2021年高考真题 物理（山东卷)（含解析版）.pdf

绝密启用前 2021 年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）物物 理理 注意事项：注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 24 分。每小题只有一个选项符合题目要求。分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.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21082Pb，其衰变方程为2102108283PbBiX。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21082Pb的衰变 C.21082Pb与21083Bi的质量差等于衰变的质量亏损 D.方程中的 X 来自于21082Pb内质子向中子的转化【答案】A【解析】【分析】【详解】A根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X 是电子，A 正确；B半衰期非常稳定，不受温度，压强，以及该物质是单质还是化合物的影响，B 错误；C21082Pb与21083Bi和电子 X 的质量差等于衰变的质量亏损，C 错误；D方程中的 X 来自于21082Pb内中子向质子的转化，D 错误。故选 A。2.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【解析】【分析】【详解】A由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内温度升高，内能增加，A错误；B在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程 pVCT 气体体积膨胀，对外界做正功，B 正确；CD由 AB 分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律 UWQ 由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，CD 错误。故选 B。3.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0v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.202mvL B.204mvL C.208mvL D.2016mvL【答案】B【解析】【分析】【详解】在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理 201202fLmv 可得摩擦力的大小 204mvfL 故选 B。4.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360cm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。则 V 等于（）A.330cm B.340cm C.350cm D.360cm【答案】D【解析】【分析】【详解】根据玻意耳定律可知 000155p Vp VpV 已知 0750mmHgp，3060cmV，1750mmHg+150mmHg900mmHgp 代入数据整理得 360cmV 故选 D。5.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.91 B.92 C.361 D.721【答案】B【解析】【分析】【详解】悬停时所受平台的作用力等于万有引力，根据 2mMFGR 可得 22299=:=2=22M mM mFGGFRR月祝融祝融火玉兔月玉兔火 故选 B。6.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202xa区间，x轴上电势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.212Qq，释放后 P 将向右运动 B.212Qq，释放后 P 将向左运动 C.2 214Qq，释放后 P 将向右运动 D.2 214Qq，释放后 P 将向左运动【答案】C【解析】【分析】【详解】对 y 轴正向的点电荷，由平衡知识可得 222222(2)2()2qqQqkkkaaa 解得2 214Qq 因在202xa区间内沿 x 轴正向电势升高，则场强方向沿 x 轴负向，则将 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。7.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】D【解析】【分析】【详解】从薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为x=2d，即光程差为薄膜厚度的 2 倍，当光程差x=n 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12，在图中相邻亮条纹（或暗条纹）之间的距离变大，则薄膜层的厚度之间变小，因条纹宽度逐渐变宽，则厚度不是均匀变小。故选 D。8.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L LH，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.GMfrBLRHBL B.GMfrBLRHBL C.GMBLRHfrBL D.GMBLRHfrBL【答案】A【解析】【分析】【详解】根据 22()()MmvGmRHRH 可得卫星做圆周运动的线速度 GMvRH 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，其大小为 EBLv 因导线绳所受阻力 f 与安培力 F 平衡，则安培力与速度方向相同，可知导线绳中的电流方向向下，即电池电动势大于导线绳切割磁感线产生的电动势，可得 EEfBLr 解得 GMfrEBLRHBL 故选 A。二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 16 分。每小题有多个选项符合题目要求。全部分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得选对得 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。9.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 13，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10。开关 S 接 1 时，右侧变压器原、副线圈匝数比为21，R 上的功率为10W；接 2 时，匝数比为 12，R 上的功率为 P。以下判断正确的是（）A.10r B.5r C.45WP D.22.5WP 【答案】BD【解析】【分析】【详解】当开关 S 接 1 时，左侧变压器次级电压 U2=37.5V=22.5V 电阻 R 上的电压，即右侧变压器的次级电压 410VUPR 电流 441AUIR 则右侧变压器初级电压 3210V20V1U 电流 311A=0.5A2I 则 2335UUrI 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 0.5I；右侧变压两边电压关系可知 2340.5UIrIRnn 解得 I=3A 则 R 上的功率 2(0.5)22.5WPIR 故选 BD。10.一列简谐横波沿 x 轴传播，如图所示，实线为12st 时的波形图，虚线为25st 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】AC【解析】【分析】【详解】机械波的传播方向不确定，所以需要考虑机械波传播方向的不确定性。AB若机械波沿x轴正方向传播，在12st 时O点振动方向竖直向上，则传播时间213sttt 满足 34tTnT（n=0，1，2，3）解得 12s43Tn（n=0，1，2，3）当0n 时，解得周期 4sT A 正确，B 错误；CD若机械波沿x轴负方向传播，在25st 时O点处于波谷，则 14tTnT（n=0，1，2，3）解得 12s41Tn（n=0，1，2，3）当0n 时，解得周期 12sT C 正确，D 错误。故选 AC。11.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0v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.22021mHvdHMg D.222021HvmdHgM【答案】BC【解析】【分析】【详解】AB热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为 0，初动量为 0，水平投出重力为mg的物资瞬间，满足动量守恒定律 0Mvmv 则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度v，热气球所受合外力恒为mg，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，A 错误，B 正确；CD热气球和物资的运动示意图如图所示 热气球和物资所受合力大小均为mg，所以热气球在竖直方向上加速度大小为 magM 物资落地H过程所用的时间t内，根据212Hgt解得落地时间为 2tHg 热气球在竖直方向上运动的位移为 2M11222mHmHatgHMgM 热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为 m002Hxv tvg M02mHxvtvMg 根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为 22220mMM2()()(1)HvmdxxHHHMg C 正确，D 错误。故选 BC。12.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、中磁场方向均垂直斜面向上，区中磁感应强度随时间均匀增加，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】ABD【解析】【分析】【详解】AB在 I 区域中，磁感应强度为1Bkt，感应电动势为 11BESkSt 感应电动势恒定，所以导体棒上的感应电流恒为 11EkSIRR 导体棒进入区域后，导体切割磁感线，感应电动势为 2EBLv 导体棒上的电流为 22EBLvIRR 区域产生的电流对导体棒的安培力始终沿斜面向上，大小恒定不变，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，下行和上行经过b点的受力分析如图 下行过程中，根据牛顿第二定律可知 1 1221sinB I LB I Lmgma 上行过程中，根据牛顿第二定律可知 1 1222sinB I LB I Lmgma 比较加速度大小可知 12aa 由于bc段距离不变，下行过程中加速度大，上行过程中加速度小，所以金属板下行过经过b点时的速度大于上行经过b点时的速度，AB 正确；CD区域产生的安培力总是大于沿斜面向下的作用力，所以金属棒一定能回到无磁场区域，由于整个过程中电流通过金属棒产生焦耳热，金属棒的机械能减少，所以金属棒不能回到a处，C 错误，D 正确。故选 ABD。三、非选择题：本题共三、非选择题：本题共 6 小题，共小题，共 60 分。分。13.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）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，回答下列向题：（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29.80m/sg）。（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】.0.20 .21 k .0.95 .高于【解析】【分析】【详解】（1）1第 3 次碰撞到第 4 次碰撞用时02.40s2.00s0.40st，根据竖直上抛和自由落体运动的对称性可知第 3 次碰撞后乒乓球弹起的高度为 2220011()9.80.2 m0.20m222thg（2）2碰撞后弹起瞬间速度为2v，碰撞前瞬间速度为1v，根据题意可知 21vkv 则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为 22212222211111222111122mvmvmvkmvmv 3第 3 次碰撞前瞬间速度为第 2 次碰后从最高点落地瞬间的速度 2.00 1.58()0.212vgtgg 第 3 次碰撞后瞬间速度为 2.402.00()0.202vgtgg 则第 3 次碰撞过程中 0.200.950.21vkv（3）4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，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。14.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TR（实验温度范围内，阻值约几百欧到几千欧）；电源 E（电动势1.5V，内阻 r 约为0.5）；电阻箱 R（阻值范围0 9999.99）；滑动变阻器1R（最大阻值20）；滑动变阻器2R（最大阻值2000）；微安表（量程100A，内阻等于2500）；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1S、2S，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2S，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“1R”或“2R”）。（2）请用笔画线代替导线，在答题卡上将实物图（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，该温度下热敏电阻的测量值为_（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】.1R .3500 .大于 .减小【解析】【分析】【详解】（1）1用半偏法测量热敏电阻的阻值，尽可能让该电路的电压在 S2闭合前、后保持不变，由于该支路与滑动变阻器前半部分并联，滑动变阻器的阻值越小，S2闭合前、后该部分电阻变化越小，从而电压的值变化越小，故滑动变阻器应选 R1（2）2电路连接图如图所示 （3）3微安表半偏时，该支路的总电阻为原来的 2 倍，即 6000TARR 可得 3500TR 4当断开 S2，微安表半偏时，由于该支路的电阻增加，电压略有升高，根据欧姆定律，总电阻比原来 2 倍略大，也就是电阻箱的阻值略大于热敏电阻与微安表的总电阻，而认为电阻箱的阻值等于热敏电阻与微安表的总电阻，因此热敏电阻的测量值比真实值偏大。（4）5由于是1lnTRT图像，当温度 T 升高时，1T减小，从图中可以看出lnTR减小，从而TR减小，因此热敏电阻随温度的升高逐渐减小。15.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。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100.0mmd，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12n 和2314n。取3sin375，4cos375，51.8907。（1）为使两种频率的光都能从左侧第一个棱镜斜面射出，求的取值范围；（2）若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L（保留 3 位有效数字）。【答案】（1）045（或45）；（2）14.4mmL 【解析】【分析】【详解】（1）设 C 是全反射的临界角，光线在第一个三梭镜右侧斜面上恰好发生全反射时，根据折射定律得 1sinCn 代入较大的折射率得 45C 所以顶角的范围为 045（或45）（2）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1和2，由折射定律得 11sinsinn 22sinsinn 设两束光在前两个三棱镜斜面之间的路程分别为1L和2L，则 11cosdL 22cosdL 122LLI 联立式，代入数据得 14.4mmL 16.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0.1kgm 的鸟蛤，在20mH 的高度、以015m/sv 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210m/sg，忽略空气阻力。（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间0.005st，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6mL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）500NF；（2）34m,36m或(34m,36m)【解析】【分析】【详解】（1）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yv，根据运动的合成与分解得 212Hgt，ygtv，220yvvv 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 0F tmv 联立，代入数据得 500NF （2）若释放鸟蛤的初速度为115m/sv，设击中岩石左端时，释放点的 x 坐标为 x，击中右端时，释放点的 x坐标为2x，得 11xvt，21xxL 联立，代入数据得 130mx，236x m 若释放鸟蛤时的初速度为217m/sv，设击中岩石左端时，释放点的 x 坐标为1x，击中右端时，释放点的 x 坐标为2x，得 12xtv，12xxL 联立，代入数据得 134mx，240mx 综上得 x 坐标区间 34m,36m或(34m,36m)17.某离子实验装置的基本原理如图甲所示。区宽度为 d，左边界与 x 轴垂直交于坐标面点 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0B；区宽度为 L，左边界与 x 轴垂直交于1O点，右边界与 x轴垂直交于2O点，其内充满沿 y 轴负方向的匀强电场。测试板垂直 x 轴置于区右边界，其中心 C 与2O点重合。从离子源不断飘出电荷量为 q、质量为 m 的正离子，如速后沿 x 轴正方向过 Q 点，依次经区、区，恰好到达测试板中心 C。已知离子刚进入区时速度方向与 x 轴正方向的夹角为。忽略离子间的相互作用，不计重力。（1）求离子在区中运动时速度的大小 v；（2）求区内电场强度的大小 E；（3）保持上述条件不变，将区分为左右两部分，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1O的距离 s。【答案】（1）0sinqB dvm；（2）220222tantansintanqB dddELmL；（3）6(31)7sL【解析】【分析】【详解】（1）设离子在区内做匀速圆周运动的半径为 r，由牛顿第二定律得 20vqvBmr 根据几何关系得 sindr 联立式得 0sinqB dvm（2）离子在区内只受电场力，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 方向的位移为地0y，加速度大小为 a，由牛顿第二定律得 qEma 由运动的合成与分解得 cosLvt，0(1cos)yr，201sin2yvtat 联立得 220222tantansintanqB dddELmL（3）区内填充磁场后，离子在垂直 y 轴的方向做匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为，圆周运动半径为r，运动轨迹长度为l，由几何关系得 3，22222lxr 离子在区内的运动时间不变，故有 coscoslLvv C 到1O的距离 2 sinSrr 联立得 6(31)7sL 18.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：2p12Ekx，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0 x和 B、C 分离时 B 的动能kE；（2）为保证 A 能离开墙壁，求恒力的最小值minF；（3）若三物块都停止时 B、C 间的距离为BCx，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BCfx的大小；（4）若5Ff，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】（1）024Ffxk、22k68FfFfEk；（2）min10(3)2Ff；（3）BCWfx；（4）【解析】【分析】【详解】（1）从开始到 B、C 向左移动到最大距离的过程中，以 B、C 和弹簧为研究对象，由功能关系得 2000122Fxfxkx 弹簧恢复原长时 B、C 分离，从弹簧最短到 B、C 分离，以 B、C 和弹簧为研究对象，由能量守恒得 200k1222kxfxE 联立方程解得 024Ffxk 22k68FfFfEk（2）当 A 刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为x，以 A 为研究对象，由平衡条件得 kxf 若 A 刚要离开墙壁时 B 得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值minF，从弹簧恢复原长到 A 刚要离开墙得过程中，以 B 和弹簧为研究对象，由能量守恒得 2k12Ekxfx 结合第（1）问结果可知 min10(3)2Ff 根据题意舍去min10(3)2Ff，所以恒力得最小值为 min10(3)2Ff（3）从 B、C 分离到 B 停止运动，设 B 的路程为Bx，C 的位移为Cx，以 B 为研究对象，由动能定理得 Bk0WfxE 以 C 为研究对象，由动能定理得 kC0fxE 由 B、C 得运动关系得 CCBBxxx 联立可知 BCWfx（4）小物块 B、C 向左运动过程中，由动能定理得 211115202fxfxkx 解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为 16kxf 则坐标原点的加速度为 11262222kxffffammm 之后 C 开始向右运动过程（B、C 系统未脱离弹簧）加速度为 22kxfam 可知加速度随位移x为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，x减小，a减小，弹簧恢复原长时，B 和 C 分离，之后 C 只受地面的滑动摩擦力，加速度为 2fam 负号表示 C 的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以 B、C 为研究对象，由动能定理得 2211112222kxfxmv 脱离弹簧瞬间后 C 速度为v，之后 C 受到滑动摩擦力减速至 0，由能量守恒得 2212fxmv 解得脱离弹簧后，C 运动的距离为 2112xx 则 C 最后停止的位移为 12133 6922ffxxxkk 所以 C 向右运动的图象为