到斜面底端的时间为0.8s，则，解得，在C点，解得，故D错误。故选BC。
11、如图所示，一根总电阻为R的导线弯成宽度和高度均为d的“半正弦波”形闭合线框。竖直虚线之间有宽度也为d、磁感应强度大小为B、方向垂直于线框所在的平面的匀强磁场。线框在外力F的作用下向右匀速通过磁场，ab边始终与磁场边界垂直。则从b点到达磁场左边界开始到a点离开磁场右边界的过程中，穿过线框的磁通量φ、线框中的感应电流i（规定逆时针方向为电流正方向）ab边所受安培力F安大小、外力F大小与线框的位移x的关系图像可能正确的是（ ）（下图中，）
A B C D
【答案】AB
【解析】磁场与线框平面垂直，磁感应强度不变，由于线框是“半正弦波”形闭合线框，线框向右匀速运动过程，面积按正弦规律变化，因此磁通量按正弦规律变化，A正确；设线框做匀速直线运动的速度为，线框切割磁感线产生的感应电动势为。其中切割磁感线的有效长度为，，感应电流为，联立解得：。由楞次定律可得，0~d内感应电流沿逆时针方向，在d~2d内感应电流沿顺时针方向，即电流方向先正后负，B正确；线框所受安培力大小为，线框做匀速直线运动，则
，CD错误；故选AB。
12、如图，半径为的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球、质量分别为、（为待定系数）。球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的球相撞，碰撞中无机械能损失重力加速度为。关于各种情况下的取值，下列各项中正确的是（ ）
A．若，则小球第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点
B．若，则小球第一次碰后将会在某处脱离圆轨道
C．若，小球不可能脱轨
D．若，小球和小球将在圆轨道的最低点发生第二次碰撞
【答案】ACD
【解析】下滑到最低点的过程中，碰，有，
知，，恰运动至轨道顶点，在顶点，所以。当时，球可运动至轨道最高点，当时，脱轨；而，不一定脱轨；当时，运动不到圆心等高处，不脱轨；当时，，故选ACD。
第Ⅱ卷
三、实验题：本题共2小题，第13题6分，第14题9分，共15分。
13、（6分）疫情期间“停课不停学”，小明同学在家自主开展实验探究。用手机拍摄物体自由下落的视频，得到分帧图片，利用图片中小球的位置来测量当地的重力加速度，实验装置如图甲所示。
(1)家中有乒乓球、小塑料球和小钢球，其中最适合用作实验中下落物体的是________；
(2)实验时按如下步骤进行操作
①把刻度尺竖直固定在墙上
②手机固定在三角架上，调整好手机镜头的位置
③打开手机摄像功能，开始摄像
④捏住小球，从刻度尺旁静止释放
(3)停止摄像，从视频中截取三帧图片，图片中的小球和刻度如题图乙所示。已知所截取的图片相邻两帧之间的时间间隔为，刻度尺的分度值是1mm，由此测得重力加速度为___________m/s2；（结果保留两位有效数字）
(4)在某次实验中，小明释放小球时手稍有晃动，视频显示小球下落时偏离了竖直方向。从该视频中截取图片，___________（选填“仍能”或“不能”）用(3)问中的方法测出重力加速度。
【答案】（1）小钢球（2分） （2） 9.6（9.5~9.7均算正确）（2分） （3） 仍能 （2分）
【解析】(1)利用小球的自由下落测量当地的重力加速度的实验中，实验要求空气阻力相对于小球的重力来说可以忽略，所以选取小球时要尽可能选取体积小、密度大的球，故几种小球中最适合用作实验中下落物体的是小钢球；
(2)根据图乙可知三幅图中小球中心对应的刻度值分别为x1=2.50cm=0.0250m，x2=26.50cm=0.2650m，x3=77.20cm=0.7720m，根据逐差法，可得加速度为
(3)虽然小球下落时偏离了竖直方向，但在竖直方向仍为匀加速直线运动，所以仍能够用(3)问中的方法测出重力加速度。
14、（9分）两个学习小组分别用下面两种方案测量电源电动势和内阻。
方案（1）：用内阻为3kΩ、量程为1V的电压表，保护电阻R0，电阻箱R，开关S测量一节干电池的电动势和内阻。
①由于干电池电动势为1.5V，需要把量程为1V的电压表扩大量程。若定值电阻R1可供选择的阻值有1kΩ、1.5kΩ、5kΩ，其中最合适的是___________。
②请在虚线框内画出测量电源电动势和内阻的电路原理图_________。
方案（2）：按照图（b）的电路测量电源电动势和内阻，已知电流表内阻为RA，R1=RA，保护电阻的阻值为R0，根据测得的数据作出图像，图线的斜率为k，纵截距为b，则电源电动势E=___________，内阻r=___________。
【答案】（1） （2分） （2） （3分）
（3） （2分） （2分）
【解析】（1）一节干电池的电动势为1.5V，把量程为1V的电压表传串联一个定值电阻，最合适是，电路如图，
（2由于与电流表并联的定值电阻R等于电流表内阻RA，若电流表读数为I，则通过电源的电流为2I，根据闭合电路欧姆定律得，整理得，由，得。
根据，可得。
四、解答题：本题共4小题，第15题8分，第16题9分，第17题12分，第18题16分，共45分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
15、（8分）如图所示，波源和完全相同，质点到的距离；质点到的距离。两波源自时开始振动，位移随时间变化的关系式都为，两波源传出的波在介质中的波长都为。求：
（1）两波源传出的波在介质中的传播速度；
（2）质点在至时间内经过的路程。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由位移随时间变化的关系式可得波的传播周期为，（1分）
传播速度（1分）
（2） 由波的匀速传播可得M波源的振动形式传播到P点用时为（1分）
N波源的振动形式传播到P点用时为（1分）
又由于两波源距P点的波程差为，故P为振动加强点，从M点的振动形式传到P到N点的振动形式传到P点前，P质点振动了2s，故其经过的路程长为4A=20cm，当N点的振动形式传播到P点，由于P点振动加强，又经历0.25s，此过程P点的位移随时间的变化关系式为（1分）
故由表达式可知P质点在0.25s内的路程为（1分）
故其在t=0至t=3s时间内经过的路程。（2分）
16、（9分）如图所示，上端带卡环的绝热圆柱形汽缸竖直放置在水平地面上，汽缸内部被质量均为m的活塞A和活塞B分成高度相等的三个部分，下边两部分封闭有理想气体P和Q，活塞A导热性能良好，活塞B绝热．两活塞均与汽缸接触良好，活塞厚度不计，忽略一切摩擦．汽缸下面有加热装置，初始状态温度均为T0，汽缸的横截面积为S，外界大气压强大小为且保持不变，现对气体Q缓慢加热．求：
（1）当活塞A恰好到达汽缸上端卡环时，气体Q的温度T1；
（2）活塞A恰好接触汽缸上端卡环后，继续给气体Q加热，当气体P体积减为原来的一半时，气体Q的温度T2.
【答案】（1） 2T0 （2）T0.
【解析】（1）设P、Q初始体积均为V0，在活塞A接触卡环之前，P的温度、压强不发生变化，Q发生等压变化，则由盖—吕萨克定律得：＝（2分）
解得：T1＝2T0 （1分）
（2）当活塞A恰好接触汽缸上端卡环后，P气体做等温变化，由玻意耳定律得：·V0＝p1·（1分）
解得：p1＝（1分）
此时Q气体的压强为p2＝p1＋＝（1分）
当P气体体积变为原来的一半时，Q气体的体积为V0，此过程对Q气体由理想气体状态方程得
＝（2分）
解得T2＝T0.（1分）
17、（12分）和水平的轴之间的夹角为30°，其间存在匀强磁场和匀强电场，如图所示，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向外，电场的方向竖直向上。现从上的点沿纸面向左上方先后发射速度大小分别为和（大小未知），速度方向与均成30°角的两相同的带电小球甲、乙。乙进人磁场后恰好做匀速圆周运动，运动轨迹恰好与相切，且能从上另一点射出磁场（未画出）。已知带电小球的质量为、带电荷量为，，重力加速度为。
(1)求两带电小球在磁场中分别运动的时间；
(2)若在轴上有竖直的光屏，在轴和之间的区域加上与和轴间等大反向的电场，带电小球离开与轴间的区域后继续运动，最终打在光屏上，求甲、乙小球打到光屏上的坐标变化。
【答案】(1)；(2)
【解析】(1)由题意可知，小球在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，小球受到的电场力与重力平衡，故小球带正电。小球的运动轨迹如图所示。由几何知识得，速度为的小球在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为300°根据题意有（1分）
解得
周期
故（1分）
甲球速度小于乙球，圆周运动半径小于乙，则两小球在磁场中的运动轨迹对应的圆心角相等，故在磁场中的运动时间相等均为（1分）
(2)由几何知识得，解得（1分）
速度为的乙小球从点离开与轴间的区域后在光屏和轴之间的区域，做类平抛运动。设小球打在光屏上的点，竖直位移为，竖直方向有，得（1分）
水平位移
竖直位移
又
联立解得（1分）
乙小球打到光屏上的点的轴坐标为（1分）
同理对速度为的甲小球在光屏和间做类平抛运动，有水平位移
竖直位移
又（1分）
联立解得（1分）
甲小球打到光屏上的点的轴坐标为（1分）
其中
联立解得（1分）
故甲、乙小球打到光屏上的坐标变化为（1分）
18、（16分）如图所示，在长为、质量为的箱子A内的右侧壁处，放一质量的小物块B（可视为质点），向右的水平拉力作用于箱子A右侧面中心，使之从静止开始运动，测得小物块B在最初的内相对箱子A底面移动的距离。假设箱子A与地面间的摩擦忽略不计，小物块B与箱子A侧壁之间的碰撞为弹性碰撞。重力加速度。
(1)求小物块B与箱子A底面间的动摩擦因数；
(2)若在小物块B与箱子左侧壁发生碰撞的瞬间撤去，求小物块B相对箱子A静止时的位置；
(3)若在小物块B与箱子A左侧壁第一次碰撞后瞬间，将力反向，作用一小段时间后撤去力，之后不再发生碰撞且小物块B恰好运动到箱子A的右侧壁，求力反向作用的时间。
【答案】(1)；(2) 箱子A底部正中间；(3)
【解析】(1)由题意可知水平拉力作用下、发生相对滑动对箱子受力分析，由牛顿第二定律有（1分）
对物块有（1分）
在最初的内，由运动学公式有
联立解得（1分）
(2)物块与箱子左侧壁碰撞前二者一直加速，有（1分）
碰撞前瞬间箱子的速度为
物块的速度为
二者碰撞瞬间，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知二者碰后交换速度，箱子在摩擦力作用下做加速运动，物块做减速运动，箱子与物块组成的系统动量守恒。
假设二者碰后物块没有与箱子右壁发生碰撞，物块相对箱子滑动的距离为
由动量守恒定律有（1分）
根据能量守恒定律有（1分）
联立解得（1分）
假设成立，则小物块相对箱子静止的位置在箱子A底部正中间。
(3)物块与箱子左侧壁的碰撞为弹性碰撞，由弹性碰撞规律可知碰撞前后、速度交换。
力反向后，分别对、进行受力分析，
对箱子由牛顿第二定律有（1分）
对物块由牛顿第二定律有（1分）
且，所以在力反向作用过程中，二者不可能共速
设力反向作用的时间为，则在时刻
的速度为
的速度为
的位移大小为（1分）
的位移大小为（1分）
箱子和物块在时刻的位移差为（1分）
撤去力后，分析可知箱子和物块的加速度大小相等，都为，方向相反
最终物块刚好能运动到箱子的右侧壁，则最终箱子和物块一起运动的速度大小为
的位移大小为（1分）
的位移大小为（1分）
则时刻后二者相对运动的距离为，且（1分）
联立解得（1分）
2021年高考物理考前冲刺押题卷（山东卷）02
物理
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每个题目只有一个选项符合要求，选对得4分，选错得0分。
1、我国自主研发的氢原子钟现已运用于中国的北斗导航系统中，高性能的原子钟对导航精度的提高起到了很大的作用，同时原子钟体积小重量轻。它通过氢原子能级跃迁而产生的电磁波校准时钟。氢原子能级如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．的光子照射处于基态的氢原子可以使处于基态的氢原子发生跃迁
B．一个处于能级的氢原子向低能级跃迁时可辐射6种不同频率的光子
C．现用光子能量介于范围内的光去照射一群处于基态的氢原子，在照射光中可能被吸收的光子能量只有3种
D．跃迁到时产生的光子a与跃迁到时产生的光子b的频率之比为97：255
【答案】C
【解析】处于基态的氢原子要吸收光子实现跃迁，则吸收的光子的能量必须等于能级差，而10 eV的能量不满足任何一个激发态与基态的能级差，故不能吸收，A错误；一个处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时最多可辐射3种不同频率的光子，一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时可辐射6种不同频率的光子，B错误；吸收10.2 eV、12.9 eV和12.75 eV的光子能量可以分别跃迁到2能级、3能级和4能级，则可以被吸收的光子能量只有三种，C正确；E4跃迁到E2时产生的光子a的能量为2.55 eV，E5跃迁到E3时产生的光子b的能量为0.97 eV，根据，故两个光子的频率之比为255：97，D错误。故选C。
2、如图所示，轻质弹簧的一端固定于A点，另一端与轻绳相连，轻绳绕过定滑轮P与动滑轮Q的轴相连，另外一根轻绳一端悬挂重物B并绕过动滑轮Q及定滑轮S，由地面上某人拉着轻绳另一端，使整个系统处于静止状态，此时QS连线水平，PQ连线与竖直方向夹角为。若人加速向下拉动细绳移动一段较小的距离，滑轮均为光滑轻质滑轮，且可看作质点，弹簧始终在弹性限度之内，则在加速拉动的过程中与原静止状态相比（ ）
A．不变，弹簧弹力不变
B．变大，弹簧弹力变大
C．滑轮Q水平向右移动
D．滑轮Q沿PQ方向移动
【答案】B
【解析】假设动滑轮位置不变，当人加速拉动时，绳子拉力增大，则绳子在动滑轮处的合力增大，所以动滑轮会沿合力方向即PQ方向向右下移动。最终稳定时，绳子QS处于倾斜状态，动滑轮比原位置低，动滑轮处的两段绳子的夹角变为钝角。因为滑轮处无摩擦，所以PQ是动滑轮处两段绳子夹角的角平分线，因为夹角增大，所以变大，因为动滑轮下移了，所以弹簧伸长了，即弹簧弹力变大。因为变大，所以动滑轮向右下移动，但不是沿PQ方向移动。故选B。
3、如图所示，空间中存在着匀强电场，长方体ABCD-A1B1C1D1中ADD1A1是边长为lm的正方形，梭AB长2m，E、F为棱AB、CD的中点，E1、F1为棱A1B1、C1D1的中点。已知电势φA1=0， φA=2V， φE=4V，φB=6V，φC=8V。则下列说法正确的是（ ）
A．电场强度方向与CE连线平行
B．电场强度大小为2V/m
C．B、F1两点的电势差UBF1与A、E两点的电势差UAE相同
D．把0.1C正电荷从D点移到B点，电场力做功0.2J
【答案】B
【解析】
根据匀强电场特点，平行等距的两线段电势差相等，则UAE=UEB=UFC，，解得 ，。同理可得。EDF1B1等势面如图所示，则电场强度方向应该是过点F做EDF1B1平面的垂线，所以A错误；场强沿DF方向的分量为，同理场强沿EE1、EF方向的分量均为，故电场强度大小为
，所以B正确；B、F1两点的电势差UBF1为2V，A、E两点的电势差UAE为-2V，所以C错误；把0.1C正电荷从D点移到B点，电场力做功为，
所以D错误；故选B。
4、如图为车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为的细直杆可绕在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线处到达直杆处的时间为，自动识别系统的反应时间为；汽车可看成高的长方体，其左侧面底边在直线上，且到汽车左侧面的距离为，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可知，在3.3s-0.3s=3.0s的时间内，横杆的距离O点0.6m的点至少要抬高1.6m-1.0m=0.6m，即横杆至少转过，则角速度，故选D。
5、如图所示，一截面为直角三角形的三棱镜ABC置于真空中，AC边水平，BC边竖直，，D为BC边的中心，三棱镜右侧有一束单平色平行光沿AC方向射到AB边上，光线宽度与BC边高度相等。已知棱镜对该光的折射率为，则从D点会有两束不同的光线射出，C这两束光线的夹角为（ ）
A．60° B．90° C．120° D．150°
【答案】 C
【解析】由折射定律可知，故临界解，
如图甲所示，入射光线射到AB边上发生折射，光线射到AC边发生全反射，入射光线射到CB边上D点时发生折射，由折射定律和几何关系可知，，，，，若照射在AB边上部位置的光线会产生如图乙所示的折射情况，则由折射定律和几何关系可知，，，，综上分析可知，从D点射出的两束光线的夹角为120°，所以ABD错误，C项正确。故选C。
6、一着陆器经过多次变轨后登陆火星的轨迹变化如图所示，着陆器先在轨道Ⅰ上运动，经过P点启动变轨发动机然后切换到圆轨道Ⅱ上运动，经过一段时间后，再次经过P点时启动变轨发动机切换到椭圆轨道Ⅲ上运动．轨道上的P、Q、S三点与火星中心位于同一直线上，P、Q两点分别是椭圆轨道的远火星点和近火星点，且PQ＝2QS＝2l.除了变轨瞬间，着陆器在轨道上运行时均处于无动力航行状态．着陆器在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上经过P点的速度分别为v1、v2、v3，下列说法正确的是( )
A．v1
C．着陆器在轨道Ⅱ上运动时，经过P点的加速度为
D．着陆器在轨道Ⅱ上由P点运动到S所用的时间等于着陆器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点所用的时间
【答案】 B
【解析】着陆器从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ需要减速，同理从轨道Ⅱ到轨道Ⅲ也需要减速，因此v1＞v2＞v3，故A错误；着陆器在轨道Ⅲ上从P点运动到Q点的过程中，万有引力做正功，所以速率变大，故B正确；在轨道Ⅱ上P点，根据牛顿第二定律得F向＝ma＝m，解得a＝，故C错误；设着陆器在轨道Ⅱ上周期为TⅡ，在轨道Ⅲ上周期为TⅢ，根据开普勒第三定律得TⅡ＞TⅢ，因为tPS＝TⅡ，tPQ＝TⅢ，所以tPS＞tPQ，故D错误．
7、在研究磁场对电流作用的实验中，将直导线换成一块厚度（ab边长）为d、宽度（bc边长）为l的半导体板。如图所示，当有电流I垂直于磁场方向通过半导体板时，连接在半导体板两侧的电压表指针发生偏转，说明半导体板两侧之间存在电压，这个电压叫做霍尔电压UH。用同种材料制成的不同规格的半导体板进一步实验，记录数据结果如表格所示，由于粗心，表格第一行没有记录全部相关的物理量，只记得第一列为实验次数，第三列为通入的电流强度，第五列为霍尔电压，请用你学过的物理知识并结合表中数据，判断表格中空格处应填写的物理量（ ）
A．第二列为板的宽度l B．第四列为板的厚度d
C．第二列为磁感应强度B D．第四列为磁感应强度B
【答案】D
【解析】当电场力与洛仑兹力平衡时，有 ，电流的微观表达式，联立解得，比较1、2组数据可知，在其他相同情况下，U与第二列数据成反比，故第二列为厚度d，比较第1、3组数据可知，在其他相同情况下，U与第四列数据成正比故第四列数据为B，故D正确ABC错误。
故选D。
8、如图所示，两个质量均为m的小滑块P、Q通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，P套在固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向夹角=30°。原长为的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆O点上。P由静止释放，下降到最低点时变为60°。整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中（ ）
A．P、Q组成的系统机械能守恒
B．P、Q的速度满足
C．弹簧弹性势能最大值为
D．P达到最大动能时，P对杆的弹力等于0
【答案】C
【解析】根据能量守恒知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，而P、Q组成的系统机械能不守恒，选项A错误；在下滑过程中，根据速度的合成与分解可知，解得，选项B错误；根据系统机械能守恒可得，弹性势能的最大值为，选项C正确；P由静止释放，P开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，P的速度达到最大，此时动能最大，则 ，即杆的弹力为，不为零，选项D错误。故选C。
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、图中L1、L2是规格为“4V、3W”的灯泡，ab端所接的交变电压u=16sin100t（V），现调节电阻箱R为某一值时恰好能使两个灯泡均正常发光，变压器为理想变压器。则（ ）
A．变压器原副线圈匝数比为3：1
B．变压器原副线圈匝数比为4：1
C．增大电阻箱R连入电路的阻值，电压表的示数不变
D．增大电阻箱R连入电路的阻值，电压表的示数增大
【答案】AD
【解析】ab端所接的交变电压的有效值为，因为L1正常发光，所以。又，又因为L2正常发光，所以，所以，变压器原副线圈匝数比为，故A正确，B错误；设变压器的匝数比，设原线圈的电流为，副线圈的总电阻为R总，根据题意可知ab两端的电压不变，根据电流与匝数的关系有，解得，则副线圈两端的电压为，根据电压与匝数关系有，解得，则有，增大电阻箱R连入电路的阻值，副线圈的总电阻R总增大，所以原线圈的电流I1减小，故灯泡L1两端电压减小，因Uab不变，所以电压表示数将增大，故C错误，D正确。故选AD。
10、如图所示，一个固定在竖直平面内的半圆形管道ABC，内径很小的半圆形管道在最高点C通过很小的一段圆弧与倾角为30°的光滑斜面平滑连接，水平面内有一压缩弹簧，左端固定、右端有一小球但不粘连，释放压缩弹簧后，小球在管道内做圆周运动，小球经过管道的C点时管道对小球的作用力大小为F。已知半圆形管道的半径为0.5m，小球可看成质点且质量为1kg，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．若小球经过管道的C点时F＝8N，则小球的速度大小一定为3m/s
B．若小球经过管道的C点时F＝22N，则小球的速度大小一定为4m/s
C．小球从C点滑到斜面底端的最长时间为s
D．若小球从C点滑到斜面底端的时间为0.8s，则小球经过管道的C点时F＝10.5N
【答案】BC
【解析】当小球经过管道的C点时F=8N＜mg，可能是底部的支持力，也可能是顶部对小球的压力，若为支持力，则有mg-F=，解得v=1m/s，若为压力mg+F=，解得：v=3m/s，故A错误；若小球经过管道的C点时F＝22N>mg，则小球受到的管道对球的力为向下，故mg+F=，解得v=4m/s，故B正确；小球从C点沿斜面向下滑的加速度为a=gsin30°=5m/s2，当小球在C点的速度最小时，滑到低端的时间最长，小球通过C点的最小速度为0，代入解得 ，，故C正确；若小球从C点滑到斜面底端的时间为0.8s，则，解得，在C点，解得，故D错误。故选BC。
11、如图所示，一根总电阻为R的导线弯成宽度和高度均为d的“半正弦波”形闭合线框。竖直虚线之间有宽度也为d、磁感应强度大小为B、方向垂直于线框所在的平面的匀强磁场。线框在外力F的作用下向右匀速通过磁场，ab边始终与磁场边界垂直。则从b点到达磁场左边界开始到a点离开磁场右边界的过程中，穿过线框的磁通量φ、线框中的感应电流i（规定逆时针方向为电流正方向）ab边所受安培力F安大小、外力F大小与线框的位移x的关系图像可能正确的是（ ）（下图中，）
A B C D
【答案】AB
【解析】磁场与线框平面垂直，磁感应强度不变，由于线框是“半正弦波”形闭合线框，线框向右匀速运动过程，面积按正弦规律变化，因此磁通量按正弦规律变化，A正确；设线框做匀速直线运动的速度为，线框切割磁感线产生的感应电动势为。其中切割磁感线的有效长度为，，感应电流为，联立解得：。由楞次定律可得，0~d内感应电流沿逆时针方向，在d~2d内感应电流沿顺时针方向，即电流方向先正后负，B正确；线框所受安培力大小为，线框做匀速直线运动，则
，CD错误；故选AB。
12、如图，半径为的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球、质量分别为、（为待定系数）。球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的球相撞，碰撞中无机械能损失重力加速度为。关于各种情况下的取值，下列各项中正确的是（ ）
A．若，则小球第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点
B．若，则小球第一次碰后将会在某处脱离圆轨道
C．若，小球不可能脱轨
D．若，小球和小球将在圆轨道的最低点发生第二次碰撞
【答案】ACD
【解析】下滑到最低点的过程中，碰，有，
知，，恰运动至轨道顶点，在顶点，所以。当时，球可运动至轨道最高点，当时，脱轨；而，不一定脱轨；当时，运动不到圆心等高处，不脱轨；当时，，故选ACD。
第Ⅱ卷
三、实验题：本题共2小题，第13题6分，第14题9分，共15分。
13、（6分）疫情期间“停课不停学”，小明同学在家自主开展实验探究。用手机拍摄物体自由下落的视频，得到分帧图片，利用图片中小球的位置来测量当地的重力加速度，实验装置如图甲所示。
(1)家中有乒乓球、小塑料球和小钢球，其中最适合用作实验中下落物体的是________；
(2)实验时按如下步骤进行操作
①把刻度尺竖直固定在墙上
②手机固定在三角架上，调整好手机镜头的位置
③打开手机摄像功能，开始摄像
④捏住小球，从刻度尺旁静止释放
(3)停止摄像，从视频中截取三帧图片，图片中的小球和刻度如题图乙所示。已知所截取的图片相邻两帧之间的时间间隔为，刻度尺的分度值是1mm，由此测得重力加速度为___________m/s2；（结果保留两位有效数字）
(4)在某次实验中，小明释放小球时手稍有晃动，视频显示小球下落时偏离了竖直方向。从该视频中截取图片，___________（选填“仍能”或“不能”）用(3)问中的方法测出重力加速度。
【答案】（1）小钢球（2分） （2） 9.6（9.5~9.7均算正确）（2分） （3） 仍能 （2分）
【解析】(1)利用小球的自由下落测量当地的重力加速度的实验中，实验要求空气阻力相对于小球的重力来说可以忽略，所以选取小球时要尽可能选取体积小、密度大的球，故几种小球中最适合用作实验中下落物体的是小钢球；
(2)根据图乙可知三幅图中小球中心对应的刻度值分别为x1=2.50cm=0.0250m，x2=26.50cm=0.2650m，x3=77.20cm=0.7720m，根据逐差法，可得加速度为
(3)虽然小球下落时偏离了竖直方向，但在竖直方向仍为匀加速直线运动，所以仍能够用(3)问中的方法测出重力加速度。
14、（9分）两个学习小组分别用下面两种方案测量电源电动势和内阻。
方案（1）：用内阻为3kΩ、量程为1V的电压表，保护电阻R0，电阻箱R，开关S测量一节干电池的电动势和内阻。
①由于干电池电动势为1.5V，需要把量程为1V的电压表扩大量程。若定值电阻R1可供选择的阻值有1kΩ、1.5kΩ、5kΩ，其中最合适的是___________。
②请在虚线框内画出测量电源电动势和内阻的电路原理图_________。
方案（2）：按照图（b）的电路测量电源电动势和内阻，已知电流表内阻为RA，R1=RA，保护电阻的阻值为R0，根据测得的数据作出图像，图线的斜率为k，纵截距为b，则电源电动势E=___________，内阻r=___________。
【答案】（1） （2分） （2） （3分）
（3） （2分） （2分）
【解析】（1）一节干电池的电动势为1.5V，把量程为1V的电压表传串联一个定值电阻，最合适是，电路如图，
（2由于与电流表并联的定值电阻R等于电流表内阻RA，若电流表读数为I，则通过电源的电流为2I，根据闭合电路欧姆定律得，整理得，由，得。
根据，可得。
四、解答题：本题共4小题，第15题8分，第16题9分，第17题12分，第18题16分，共45分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
15、（8分）如图所示，波源和完全相同，质点到的距离；质点到的距离。两波源自时开始振动，位移随时间变化的关系式都为，两波源传出的波在介质中的波长都为。求：
（1）两波源传出的波在介质中的传播速度；
（2）质点在至时间内经过的路程。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由位移随时间变化的关系式可得波的传播周期为，（1分）
传播速度（1分）
（2） 由波的匀速传播可得M波源的振动形式传播到P点用时为（1分）
N波源的振动形式传播到P点用时为（1分）
又由于两波源距P点的波程差为，故P为振动加强点，从M点的振动形式传到P到N点的振动形式传到P点前，P质点振动了2s，故其经过的路程长为4A=20cm，当N点的振动形式传播到P点，由于P点振动加强，又经历0.25s，此过程P点的位移随时间的变化关系式为（1分）
故由表达式可知P质点在0.25s内的路程为（1分）
故其在t=0至t=3s时间内经过的路程。（2分）
16、（9分）如图所示，上端带卡环的绝热圆柱形汽缸竖直放置在水平地面上，汽缸内部被质量均为m的活塞A和活塞B分成高度相等的三个部分，下边两部分封闭有理想气体P和Q，活塞A导热性能良好，活塞B绝热．两活塞均与汽缸接触良好，活塞厚度不计，忽略一切摩擦．汽缸下面有加热装置，初始状态温度均为T0，汽缸的横截面积为S，外界大气压强大小为且保持不变，现对气体Q缓慢加热．求：
（1）当活塞A恰好到达汽缸上端卡环时，气体Q的温度T1；
（2）活塞A恰好接触汽缸上端卡环后，继续给气体Q加热，当气体P体积减为原来的一半时，气体Q的温度T2.
【答案】（1） 2T0 （2）T0.
【解析】（1）设P、Q初始体积均为V0，在活塞A接触卡环之前，P的温度、压强不发生变化，Q发生等压变化，则由盖—吕萨克定律得：＝（2分）
解得：T1＝2T0 （1分）
（2）当活塞A恰好接触汽缸上端卡环后，P气体做等温变化，由玻意耳定律得：·V0＝p1·（1分）
解得：p1＝（1分）
此时Q气体的压强为p2＝p1＋＝（1分）
当P气体体积变为原来的一半时，Q气体的体积为V0，此过程对Q气体由理想气体状态方程得
＝（2分）
解得T2＝T0.（1分）
17、（12分）和水平的轴之间的夹角为30°，其间存在匀强磁场和匀强电场，如图所示，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向外，电场的方向竖直向上。现从上的点沿纸面向左上方先后发射速度大小分别为和（大小未知），速度方向与均成30°角的两相同的带电小球甲、乙。乙进人磁场后恰好做匀速圆周运动，运动轨迹恰好与相切，且能从上另一点射出磁场（未画出）。已知带电小球的质量为、带电荷量为，，重力加速度为。
(1)求两带电小球在磁场中分别运动的时间；
(2)若在轴上有竖直的光屏，在轴和之间的区域加上与和轴间等大反向的电场，带电小球离开与轴间的区域后继续运动，最终打在光屏上，求甲、乙小球打到光屏上的坐标变化。
【答案】(1)；(2)
【解析】(1)由题意可知，小球在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，小球受到的电场力与重力平衡，故小球带正电。小球的运动轨迹如图所示。由几何知识得，速度为的小球在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为300°根据题意有（1分）
解得
周期
故（1分）
甲球速度小于乙球，圆周运动半径小于乙，则两小球在磁场中的运动轨迹对应的圆心角相等，故在磁场中的运动时间相等均为（1分）
(2)由几何知识得，解得（1分）
速度为的乙小球从点离开与轴间的区域后在光屏和轴之间的区域，做类平抛运动。设小球打在光屏上的点，竖直位移为，竖直方向有，得（1分）
水平位移
竖直位移
又
联立解得（1分）
乙小球打到光屏上的点的轴坐标为（1分）
同理对速度为的甲小球在光屏和间做类平抛运动，有水平位移
竖直位移
又（1分）
联立解得（1分）
甲小球打到光屏上的点的轴坐标为（1分）
其中
联立解得（1分）
故甲、乙小球打到光屏上的坐标变化为（1分）
18、（16分）如图所示，在长为、质量为的箱子A内的右侧壁处，放一质量的小物块B（可视为质点），向右的水平拉力作用于箱子A右侧面中心，使之从静止开始运动，测得小物块B在最初的内相对箱子A底面移动的距离。假设箱子A与地面间的摩擦忽略不计，小物块B与箱子A侧壁之间的碰撞为弹性碰撞。重力加速度。
(1)求小物块B与箱子A底面间的动摩擦因数；
(2)若在小物块B与箱子左侧壁发生碰撞的瞬间撤去，求小物块B相对箱子A静止时的位置；
(3)若在小物块B与箱子A左侧壁第一次碰撞后瞬间，将力反向，作用一小段时间后撤去力，之后不再发生碰撞且小物块B恰好运动到箱子A的右侧壁，求力反向作用的时间。
【答案】(1)；(2) 箱子A底部正中间；(3)
【解析】(1)由题意可知水平拉力作用下、发生相对滑动对箱子受力分析，由牛顿第二定律有（1分）
对物块有（1分）
在最初的内，由运动学公式有
联立解得（1分）
(2)物块与箱子左侧壁碰撞前二者一直加速，有（1分）
碰撞前瞬间箱子的速度为
物块的速度为
二者碰撞瞬间，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知二者碰后交换速度，箱子在摩擦力作用下做加速运动，物块做减速运动，箱子与物块组成的系统动量守恒。
假设二者碰后物块没有与箱子右壁发生碰撞，物块相对箱子滑动的距离为
由动量守恒定律有（1分）
根据能量守恒定律有（1分）
联立解得（1分）
假设成立，则小物块相对箱子静止的位置在箱子A底部正中间。
(3)物块与箱子左侧壁的碰撞为弹性碰撞，由弹性碰撞规律可知碰撞前后、速度交换。
力反向后，分别对、进行受力分析，
对箱子由牛顿第二定律有（1分）
对物块由牛顿第二定律有（1分）
且，所以在力反向作用过程中，二者不可能共速
设力反向作用的时间为，则在时刻
的速度为
的速度为
的位移大小为（1分）
的位移大小为（1分）
箱子和物块在时刻的位移差为（1分）
撤去力后，分析可知箱子和物块的加速度大小相等，都为，方向相反
最终物块刚好能运动到箱子的右侧壁，则最终箱子和物块一起运动的速度大小为
的位移大小为（1分）
的位移大小为（1分）
则时刻后二者相对运动的距离为，且（1分）
联立解得（1分）
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