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试卷05-2021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05-2021年高考物理考前冲刺押题卷（山东卷）（解析版），共17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）05
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、近代物理和相应技术的发展，极大地改变了人类的生产和生活方式推动了人类文明与进步。关于近代物理知识下列说法正确的是（ ）
A．若氢原子从能级向能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从能级向能级跃迁时辐射出的光有可能使该金属发生光电效应
B．查德威克预言了中子的存在，卢瑟福通过实验发现了中子
C．玻尔理论成功解释了大量原子光谱规律，其局限性在于保留了经典粒子的观念
D．钋（）是氡（）的衰变产物之一，故钋（）的比结合能大于氡（）的比结合能
【答案】D
【解析】氢原子从能级跃迁至时辐射的光子能量大于从跃迁至辐射的光子能量，故A错；卢瑟福预言了中子的存在，查德威克发现了中子，故B错；玻尔理论只成功解释了氢原子光谱规律，故C错；衰变产物新核更稳定，比结合能更大，故D对。故选D。
2、登山运动员在登雪山时要注意防止紫外线的过度照射，尤其是眼睛更不能长时间被紫外线照射，否则将会严重地损伤视力.有人想用薄膜干涉的原理设计一种能大大减小紫外线对眼睛伤害的眼镜，他选用的薄膜材料的折射率n＝1.5，所要消除的紫外线的频率ν＝8.1×1014 Hz，那么他设计的这种“增反膜”的厚度至少是( )
A．9.25×10－8 m B．1.85×10－7 m
C．1.23×10－7 m D．6.18×10－8 m
【答案】C
【解析】为了减小紫外线对眼睛的伤害，应使入射光分别从该膜的前、后两个表面反射的光叠加后加强，则路程差(大小等于薄膜厚度d的2倍)应等于光在薄膜中的波长λ′的整数倍，即2d＝Nλ′(N＝1,2…).因此，膜的厚度至少是紫外线在膜中波长的.紫外线在真空中的波长是λ＝，在膜中的波长是λ′＝，解得膜的厚度至少是1.23×10－7 m.
3、如图甲所示，投篮游戏是小朋友们最喜欢的项目之一，小朋友站立在水平地面上双手将皮球水平抛出，皮球进入篮筐且不擦到篮筐就能获得一枚小红旗。如图乙所示。篮筐的半径为R，皮球的半径为r，篮筐中心和出手处皮球的中心高度为和，两中心在水平地面上的投影点之间的距离为d。忽略空气的阻力，已知重力加速度为g。设出手速度为v，要使皮球能入框，则下列说法中正确的是（ ）
A．出手速度大的皮球入框前运动的时间也长
B．速度v只能沿连线方向
C．速度v的最大值为
D．速度v的最小值为
【答案】C
【解析】平抛运动的时间由下落的高度决定，则进框的皮球运动时间相同，A错误；与连线成一个小的角度投出的皮球也可能进框，B错误；皮球沿连线的方向投出，并能进框的图示如图，作出皮球中心的运动轨迹，下落的高度为，水平射程分别为和，则投射的最大速度为，最小速度为
C正确，D错误。故选C。
4、如图所示为某小型电站髙压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20kW。在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为 1：10，电流表的示数为 1A，输电线的总电阻为 10Ω，则下列说法中错误的是（ ）
A．采用高压输电可以减小输电线中的电流
B．将 P 下移，用户获得的电压将增大
C．用户获得的功率为 19kW
D．升压变压器的输出电压 U2=2000V
【答案】B
【解析】当输电功率不变时，增加升压变压器的输入电压，电流会减小。对于理想变压器，有
可知，输电线的电流会减小。所以采用高压输电可以减小输电线中的电流，所以A正确；将P下移，降压变压器的原线圈匝数变多，即变大，对于理想变压器，由化简得，所以降压变压器的输出电压将减小，即用户获得的电压将减小，所以B错误；由电流互感器可得，输电线的电流为
，由题意可知，升压变压器的输出功率为20kW，则可得升压变压器的输出电压为，由题意及以上选项分析可得，输电线损耗的功率为，
则用户获得的功率为，所以CD正确；故选B。
5、无人机的使用方便和丰富了人们的工作和生活可利用无人机送快递、送餐、施肥和喷农药等，节约了人力物力，提高了生产生活效率，还能减少人员接触，减少卫生隐患。如图所示，在无风环境下无人机A用轻绳吊着质量为m的快递箱B水平向左做匀速直线运动，轻绳与竖直方向夹角为α。下列说法正确的是（ ）
A．快递箱B受到两个力的作用
B．快递箱B受到的合力水平向左
C．快递箱B受到的绳子拉力大小为
D．绳子对B的拉力与绳子对A的拉力是一对平衡力
【答案】C
【解析】由于快递箱B水平向左做匀速直线运动，则其所受合外力为0，B错误；由于快递箱B受到的合力为0，则快递箱B不可能只受到两个力的作用，因为这两力不在同直线，所以快递箱B至少受到三个力的作用，除了重力，绳子拉力，还有水平方向空气的阻力，A错误；在竖直方向上由平衡条件可得，解得，所以快递箱B受到的绳子拉力大小为，C正确；绳子对B的拉力与绳子对A的拉力不是一对平衡力，因为这两个力的作用对象不是同一个物体，D错误。故选C。
6、如图所示，半径为R的圆所在平面与某一匀强电场平行，为圆周上三个点，O为圆心，D为中点。粒子源从C点沿不同方向发出速率均为的带正电的粒子，已知粒子的质量为m、电量为q（不计重力和粒子之间的相互作用力）。若沿方向入射的粒子恰垂直方向过D点。则以下说法正确的是（ ）
A．A、B、C三点电势高低为：
B．沿垂直方向入射的粒子可能经过A点
C．若，则匀强电场的场强为
D．若，则过D点速率可能为
【答案】C
【解析】因为沿CA方向入射的粒子恰垂直AB方向过D点，不妨研究它的逆过程，从D到A，由于此过程中速度的偏向角正切等于位移偏向角正切的2倍，可知此过程为类平抛运动，则粒子受垂直BC向下的电场力作用，由于粒子带正电，可知场强方向垂直于BC向下，则BC电势相等，则，选项A错误；
电场方向垂直BC向下，则沿垂直BC方向入射的粒子不可能经过A点，选项B错误；若∠ACB=60°，则由类平抛运动的规律可知，，联立解得，选项C正确；若∠ACB=45°，则过D点速率等于C点的速度沿CB方向的分量，即，选项D错误；
故选C。
7、一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图甲所示，图乙是位于x=1m的质点N此后的振动图像，Q是位于x=10m处的质点。则下列说法正确的是（ ）
A．波沿x轴正方向传播，波源的起振方向向下
B．在t=6.5s时，质点Q开始振动
C．在t=12s时，质点Q的位置坐标为（10m，-8cm）
D．在5s~5.5s时间内，质点M的速度在增大，加速度在减小
【答案】D
【解析】图乙是位于x=1m的质点N此后的振动图像可知t=0后其振动沿负方向，由波形图上的同侧法可知波沿x轴正方向传播，而甲图中的M点刚好起振向上，则波源的起振方向向上，故A错误；由波形图可知波长为，周期为，则波速为，故M点起振传播到Q点的时间为
故B错误；Q点起振需要7s，则t=12s有()用于振动，可知Q正处于波峰位置，坐标为（10m，8cm），故C错误；在5s~5.5s时间，M点从波峰向平衡位置振动，则其速度增大，加速度减小，故D正确；
故选D。
8、2021年月日，我国首个火星探测器“天问一号”传回了火星照片，如图所示。多年以后，小明作为一位火星移民，于太阳光直射赤道的某天晚上，在火星赤道上某处仰望天空。某时，他在西边的地平线附近恰能看到一颗火星人造卫星出现，之后极快地变暗而看不到了，他记下此时正是火星上日落后约小时分。后来小明得知这是我国火星基地发射的一颗绕火星自西向东运动的周期为的探测卫星，查阅资料得知火星自西向东自转且周期约为小时分，已知万有引力常量为。根据以上信息，分析可得火星密度的表达式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】运动轨迹如图所示
火星自转周期为小时分，日落后小时分，即转过，由图知，根据万有引力提供向心力，密度为，解得，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、从电子枪打出的电子流并不完全沿直线运动，而是有微小角度的散射，为了使显示器图像清晰，需要通过电子透镜对电子流进行聚焦处理，正好在屏幕上汇聚形成一个亮点。如图甲所示，密绕线圈的玻璃管是一种利用磁场进行汇聚的电子透镜，又称为磁场透镜。如图乙所示为其内部原理图，玻璃管的管长为L，管内直径为D，管内存在沿轴线方向向右的匀强磁场。电子流中的电子在与轴线成微小角度θ的顶角范围内从轴线左端的O点射入磁场，电子速率均为v0，调节磁感应强度B的大小，可以使电子重新汇聚到轴线右端与荧光屏的交点P。已知电子的电荷量为e，质量为m，当角度θ非常小时满足，，若要使电子流中的电子均能汇聚到P点，下列说法正确的是（ ）
A．磁感应强度应满足（n为合适的整数）
B．磁感应强度应满足（n为合适的整数）
C．管内直径应满足
D．管内直径应满足
【答案】AC
【解析】将电子的运动分解为竖直方向和水平方向，在竖直方向做匀速圆周运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向，匀速圆周运动的周期，电子经过时间t汇聚在P点，设
，水平方向有，，联立解得（n为合适的整数），A正确，B错误；根据题意，电子做匀速圆周运动的直径不大于玻璃管的半径，则有，
联立解得（n为合适的整数，且），（n为合适的整数，且），所以，故选AC。
10、如图甲所示，一内壁光滑的绝缘圆筒竖直放置，左侧距离为L处有一固定的负电荷N，圆筒内有一带电小球，设小球与电荷的竖直高度差为H，将小球无初速度地从H0高处释放后，在下落至与N同一水平面的过程中，其动能随H的变化曲线如图乙所示，则（ ）
A．小球可能带负电，也可能带正电
B．在之间的某点，库仑力竖直方向上的分力最大
C．该过程中，小球所受合力先增大后减小再增大
D．该过程中，小球的动能和电势能之和不断增加
【答案】BD
【解析】小球在竖直方向上受到重力mg、库仑力的竖直分力Fx，由动能定理和图像斜率知，H1、H2处斜率为零，合外力均为零，即这两处竖直方向上，向上的库仑分力与竖直向下的重力平衡，所以小球与N一定带同种电荷，即小球一定带负电，故A错误；H1、H2之间图像的斜率先增大再减小，合力大小先增大后减小，又因为从H1到H2小球动能减小，合外力向上，即竖直向上的库仑力先增大再减小，之间某点库仑力的竖直分力最大，故B正确；由图像知，小球在H1和H2处的加速度为零，易知在H0~H1之间，小球的合力逐渐减小到零；H1~H2之间，小球的合力从零逐渐增大再减小到零；在H2~0之间，小球的合力逐渐增大，故C错误；小球的动能和电势能、重力势能之和不变，由于小球的重力势能在减小，所以小球的动能和电势能之和在增加，故D正确。故选BD。
11、如图，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个小球。当玻璃管绕竖直轴以角速度匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是（ ）
A．仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
B．仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小
C．仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
D．仅增加角速度至后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力
【答案】BD
【解析】根据题意可知，，仅增加绳长后，小球需要向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁右侧，小球受到玻璃管给的斜向下方的压力，故A错误；仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，根据以上分析可知，需减小，故B正确；小球质量可以被约去，所以，增加小球质量，小球仍与管壁间无压力，故C错误；仅增加角速度至后，小球需要向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁右侧，小球受到斜向下方的压力，故D正确。故选BD。
12、质量为足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上依次排放质量均为的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为。现同时给木块1、2、3水平向右的初速度、、，已知重力加速度为。则下列说法正确的是（ ）
A．1木块相对木板静止前，木板是静止不动的
B．1木块的最小速度是
C．2木块的最小速度是
D．木块3从开始运动到相对木板静止时对地位移是
【答案】BCD
【解析】木块1在木板上向右减速运动，该过程木板向右做加速运动，当木块1与木板速度相等时相对木板静止，由此可知，1木块相对静止前木板向右做加速运动，故A错误；木块与木板组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，第号木块与木板相对静止时，它在整个运动过程中的速度最小，设此时第n号木块的速度为v，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得，对第号木块，由动量定理得，对第n号木块，由动量定理得
由以上三式解得，1木块的最小速度为，2木块的最小速度为，故BC正确；木块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，3木块相对木板静止过程，由动量守恒定律得，解得，对3木块，由动能定理得，解得，故D正确；故选BCD。
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）图（a）是测量木块与木板间动摩擦因数的实验装置。接通电源，开启打点计时器，从斜面上某点释放木块，木块沿木板滑下，多次重复后选择点迹清晰的一条纸带如图（b）所示。图中0～4是选取的五个计数点，相邻两计数点的时间间隔为T，如图（b）所示，测出了两个计数点的间距x1和x4，重力加速度为g，完成下列填空：
(1)木块下滑的加速度大小为______（用符号T、x1、x4表示）；
(2)木块与木板间的动摩擦因数为______；
(3)实验中发现动摩擦因数的测量值大于实际值，可能的一个原因是______。
【答案】（1）（2分） （2） （2分）（3）木块受到纸带阻力作用 （2分）
【解析】(1)根据逐差法有，解得木块下滑的加速度大小为。
(2)根据牛顿第二定律，可得，木块与木板间的动摩擦因数为。
(4)实验中发现动摩擦因数的测量值大于实际值，可能的一个原因是木块受到纸带阻力作用。
14、（9分）(1)如图甲中的螺旋测微器读数为______mm；
(2)如图乙为某多用电表的原理图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是定值电阻，R6是可变电阻，已知R3＜R4，表头G的满偏电流为250μA，内阻为1200Ω。图中S为转换开关，A端和B端分别与两表笔相连，该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。
①图乙中的B端与______（选填“红”或“黑”）表笔相连接；
②使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘______（选填“左端电流”或“右端电阻”）为“0”的位置；
③某次测量时该多用电表指针位置如图丙所示，若此时B端是与“5”相连的，则读数为______Ω；（结果保留2位有效数字）
④根据题给条件可得：R1+R2=______Ω，R4=______Ω。
【答案】（1）6.700 （1分） （2）红（1分） 右端电阻（1分） 4.0×103 （2分） 400（1分） 4700 （2分）
【解析】(1)螺旋测微器的固定刻度读数为6.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm，所以最终读数为6.5mm+0.01mm×20.0=6.700mm，由于读数误差则6.700均可；
(2)根据电流“红进黑出”可知，A表笔为黑表笔，B表笔为红表笔；
用欧姆挡时，先将两表笔短接进行欧姆调零即调整R6使电表指针指在表盘右端电阻为“0”的位置；
B端是与“5”相连的，由题意可知，倍率为100，则读数为
由题意可知，开关接1时量程为2.5mA，则有
开关接2时量程为1mA，则有
联立解得。
开关接4时量程为5V，此时电压表的内阻为
表头与电阻、部分的电阻为
则。
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）如图甲所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积为S＝2×10－3 m2、质量为m＝4 kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离为24 cm，在活塞的右侧12 cm处有一对与汽缸固定连接的卡环，气体的温度为300 K，大气压强p0＝1×105 Pa.现将汽缸竖直放置，如图乙所示，取g＝10 m/s2.求：
(1)活塞与汽缸底部之间的距离；
(2)加热到675 K时封闭气体的压强．
【答案】 （1）20 cm. （2）1.5×105 Pa.
【解析】(1)以汽缸内气体为研究对象，初状态：p1＝p0＝1×105 Pa，T1＝300 K，V1＝24 cm×S
末状态：p2＝p0＋＝1.2×105 Pa（1分），T1＝T2，V2＝HS
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2（2分）
解得H＝20 cm.（1分）
(2)假设活塞能到达卡环处，则T3＝675 K，V3＝36 cm×S
由理想气体状态方程＝（2分）
得p3＝1.5×105 Pa>p2＝1.2×105 Pa
所以活塞能到达卡环处，封闭气体压强为1.5×105 Pa.（2分）
（9分）如图所示，半径为R的半圆形玻璃砖与一底角为30°的直角△ACB的玻璃砖平行且正对放置，点O和O′分别是BC边的中点和半圆形玻璃砖的圆心.一束平行于AC边的单色光从AB边上的点D入射，经折射后从点O射出，最后从半圆形玻璃砖上的某点P射出.已知BC边与直径B′C′长度相等，二者相距R，点B、D间距离为R，两种玻璃砖的厚度与折射率均相同，若不考虑光在各个界面的反射.求：
(1)玻璃砖的折射率n；
(2)点P的位置和单色光的最后出射方向.
【答案】（1）；（2）见解析。
【解析】(1)连接DO，则△BOD恰为等边三角形，设单色光从AB边上的点D入射时的折射角为α，由几何知识得α＝30°(1分)
在AB界面，根据折射定律得n＝(1分)
解得n＝(1分)
(2)作出其余光路如图所示，光在O点发生折射，OO′为法线
根据折射定律得sin ∠2＝nsin ∠1 ( 1分)
而∠1＝α＝30°
解得∠2＝60°
光在D′点发生折射，D′E为法线，由光路可逆知∠3＝∠1＝30°(1分)
在直角△OO′D′中，O′D′＝OO′·tan ∠2＝R(1分)
在△O′D′P中，根据正弦定理得＝
解得∠4＝30°(1分)
光在P点发生折射，根据折射定律得sin ∠5＝nsin ∠4(1分)
联立解得∠5＝60°，即光线平行于OO′连线向右射出.(1分)
17、（12分）距离为的两根轨道、平行放置，、与水平面的夹角为30°，、为两段光滑绝缘圆弧轨道（长度可忽略），除、两段外其余部分均为金属，电阻可忽略不计，、均光滑、足够长且二者在同一水平面上，轨道的端接一个电容为的电容器，端接一个电阻恒为的小灯泡，所在平面内的磁场方向垂直于平面向下，右侧的水平内的磁场方向竖直向上，磁感应强度的大小均为。长为、质量为、电阻不计的导体棒从靠近端的位置由静止开始沿轨道下滑，在处与静止在此处的质量为、电阻为、长度为的导体棒发生弹性碰撞，碰撞后瞬间导体棒被拿走时小灯泡刚好正常发光。棒的初始位置离水平面的高度为，导体棒与倾斜轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为，导体棒在运动过程中始终与轨道垂直且接触良好。求：
（1）小灯泡的额定功率：
（2）导体棒在磁场中运动的距离及此过程中导体棒上产生的焦耳热。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）导体棒P在倾斜轨道上运动时，对导体棒P受力分析有
（1分）
且（1分）
解得（1分）
设P棒到达时的速度为，有
设导体棒P、Q碰撞后瞬间的速度分别为、，P、Q棒碰撞过程动量守恒，有
由能量守恒定律有（1分）
解得（1分）
此时导体棒Q产生的感应电动势（1分）
此时流过灯泡的电流
此时灯泡的功率（1分）
（2）当导体棒在水平轨道上滑动时，对导体棒由动量定理有（1分）
设导体棒在水平轨道上滑动的时间为，通过的距离为，则有（1分）
解得（1分）
导体棒Q在运动过程中由能量守恒定律有（1分）
导体棒Q上产生的热量（1分）
18、（16分）如图，倾角为、长L=6m的倾斜传送带的速度大小v。可由驱动系统根据需要设定，且设定后速度保持不变，其方向沿传送带向上。现给质量m=1kg的货箱（视为质点）施加一个沿传送带向上、大小F=10N的恒力，使其由静止开始从传送带底端向高平台运动。已知货箱与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。
(1)若v0=0，求货箱在传送带上运动的时间t；
(2)若v0=4m/s，求货箱在传送带上运动的过程中，摩擦力对货箱的冲量I，和货箱与传送带间因摩擦产生的热量Q。
(3)若v0=4m/s，货箱运动到0.7s末，由于某种原因使恒力F突然消失，试通过计算判断货箱能否到达高平台。
【答案】(1)；(2)，方向沿传送带向下，6J；(3)货物能到达高平台
【解析】(1)v0=0时，货箱受四力（其中摩擦力方向沿传送带向下）作用向上做匀加速运动，由牛顿第二定律有（1分）
代人数据得a=2m/s2（1分）
由运动学规律有，代人数据解得（1分）
(2)v0=4m/s时，货箱先受四力（其中摩擦力方向沿传送带向上）作用向上做匀加速运动直到速度达到4m/s，设此过程加速度为a1，运动时间为t1，发生位移为x1，由牛顿第二定律有（1分）
代入数据得a1=8m/s2（1分）
由运动学规律有，，代人数据得t1=0.5s，x1=1m
货箱与传送带间的相对路程为（1分）
此后，摩擦力反向，货箱继续沿斜面向上做加速运动，由受力情况可知加速度a2=a=2m/s2（1分）
设此过程的时间为t2，发生位移为x2，
由运动学规律有
代人数据得t2=1s
货箱与传送带间的相对路程为（1分）
规定沿传送带向上的方向为正方向，则有（1分）
则（1分）
代入数据解得
方向沿传送带向下Q=6J（1分）
(3)t1=0.5s时，货箱速度达到4m/s。从0.5s到0.7 s，货箱以加速度a2沿传送带向上做加速运动，设此过程时间为t3，发生位移为x3，末速度为v，则t3=0.7s－0.5s=0.2s
由运动学规律有，代人数据得v=4.4m/s，x3=0.84m（1分）
力F消失后，货箱先沿传送带向上做减速运动（摩擦力方向沿传送带向下）直到速度再次到达4m/s，设此过程发生位移为x4，由动能定理有（1分）
代入数据得x4=0.21m（1分）
此后，摩擦力方向沿传送带向上，货箱向上减速运动，设货箱速度从4m/s减至0的过程中发生的位移为x5，由动能定理有（1分）
代人数据得x5=4m
因x1+x3+x4+x5=6.05m>L，所以，货物能到达高平台（1分）
2021年高考物理考前冲刺押题卷（山东卷）05
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、近代物理和相应技术的发展，极大地改变了人类的生产和生活方式推动了人类文明与进步。关于近代物理知识下列说法正确的是（ ）
A．若氢原子从能级向能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从能级向能级跃迁时辐射出的光有可能使该金属发生光电效应
B．查德威克预言了中子的存在，卢瑟福通过实验发现了中子
C．玻尔理论成功解释了大量原子光谱规律，其局限性在于保留了经典粒子的观念
D．钋（）是氡（）的衰变产物之一，故钋（）的比结合能大于氡（）的比结合能
【答案】D
【解析】氢原子从能级跃迁至时辐射的光子能量大于从跃迁至辐射的光子能量，故A错；卢瑟福预言了中子的存在，查德威克发现了中子，故B错；玻尔理论只成功解释了氢原子光谱规律，故C错；衰变产物新核更稳定，比结合能更大，故D对。故选D。
2、登山运动员在登雪山时要注意防止紫外线的过度照射，尤其是眼睛更不能长时间被紫外线照射，否则将会严重地损伤视力.有人想用薄膜干涉的原理设计一种能大大减小紫外线对眼睛伤害的眼镜，他选用的薄膜材料的折射率n＝1.5，所要消除的紫外线的频率ν＝8.1×1014 Hz，那么他设计的这种“增反膜”的厚度至少是( )
A．9.25×10－8 m B．1.85×10－7 m
C．1.23×10－7 m D．6.18×10－8 m
【答案】C
【解析】为了减小紫外线对眼睛的伤害，应使入射光分别从该膜的前、后两个表面反射的光叠加后加强，则路程差(大小等于薄膜厚度d的2倍)应等于光在薄膜中的波长λ′的整数倍，即2d＝Nλ′(N＝1,2…).因此，膜的厚度至少是紫外线在膜中波长的.紫外线在真空中的波长是λ＝，在膜中的波长是λ′＝，解得膜的厚度至少是1.23×10－7 m.
3、如图甲所示，投篮游戏是小朋友们最喜欢的项目之一，小朋友站立在水平地面上双手将皮球水平抛出，皮球进入篮筐且不擦到篮筐就能获得一枚小红旗。如图乙所示。篮筐的半径为R，皮球的半径为r，篮筐中心和出手处皮球的中心高度为和，两中心在水平地面上的投影点之间的距离为d。忽略空气的阻力，已知重力加速度为g。设出手速度为v，要使皮球能入框，则下列说法中正确的是（ ）
A．出手速度大的皮球入框前运动的时间也长
B．速度v只能沿连线方向
C．速度v的最大值为
D．速度v的最小值为
【答案】C
【解析】平抛运动的时间由下落的高度决定，则进框的皮球运动时间相同，A错误；与连线成一个小的角度投出的皮球也可能进框，B错误；皮球沿连线的方向投出，并能进框的图示如图，作出皮球中心的运动轨迹，下落的高度为，水平射程分别为和，则投射的最大速度为，最小速度为
C正确，D错误。故选C。
4、如图所示为某小型电站髙压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20kW。在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为 1：10，电流表的示数为 1A，输电线的总电阻为 10Ω，则下列说法中错误的是（ ）
A．采用高压输电可以减小输电线中的电流
B．将 P 下移，用户获得的电压将增大
C．用户获得的功率为 19kW
D．升压变压器的输出电压 U2=2000V
【答案】B
【解析】当输电功率不变时，增加升压变压器的输入电压，电流会减小。对于理想变压器，有
可知，输电线的电流会减小。所以采用高压输电可以减小输电线中的电流，所以A正确；将P下移，降压变压器的原线圈匝数变多，即变大，对于理想变压器，由化简得，所以降压变压器的输出电压将减小，即用户获得的电压将减小，所以B错误；由电流互感器可得，输电线的电流为
，由题意可知，升压变压器的输出功率为20kW，则可得升压变压器的输出电压为，由题意及以上选项分析可得，输电线损耗的功率为，
则用户获得的功率为，所以CD正确；故选B。
5、无人机的使用方便和丰富了人们的工作和生活可利用无人机送快递、送餐、施肥和喷农药等，节约了人力物力，提高了生产生活效率，还能减少人员接触，减少卫生隐患。如图所示，在无风环境下无人机A用轻绳吊着质量为m的快递箱B水平向左做匀速直线运动，轻绳与竖直方向夹角为α。下列说法正确的是（ ）
A．快递箱B受到两个力的作用
B．快递箱B受到的合力水平向左
C．快递箱B受到的绳子拉力大小为
D．绳子对B的拉力与绳子对A的拉力是一对平衡力
【答案】C
【解析】由于快递箱B水平向左做匀速直线运动，则其所受合外力为0，B错误；由于快递箱B受到的合力为0，则快递箱B不可能只受到两个力的作用，因为这两力不在同直线，所以快递箱B至少受到三个力的作用，除了重力，绳子拉力，还有水平方向空气的阻力，A错误；在竖直方向上由平衡条件可得，解得，所以快递箱B受到的绳子拉力大小为，C正确；绳子对B的拉力与绳子对A的拉力不是一对平衡力，因为这两个力的作用对象不是同一个物体，D错误。故选C。
6、如图所示，半径为R的圆所在平面与某一匀强电场平行，为圆周上三个点，O为圆心，D为中点。粒子源从C点沿不同方向发出速率均为的带正电的粒子，已知粒子的质量为m、电量为q（不计重力和粒子之间的相互作用力）。若沿方向入射的粒子恰垂直方向过D点。则以下说法正确的是（ ）
A．A、B、C三点电势高低为：
B．沿垂直方向入射的粒子可能经过A点
C．若，则匀强电场的场强为
D．若，则过D点速率可能为
【答案】C
【解析】因为沿CA方向入射的粒子恰垂直AB方向过D点，不妨研究它的逆过程，从D到A，由于此过程中速度的偏向角正切等于位移偏向角正切的2倍，可知此过程为类平抛运动，则粒子受垂直BC向下的电场力作用，由于粒子带正电，可知场强方向垂直于BC向下，则BC电势相等，则，选项A错误；
电场方向垂直BC向下，则沿垂直BC方向入射的粒子不可能经过A点，选项B错误；若∠ACB=60°，则由类平抛运动的规律可知，，联立解得，选项C正确；若∠ACB=45°，则过D点速率等于C点的速度沿CB方向的分量，即，选项D错误；
故选C。
7、一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图甲所示，图乙是位于x=1m的质点N此后的振动图像，Q是位于x=10m处的质点。则下列说法正确的是（ ）
A．波沿x轴正方向传播，波源的起振方向向下
B．在t=6.5s时，质点Q开始振动
C．在t=12s时，质点Q的位置坐标为（10m，-8cm）
D．在5s~5.5s时间内，质点M的速度在增大，加速度在减小
【答案】D
【解析】图乙是位于x=1m的质点N此后的振动图像可知t=0后其振动沿负方向，由波形图上的同侧法可知波沿x轴正方向传播，而甲图中的M点刚好起振向上，则波源的起振方向向上，故A错误；由波形图可知波长为，周期为，则波速为，故M点起振传播到Q点的时间为
故B错误；Q点起振需要7s，则t=12s有()用于振动，可知Q正处于波峰位置，坐标为（10m，8cm），故C错误；在5s~5.5s时间，M点从波峰向平衡位置振动，则其速度增大，加速度减小，故D正确；
故选D。
8、2021年月日，我国首个火星探测器“天问一号”传回了火星照片，如图所示。多年以后，小明作为一位火星移民，于太阳光直射赤道的某天晚上，在火星赤道上某处仰望天空。某时，他在西边的地平线附近恰能看到一颗火星人造卫星出现，之后极快地变暗而看不到了，他记下此时正是火星上日落后约小时分。后来小明得知这是我国火星基地发射的一颗绕火星自西向东运动的周期为的探测卫星，查阅资料得知火星自西向东自转且周期约为小时分，已知万有引力常量为。根据以上信息，分析可得火星密度的表达式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】运动轨迹如图所示
火星自转周期为小时分，日落后小时分，即转过，由图知，根据万有引力提供向心力，密度为，解得，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、从电子枪打出的电子流并不完全沿直线运动，而是有微小角度的散射，为了使显示器图像清晰，需要通过电子透镜对电子流进行聚焦处理，正好在屏幕上汇聚形成一个亮点。如图甲所示，密绕线圈的玻璃管是一种利用磁场进行汇聚的电子透镜，又称为磁场透镜。如图乙所示为其内部原理图，玻璃管的管长为L，管内直径为D，管内存在沿轴线方向向右的匀强磁场。电子流中的电子在与轴线成微小角度θ的顶角范围内从轴线左端的O点射入磁场，电子速率均为v0，调节磁感应强度B的大小，可以使电子重新汇聚到轴线右端与荧光屏的交点P。已知电子的电荷量为e，质量为m，当角度θ非常小时满足，，若要使电子流中的电子均能汇聚到P点，下列说法正确的是（ ）
A．磁感应强度应满足（n为合适的整数）
B．磁感应强度应满足（n为合适的整数）
C．管内直径应满足
D．管内直径应满足
【答案】AC
【解析】将电子的运动分解为竖直方向和水平方向，在竖直方向做匀速圆周运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向，匀速圆周运动的周期，电子经过时间t汇聚在P点，设
，水平方向有，，联立解得（n为合适的整数），A正确，B错误；根据题意，电子做匀速圆周运动的直径不大于玻璃管的半径，则有，
联立解得（n为合适的整数，且），（n为合适的整数，且），所以，故选AC。
10、如图甲所示，一内壁光滑的绝缘圆筒竖直放置，左侧距离为L处有一固定的负电荷N，圆筒内有一带电小球，设小球与电荷的竖直高度差为H，将小球无初速度地从H0高处释放后，在下落至与N同一水平面的过程中，其动能随H的变化曲线如图乙所示，则（ ）
A．小球可能带负电，也可能带正电
B．在之间的某点，库仑力竖直方向上的分力最大
C．该过程中，小球所受合力先增大后减小再增大
D．该过程中，小球的动能和电势能之和不断增加
【答案】BD
【解析】小球在竖直方向上受到重力mg、库仑力的竖直分力Fx，由动能定理和图像斜率知，H1、H2处斜率为零，合外力均为零，即这两处竖直方向上，向上的库仑分力与竖直向下的重力平衡，所以小球与N一定带同种电荷，即小球一定带负电，故A错误；H1、H2之间图像的斜率先增大再减小，合力大小先增大后减小，又因为从H1到H2小球动能减小，合外力向上，即竖直向上的库仑力先增大再减小，之间某点库仑力的竖直分力最大，故B正确；由图像知，小球在H1和H2处的加速度为零，易知在H0~H1之间，小球的合力逐渐减小到零；H1~H2之间，小球的合力从零逐渐增大再减小到零；在H2~0之间，小球的合力逐渐增大，故C错误；小球的动能和电势能、重力势能之和不变，由于小球的重力势能在减小，所以小球的动能和电势能之和在增加，故D正确。故选BD。
11、如图，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个小球。当玻璃管绕竖直轴以角速度匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是（ ）
A．仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
B．仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小
C．仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
D．仅增加角速度至后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力
【答案】BD
【解析】根据题意可知，，仅增加绳长后，小球需要向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁右侧，小球受到玻璃管给的斜向下方的压力，故A错误；仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，根据以上分析可知，需减小，故B正确；小球质量可以被约去，所以，增加小球质量，小球仍与管壁间无压力，故C错误；仅增加角速度至后，小球需要向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁右侧，小球受到斜向下方的压力，故D正确。故选BD。
12、质量为足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上依次排放质量均为的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为。现同时给木块1、2、3水平向右的初速度、、，已知重力加速度为。则下列说法正确的是（ ）
A．1木块相对木板静止前，木板是静止不动的
B．1木块的最小速度是
C．2木块的最小速度是
D．木块3从开始运动到相对木板静止时对地位移是
【答案】BCD
【解析】木块1在木板上向右减速运动，该过程木板向右做加速运动，当木块1与木板速度相等时相对木板静止，由此可知，1木块相对静止前木板向右做加速运动，故A错误；木块与木板组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，第号木块与木板相对静止时，它在整个运动过程中的速度最小，设此时第n号木块的速度为v，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得，对第号木块，由动量定理得，对第n号木块，由动量定理得
由以上三式解得，1木块的最小速度为，2木块的最小速度为，故BC正确；木块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，3木块相对木板静止过程，由动量守恒定律得，解得，对3木块，由动能定理得，解得，故D正确；故选BCD。
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）图（a）是测量木块与木板间动摩擦因数的实验装置。接通电源，开启打点计时器，从斜面上某点释放木块，木块沿木板滑下，多次重复后选择点迹清晰的一条纸带如图（b）所示。图中0～4是选取的五个计数点，相邻两计数点的时间间隔为T，如图（b）所示，测出了两个计数点的间距x1和x4，重力加速度为g，完成下列填空：
(1)木块下滑的加速度大小为______（用符号T、x1、x4表示）；
(2)木块与木板间的动摩擦因数为______；
(3)实验中发现动摩擦因数的测量值大于实际值，可能的一个原因是______。
【答案】（1）（2分） （2） （2分）（3）木块受到纸带阻力作用 （2分）
【解析】(1)根据逐差法有，解得木块下滑的加速度大小为。
(2)根据牛顿第二定律，可得，木块与木板间的动摩擦因数为。
(4)实验中发现动摩擦因数的测量值大于实际值，可能的一个原因是木块受到纸带阻力作用。
14、（9分）(1)如图甲中的螺旋测微器读数为______mm；
(2)如图乙为某多用电表的原理图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是定值电阻，R6是可变电阻，已知R3＜R4，表头G的满偏电流为250μA，内阻为1200Ω。图中S为转换开关，A端和B端分别与两表笔相连，该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。
①图乙中的B端与______（选填“红”或“黑”）表笔相连接；
②使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘______（选填“左端电流”或“右端电阻”）为“0”的位置；
③某次测量时该多用电表指针位置如图丙所示，若此时B端是与“5”相连的，则读数为______Ω；（结果保留2位有效数字）
④根据题给条件可得：R1+R2=______Ω，R4=______Ω。
【答案】（1）6.700 （1分） （2）红（1分） 右端电阻（1分） 4.0×103 （2分） 400（1分） 4700 （2分）
【解析】(1)螺旋测微器的固定刻度读数为6.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm，所以最终读数为6.5mm+0.01mm×20.0=6.700mm，由于读数误差则6.700均可；
(2)根据电流“红进黑出”可知，A表笔为黑表笔，B表笔为红表笔；
用欧姆挡时，先将两表笔短接进行欧姆调零即调整R6使电表指针指在表盘右端电阻为“0”的位置；
B端是与“5”相连的，由题意可知，倍率为100，则读数为
由题意可知，开关接1时量程为2.5mA，则有
开关接2时量程为1mA，则有
联立解得。
开关接4时量程为5V，此时电压表的内阻为
表头与电阻、部分的电阻为
则。
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）如图甲所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积为S＝2×10－3 m2、质量为m＝4 kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离为24 cm，在活塞的右侧12 cm处有一对与汽缸固定连接的卡环，气体的温度为300 K，大气压强p0＝1×105 Pa.现将汽缸竖直放置，如图乙所示，取g＝10 m/s2.求：
(1)活塞与汽缸底部之间的距离；
(2)加热到675 K时封闭气体的压强．
【答案】 （1）20 cm. （2）1.5×105 Pa.
【解析】(1)以汽缸内气体为研究对象，初状态：p1＝p0＝1×105 Pa，T1＝300 K，V1＝24 cm×S
末状态：p2＝p0＋＝1.2×105 Pa（1分），T1＝T2，V2＝HS
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2（2分）
解得H＝20 cm.（1分）
(2)假设活塞能到达卡环处，则T3＝675 K，V3＝36 cm×S
由理想气体状态方程＝（2分）
得p3＝1.5×105 Pa>p2＝1.2×105 Pa
所以活塞能到达卡环处，封闭气体压强为1.5×105 Pa.（2分）
（9分）如图所示，半径为R的半圆形玻璃砖与一底角为30°的直角△ACB的玻璃砖平行且正对放置，点O和O′分别是BC边的中点和半圆形玻璃砖的圆心.一束平行于AC边的单色光从AB边上的点D入射，经折射后从点O射出，最后从半圆形玻璃砖上的某点P射出.已知BC边与直径B′C′长度相等，二者相距R，点B、D间距离为R，两种玻璃砖的厚度与折射率均相同，若不考虑光在各个界面的反射.求：
(1)玻璃砖的折射率n；
(2)点P的位置和单色光的最后出射方向.
【答案】（1）；（2）见解析。
【解析】(1)连接DO，则△BOD恰为等边三角形，设单色光从AB边上的点D入射时的折射角为α，由几何知识得α＝30°(1分)
在AB界面，根据折射定律得n＝(1分)
解得n＝(1分)
(2)作出其余光路如图所示，光在O点发生折射，OO′为法线
根据折射定律得sin ∠2＝nsin ∠1 ( 1分)
而∠1＝α＝30°
解得∠2＝60°
光在D′点发生折射，D′E为法线，由光路可逆知∠3＝∠1＝30°(1分)
在直角△OO′D′中，O′D′＝OO′·tan ∠2＝R(1分)
在△O′D′P中，根据正弦定理得＝
解得∠4＝30°(1分)
光在P点发生折射，根据折射定律得sin ∠5＝nsin ∠4(1分)
联立解得∠5＝60°，即光线平行于OO′连线向右射出.(1分)
17、（12分）距离为的两根轨道、平行放置，、与水平面的夹角为30°，、为两段光滑绝缘圆弧轨道（长度可忽略），除、两段外其余部分均为金属，电阻可忽略不计，、均光滑、足够长且二者在同一水平面上，轨道的端接一个电容为的电容器，端接一个电阻恒为的小灯泡，所在平面内的磁场方向垂直于平面向下，右侧的水平内的磁场方向竖直向上，磁感应强度的大小均为。长为、质量为、电阻不计的导体棒从靠近端的位置由静止开始沿轨道下滑，在处与静止在此处的质量为、电阻为、长度为的导体棒发生弹性碰撞，碰撞后瞬间导体棒被拿走时小灯泡刚好正常发光。棒的初始位置离水平面的高度为，导体棒与倾斜轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为，导体棒在运动过程中始终与轨道垂直且接触良好。求：
（1）小灯泡的额定功率：
（2）导体棒在磁场中运动的距离及此过程中导体棒上产生的焦耳热。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）导体棒P在倾斜轨道上运动时，对导体棒P受力分析有
（1分）
且（1分）
解得（1分）
设P棒到达时的速度为，有
设导体棒P、Q碰撞后瞬间的速度分别为、，P、Q棒碰撞过程动量守恒，有
由能量守恒定律有（1分）
解得（1分）
此时导体棒Q产生的感应电动势（1分）
此时流过灯泡的电流
此时灯泡的功率（1分）
（2）当导体棒在水平轨道上滑动时，对导体棒由动量定理有（1分）
设导体棒在水平轨道上滑动的时间为，通过的距离为，则有（1分）
解得（1分）
导体棒Q在运动过程中由能量守恒定律有（1分）
导体棒Q上产生的热量（1分）
18、（16分）如图，倾角为、长L=6m的倾斜传送带的速度大小v。可由驱动系统根据需要设定，且设定后速度保持不变，其方向沿传送带向上。现给质量m=1kg的货箱（视为质点）施加一个沿传送带向上、大小F=10N的恒力，使其由静止开始从传送带底端向高平台运动。已知货箱与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。
(1)若v0=0，求货箱在传送带上运动的时间t；
(2)若v0=4m/s，求货箱在传送带上运动的过程中，摩擦力对货箱的冲量I，和货箱与传送带间因摩擦产生的热量Q。
(3)若v0=4m/s，货箱运动到0.7s末，由于某种原因使恒力F突然消失，试通过计算判断货箱能否到达高平台。
【答案】(1)；(2)，方向沿传送带向下，6J；(3)货物能到达高平台
【解析】(1)v0=0时，货箱受四力（其中摩擦力方向沿传送带向下）作用向上做匀加速运动，由牛顿第二定律有（1分）
代人数据得a=2m/s2（1分）
由运动学规律有，代人数据解得（1分）
(2)v0=4m/s时，货箱先受四力（其中摩擦力方向沿传送带向上）作用向上做匀加速运动直到速度达到4m/s，设此过程加速度为a1，运动时间为t1，发生位移为x1，由牛顿第二定律有（1分）
代入数据得a1=8m/s2（1分）
由运动学规律有，，代人数据得t1=0.5s，x1=1m
货箱与传送带间的相对路程为（1分）
此后，摩擦力反向，货箱继续沿斜面向上做加速运动，由受力情况可知加速度a2=a=2m/s2（1分）
设此过程的时间为t2，发生位移为x2，
由运动学规律有
代人数据得t2=1s
货箱与传送带间的相对路程为（1分）
规定沿传送带向上的方向为正方向，则有（1分）
则（1分）
代入数据解得
方向沿传送带向下Q=6J（1分）
(3)t1=0.5s时，货箱速度达到4m/s。从0.5s到0.7 s，货箱以加速度a2沿传送带向上做加速运动，设此过程时间为t3，发生位移为x3，末速度为v，则t3=0.7s－0.5s=0.2s
由运动学规律有，代人数据得v=4.4m/s，x3=0.84m（1分）
力F消失后，货箱先沿传送带向上做减速运动（摩擦力方向沿传送带向下）直到速度再次到达4m/s，设此过程发生位移为x4，由动能定理有（1分）
代入数据得x4=0.21m（1分）
此后，摩擦力方向沿传送带向上，货箱向上减速运动，设货箱速度从4m/s减至0的过程中发生的位移为x5，由动能定理有（1分）
代人数据得x5=4m
因x1+x3+x4+x5=6.05m>L，所以，货物能到达高平台（1分）
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