2024年1月浙江省普通高校招生选考物理试题

下列属于国际单位制基本单位符号的是（　　）

A．s

B．N

C．F

D．T

【答案与解析】

国际单位制基本单位符号为 m、kg、s、A、K、mol、cd。A．s 是基本单位；B．N 是导出单位；C．F 是导出单位；D．T 是导出单位。故选A。
杭州亚运会顺利举行，如图所示为运动会中的四个比赛场景。在下列研究中可将运动员视为质点的是（　　）

A．研究甲图运动员的入水动作

B．研究乙图运动员的空中转体姿态

C．研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度

D．研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作

【答案与解析】

质点模型适用于物体大小和形状对研究无影响时。A．研究入水动作需考虑姿态，不能视为质点；B．研究空中转体姿态需考虑姿态，不能；C．研究百米比赛平均速度只需位置与位移，可视为质点；D．研究通过攀岩支点的动作需考虑姿态，不能。故选C。
如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球（　　）

A．从1到2动能减少 $mgh$

B．从1到2重力势能增加 $mgh$

C．从2到3动能增加 $mgh$

D．从2到3机械能不变

【答案与解析】

足球飞行中受空气阻力，机械能不守恒。A．1→2 动能减少量大于 mgh（部分克服阻力做功），错；B．重力势能仅由高度决定，升高 h 故增加 mgh，对；C．2→3 动能增加量小于 mgh，错；D．有空气阻力机械能减少，错。故选B。
磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是（　　）

A．图示左侧通电导线受到安培力向下

B．a、b两点的磁感应强度相同

C．圆柱内的磁感应强度处处为零

D．c、d两点的磁感应强度大小相等

【答案与解析】

磁电式电表极靴与圆柱间磁场沿半径方向，气隙中磁感应强度大小处处相等（近似均匀），但方向不同。A．左侧通电导线受安培力方向由左手定则判定为水平切向而非竖直向下，错；B．a、b 两点磁感应强度方向不同，故不完全相同，错；C．软铁圆柱内并非处处为零，错；D．c、d 关于中心对称，磁感应强度大小相等，对。故选D。
如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出 $u=5\sin100\pi t(\mathrm{V})$ 的交流电，经原、副线圈匝数分别为 $n_{1}$ 和 $n_{2}$ 的变压器升压至峰值大于 $10\mathrm{kV}$ ，就会在打火针和金属板间引发电火花，实现点火。下列正确的是（　　）

A． $\frac{n_{2}}{n_{1}}<\frac{7}{20000}$

B． $\frac{n_{1}}{n_{2}}<\frac{1}{2000}$

C．用电压表测原线圈两端电压，示数为 $5\mathrm{V}$

D．副线圈输出交流电压的频率是 $100\mathrm{Hz}$

【答案与解析】

原线圈电压峰值 5V，要副线圈峰值 >10kV 需 n₂/n₁>2000，即 n₁/n₂<1/2000，B 对；A 中 n₂/n₁<7/20000 远小于 1，错；电压表测交流示数为有效值 5/√2 V≠5V，C 错；变压器不改变频率，f=ω/2π=50Hz≠100Hz，D 错。故选B。
如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为 $50\mathrm{g}$ ，细线c、d平行且与水平成 $\theta=30^{\circ}$ （不计摩擦，重力加速度 $g=10\mathrm{m/s^2}$ ），则细线a、b的拉力分别为（　　）

A． $2\mathrm{N}$ ， $1\mathrm{N}$

B． $2\mathrm{N}$ ， $0.5\mathrm{N}$

C． $1\mathrm{N}$ ， $1\mathrm{N}$

D． $1\mathrm{N}$ ， $0.5\mathrm{N}$

【答案与解析】

P、Q 质量 50g，绳 c、d 张力均为 T=mg=0.5N。调节滑轮高度使 c、d 平行且等大反向，二者对 B 的合力为零；B 受重力 0.5N 向下，由 b 提供 0.5N 向上拉力平衡，故 Tb=0.5N。A 受重力 0.5N 与 b 向下拉 0.5N，由 a 提供 1.0N 向上拉力，Ta=1.0N。故选D。
已知氘核质量为 $2.014\mathrm{lu}$ ，氚核质量为 $3.0161\mathrm{u}$ ，氦核质量为 $4.0026\mathrm{u}$ ，中子质量为 $1.0087\mathrm{u}$ ，阿伏加德罗常数 $N_{A}$ 取 $6.0\times10^{23}\mathrm{mol^{-1}}$ ，氘核摩尔质量为 $2\mathrm{g \cdot mol^{-1}}$ ， $1\mathrm{u}$ 相当于 $931.5\mathrm{MeV}$ 。关于氘与氚聚变成氦，下列说法正确的是（　　）

A．核反应方程式为 $^{2}_{1}\mathrm{H}+^{3}_{1}\mathrm{H}\to^{4}_{2}\mathrm{He}+^{1}_{0}\mathrm{n}$

B．氘核的比结合能比氦核的大

C．氘核与氚核的间距达到 $10^{-10}\mathrm{m}$ 就能发生核聚变

D． $4\mathrm{g}$ 氘完全参与聚变释放出能量的数量级为 $10^{25}\mathrm{MeV}$

【答案与解析】

A．聚变方程 ²₁H+³₁H→⁴₂He+¹₀n 正确；B．氦核比结合能大于氘核，错；C．10⁻¹⁰m 仍远大于核力作用范围，且需克服库仑势垒，不能发生聚变，错；D．4g 氘为 2mol，共 1.2×10²⁴ 个氘核，每个释放能量 Δm=2.014+3.0161−4.0026−1.0087=0.0188u，ΔE≈0.0188×931.5≈17.5MeV，总能量≈2.1×10²⁵MeV，数量级 10²⁵MeV，对。故选AD。
如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，则水离开出水口的速度大小为（　　）

A． $\frac{D}{4}\sqrt{\frac{g}{h}}$

B． $\frac{D}{4}\sqrt{\frac{g}{2h}}$

C． $\frac{(\sqrt{2}+1)D}{2}\sqrt{\frac{g}{2h}}$

D． $(\sqrt{2}+1)D\sqrt{\frac{g}{2h}}$

【答案与解析】

水管高 2h，桶高 h、直径 D。水水平射出，做平抛。设出口速度 v。当水面降至桶口中心高度 h 时水平位移 x₁=v√(2h/g)；降至桶底（高度 0）时 x_A=v√(4h/g)=2v√(h/g)。桶口中心到桶底边沿 A 的水平距离为 D/2，故 x_A−x₁=D/2，即 2v√(h/g)−v√(2h/g)=v√(h/g)(2−√2)=D/2，得 v=D/[2√(h/g)(2−√2)]=D(2+√2)/4·√(g/h)=(√2+1)D/2·√(g/(2h))。故选C。
如图所示，2023年12月9日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三颗卫星送入距离地面约 $500\mathrm{km}$ 的轨道。取地球质量 $6.0\times10^{24}\mathrm{kg}$ ，地球半径 $6.4\times10^{3}\mathrm{km}$ ，引力常量 $6.67\times10^{-11}\mathrm{N\cdot m^{2}/kg^{2}}$ 。下列说法正确的是（　　）

A．火箭的推力是空气施加的

B．卫星的向心加速度大小约 $8.4\mathrm{m/s^{2}}$

C．卫星运行的周期约 $12\mathrm{h}$

D．发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态

【答案与解析】

A．火箭推力来自喷出的气体反冲，非空气，错；B．a=GM/r²，r=R+h=6.9×10⁶m，GM=4.0×10¹⁴，a=4.0×10¹⁴/(6.9×10⁶)²≈8.4m/s²，对；C．T=2π√(r³/GM)≈5.7×10³s≈1.6h≠12h，错；D．发射初始阶段加速度向上，卫星处于超重，错。故选B。
如图1所示，质量相等的小球和点光源，分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上，间距为 $l$ ，竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为 $2l$ ，小球和光源做小振幅运动时，在观测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如图2所示，则（　　）

A． $t_{1}$ 时刻小球向上运动

B． $t_{2}$ 时刻光源的加速度向上

C． $t_{2}$ 时刻小球与影子相位差为 $\pi$

D． $t_{3}$ 时刻影子的位移为 $5A$

【答案与解析】

设光源在 x=0、小球在 x=l、屏在 x=3l，由相似三角形影位置 y_s=3y_b−2y_S。影子振幅在两者反相极值时可取最大值 3A+2A=5A；由图2 在 t3 时刻小球与光源恰处于相反方向最大位移，故影子位移为 5A。故选D。
如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为 $v_{m}$ 。正对M放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d（远小于板长），电子的质量为m，电荷量为e，则（　　）

A．M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大

B．只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能 $\frac{1}{2}mv_{m}^{2}+eU$

C．电子从M到N过程中y方向位移大小最大为 $v_{m}d\sqrt{\frac{2m}{eU}}$

D．M、N间加反向电压 $\frac{mv_{m}^{2}}{4e}$ 时电流表示数恰好为零

【答案与解析】

A．电子到 N 的动能 =½mv_m²+eU，与间距 d 无关，错；B．凡到达 N 的电子动能均为 ½mv_m²+eU，不限于沿 x 方向逸出者，错；C．电子在 M、N 间 y 方向不受力，最大 y 位移出现在 v_x→0（近乎垂直射出）时，渡越时间 t=√(2d/a)、a=eU/(md)，y_max=v_m·√(2d/a)=v_m d√(2m/(eU))，对；D．遏止电压应为 mv_m²/(2e)，而非 mv_m²/(4e)，错。故选C。
氢原子光谱按频率展开的谱线如图所示，此四条谱线满足巴耳末公式 $\frac{1}{\lambda}=R\left(\frac{1}{2^{2}}-\frac{1}{n^{2}}\right)$ ， $n=3$ 、4、5、6用 $H_{\delta}$ 和 $H_{\gamma}$ 光进行如下实验研究，则（　　）

A．照射同一单缝衍射装置， $H_{\delta}$ 光的中央明条纹宽度宽

B．以相同的入射角斜射入同一平行玻璃砖， $H_{\delta}$ 光的侧移量小

C．以相同功率发射的细光束，真空中单位长度上 $H_{\gamma}$ 光的平均光子数多

D．相同光强的光分别照射同一光电效应装置， $H_{\gamma}$ 光的饱和光电流小

【答案与解析】

巴耳末系 n 越大波长越短、频率越高。Hδ(n=6) 波长 < Hγ(n=4)。A．单缝中央明纹宽 ∝λ，Hδ 波长短则更窄，错；B．玻璃中频率高则折射率大，侧移量大，Hδ 侧移大，错；C．同功率光束光子数∝1/E_photon，Hγ 光子能量小，单位长度光子数多，对；D．同光强时 Hγ 光子数多，饱和光电流大，错。故选C。
若通以电流I的圆形线圈在线圈内产生的磁场近似为方向垂直线圈平面的匀强磁场，其大小 $B=kI$ （k的数量级为 $10^{-4}\mathrm{T/A}$ ）。现有横截面半径为 $1\mathrm{mm}$ 的导线构成半径为 $1\mathrm{cm}$ 的圆形线圈处于超导状态，其电阻率上限为 $10^{-26}\mathrm{\Omega}\cdot\mathrm{m}$ 。开始时线圈通有 $100\mathrm{A}$ 的电流，则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为（　　）

A． $10^{-23}\mathrm{V}$ ， $10^{-7}\mathrm{A}$

B． $10^{-20}\mathrm{V}$ ， $10^{-7}\mathrm{A}$

C． $10^{-23}\mathrm{V}$ ， $10^{-5}\mathrm{A}$

D． $10^{-20}\mathrm{V}$ ， $10^{-5}\mathrm{A}$

【答案与解析】

线圈电阻 R=ρL/A，取单匝 L≈2πr=6.3×10⁻²m、A=π(10⁻³)²≈3.1×10⁻⁶m²，R≈10⁻²⁶×6.3×10⁻²/3.1×10⁻⁶≈2×10⁻²²Ω。感应电动势 ε=IR=100×2×10⁻²²≈2×10⁻²⁰V，数量级 10⁻²⁰V。自感 L≈μ₀r≈1.3×10⁻⁸H，时间常数 τ=L/R≈6×10¹³s，一年≈3×10⁷s，电流减小 ΔI/I≈t/τ≈5×10⁻⁷，ΔI≈5×10⁻⁵A，数量级 10⁻⁵A。故选D。
下列说法正确的是（　　）

A．相同温度下，黑体吸收能力最强，但辐射能力最弱

B．具有相同动能的中子和电子，其德布罗意波长相同

C．电磁场是真实存在的物质，电磁波具有动量和能量

D．自然光经玻璃表面反射后，透过偏振片观察，转动偏振片时可观察到明暗变化

【答案与解析】

A．黑体吸收与辐射本领均最强，错；B．λ=h/p，p=√(2mE)，同动能不同质量则波长不同，错；C．电磁场是物质，电磁波具动量能量，对；D．自然光经玻璃反射后部分偏振，透过旋转偏振片观察有明暗变化，对。故选CD。
在如图所示的直角坐标系中， $xOz$ 平面为介质Ⅰ和Ⅱ的分界面（z轴垂直纸面向外）。在介质I中的 $P$ （0， $4\lambda$ ）处有一点波源，产生波长为 $\lambda$ 、速度为v的波。波传到介质Ⅱ中，其速度为 $\sqrt{2}v$ ，图示时刻介质Ⅱ中仅有一个波峰，与x轴和y轴分别交于R和S点，此时波源也恰好位于波峰。M为O、R连线的中点，入射波与反射波在O点相干加强，则（　　）

A．介质Ⅱ中波的频率为 $\frac{\sqrt{2}v}{\lambda}$

B．S点的坐标为（0， $-\sqrt{2}\lambda$ ）

C．入射波与反射波在M点相干减弱

D．折射角 $\alpha$ 的正弦值 $\sin\alpha=\frac{3}{5}\sqrt{2}$

【答案与解析】

P(0,4λ) 处波源，波长 λ，介质Ⅱ中波长 λ₂=√2λ。介质Ⅱ中唯一波峰线与 x 轴交于 R、与 y 轴交于 S，由界面处入射波峰（n=5，距 P 为 5λ，对应 R 在 x=±3λ）连续。入射射线 PR 与法线夹角 i 满足 sin i=3/5；折射角 α 满足 sinα=(v₂/v₁)sin i=√2·(3/5)=3√2/5。A．频率不变为 v/λ，错；B．由几何 S 纵坐标≠−√2λ，错；C．M 为 O、R 中点，入射与反射波在 M 同相（均来自镜像源），相干加强而非减弱，错；D．sinα=3√2/5，对。故选D。
如图1所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。

（1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是＿＿＿＿；

A.放大法 B.控制变量法 C.补偿法

（2）该实验过程中操作正确的是＿＿＿＿；

A.补偿阻力时小车未连接纸带

B.先接通打点计时器电源，后释放小车

C.调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行

（3）在小车质量＿＿＿＿（选填“远大于”或“远小于”）槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差为＿＿＿＿（选填“偶然误差”或“系统误差”）。为减小此误差，下列可行的方案是＿＿＿＿；

A.用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车

B.在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器

C.在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小

（4）经正确操作后获得一条如图2所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的x轴，各计数点的位置坐标分别为0、 $x_1$ 、 $\ldots$ 、 $x_{6}$ 。已知打点计时器的打点周期为T，则打计数点5时小车速度的表达式 $v=$ ＿＿＿＿；小车加速度的表达式是＿＿＿＿。

$A.a=\frac{x_{6}-2x_{3}}{(15T)^{2}} B.a=\frac{x_{6}-2x_{3}}{(3T)^{2}} C.a=\frac{x_{5}+x_{4}-(x_{3}+x_{2})}{(10T)^{2}}$

【答案与解析】

（1）研究 a、F、m 三量关系用控制变量法。故填控制变量法。（2）A 补偿阻力时应连接纸带，错；B 先接通电源后释放小车，对；C 细绳应与桌面平行，对。故填B、C。（3）槽码质量远小于小车质量时细绳拉力近似等于槽码重力；该近似引起系统误差；加装力传感器直接测拉力可减小误差。故填远大于；系统误差；C。（4）v₅=(x₆−x₄)/(2T)；逐差法 a=(x₆−2x₃)/(3T)²，对应选项 B。故填(x₆−x₄)/(2T)；(x₆−2x₃)/(3T)²（B）。
在“观察电容器的充、放电现象”实验中，把电阻箱 $R$ （ $0\sim9999\mathrm{\Omega}$ ）、一节干电池、微安表（量程 $0\sim300\mu\mathrm{A}$ ，零刻度在中间位置）、电容器 $\mathrm{C}$ （ $2200\mathrm{\mu F}$ 、 $16\mathrm{V}$ ）、单刀双掷开关组装成如图1所示的实验电路。（1）把开关S接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零：然后把开关S接2，微安表指针偏转情况是＿＿＿＿；

A.迅速向右偏转后示数逐渐减小 B.向右偏转示数逐渐增大

C.迅速向左偏转后示数逐渐减小 D.向左偏转示数逐渐增大

（2）再把电压表并联在电容器两端，同时观察电容器充电时电流和电压变化情况。把开关S接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到 $160\mu\mathrm{A}$ 时保持不变；电压表示数由零逐渐增大，指针偏转到如图2所示位置时保持不变，则电压表示数为＿＿＿＿V，电压表的阻值为＿＿＿＿ $\mathrm{k}\Omega$ （计算结果保留两位有效数字）。

【答案与解析】

（1）S 接 2 放电，电流反向，微安表指针迅速向左偏转后示数逐渐减小到零。故填C。（2）由图2 电压表读数 V≈1.2V；稳态时电容器电流为零，微安表 160μA 即流过电压表电流，R_V=V/I=1.2/(160×10⁻⁶)Ω=7.5×10³Ω=7.5kΩ。故填1.2；7.5。
在探究热敏电阻的特性及其应用的实验中，测得热敏电阻 $R_{t}$ ，在不同温度时的阻值如下表

温度 $/^{\circ}\mathrm{C}$ 4.1 9.0 14.3 20.0 28.0 38.2 45.5 60.4
电阻/（ $10^{2}\Omega$ ） 220 160 100 60 45 30 25 15

某同学利用上述热敏电阻 $R_{t}$ 、电动势 $E=3\mathrm{V}$ （内阻不计）的电源、定值电阻R（阻值有 $3\mathrm{k\Omega}$ 、 $5\mathrm{k\Omega}$ 、 $12\mathrm{k\Omega}$ 三种可供选择）、控制开关和加热系统，设计了A、B、C三种电路。因环境温度低于 $20^{\circ}\mathrm{C}$ ，现要求将室内温度控制在 $20^{\circ}\mathrm{C}\sim28^{\circ}\mathrm{C}$ 范围，且1、2两端电压大于 $2\mathrm{V}$ ，控制开关开启加热系统加热，则应选择的电路是＿＿＿＿，定值电阻R的阻值应选＿＿＿＿ $\mathrm{k}\Omega$ ， 1、2两端的电压小于＿＿＿＿V时，自动关闭加热系统（不考虑控制开关对电路的影响）。

A. B. C.

【答案与解析】

环境温度低于 20°C 时要加热，即 Rt 较大时 1、2 两端电压应 >2V，故 1、2 应接在 Rt 两端（Rt 越大分压越大），选电路 A。20°C 时 Rt=6000Ω，要求 3×6000/(6000+R)>2 得 R<3000Ω，取 R=3kΩ。28°C 时 Rt=4500Ω，V=3×4500/(4500+3000)=1.8V，故低于 1.8V 自动关闭。故填A；3；1.8。
如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为 $V_{1}=750\mathrm{cm^{3}}$ 的左右两部分。面积为 $S=100\mathrm{cm^{2}}$ 的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度 $T_{1}=300\mathrm{K}$ 、压强 $p_{1}=2.04\times10^{5}\mathrm{Pa}$ 的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度 $T_2=350\mathrm{K}$ 的状态3，气体内能增加 $\Delta U=63.8\mathrm{J}$ 。已知大气压强 $p_{0}=1.01\times10^{5}\mathrm{Pa}$ ，隔板厚度不计。（1）气体从状态1到状态2是＿＿＿＿（选填“可逆”或“不可逆”）过程，分子平均动能＿＿＿＿（选填“增大”、“减小”或“不变”）；（2）求水平恒力F的大小；（3）求电阻丝C放出的热量Q。

【答案与解析】

（1）自由膨胀为不可逆过程；温度不变，分子平均动能不变。故填不可逆；不变。（2）状态2 气体体积 2V₁、温度 300K，p₂=p₁/2=1.02×10⁵Pa。加热至状态3（体积不变）p₃=p₂·T₃/T₂=1.02×10⁵×350/300=1.19×10⁵Pa。活塞受气体压力 p₃S 向右、大气压力 p₀S 向左，由 F+p₀S=p₃S，F=(p₃−p₀)S=(1.19×10⁵−1.01×10⁵)×0.01=180N。（3）状态2→3 体积不变，W=0，由热力学第一定律 Q=ΔU+W=63.8J。电阻丝放出的热量为 63.8J。
某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角 $\theta=37^{\circ}$ 的直轨道 $AB$ ，半径 $R=1\mathrm{m}$ 的圆弧轨道 $BCD$ ，长度 $L=1.25\mathrm{m}$ 、倾角为 $\theta$ 的直轨道 $DE$ ，半径为R、圆心角为 $\theta$ 的圆弧管道 $EF$ 组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量 $m=0.5\mathrm{kg}$ 滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量 $m=0.5\mathrm{kg}$ 的小物块a从轨道 $AB$ 上高度为h静止释放，经圆弧轨道 $BCD$ 滑上轨道 $DE$ ，轨道 $DE$ 由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数 $\mu_1=0.25$ ，向下运动时动摩擦因数 $\mu_{2}=0.5$ ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为 $\mu_{1}$ ，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力， $\sin37^{\circ}=0.6$ ， $\cos37^\circ=0.8$ ）（1）若 $h=0.8\mathrm{m}$ ，求小物块 ①第一次经过C点的向心加速度大小； ②在 $DE$ 上经过的总路程； ③在 $DE$ 上向上运动时间 $t_{\text{上}}$ 和向下运动时间 $t_{\text{下}}$ 之比。（2）若 $h=1.6\mathrm{m}$ ，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。

【答案与解析】

（1）① 释放高度 h=0.8m，到最低点 C 由机械能守恒 ½mv_C²=mgh，v_C²=2gh=16，a_C=v_C²/R=16m/s²。 ② 在 D 处 v_D²=2g(h−0.2)=12（D 比 C 高 0.2m）。上滑 DE：a_上=(mgsin37°+μ₁mgcos37°)/m=(3+1)/0.5=8m/s²，上滑距离 s₁=v_D²/(2a_上)=0.75m（<L=1.25m）。下滑：a_下=(mgsin37°−μ₂mgcos37°)/m=(3−2)/0.5=2m/s²，回到 D 后残余动能继续。每次往返在 DE 上路程 2sₙ，且 sₙ₊₁=sₙ/4，总路程=2×0.75/(1−1/4)=2.0m。 ③ 每次上行 t_上=√(2sₙ/a_上)，下行 t_下=√(2sₙ/a_下)，故 t_上/t_下=√(a_下/a_上)=√(2/8)=1/2。（2）h=1.6m 时到 F：全程仅 DE 上滑摩擦损耗 W_f=μ₁mgcos37°·L=1×1.25=1.25J，E_F=8−1.25=6.75J；F 处高度 0.75m，½mv_F²=6.75−mg·0.75=3.0，v_F=2√3m/s。a 滑上 b（质量同为 m）相对减速 a_rel=2μ₁g=5m/s²，若无挡板相对滑行 s=v_F²/(2a_rel)=1.2m。设 b 长 L_b：若 L_b≥1.2m 则 a 不撞墙；若 L_b<1.2m 撞右挡板（等质量完全弹性碰撞速度互换），碰后相对速度反向，再相对左滑 1.2−L_b，末位置 2L_b−1.2。不脱离要求 2L_b−1.2≥0，得 L_b≥0.6m。故滑块至少长 0.6m。
如图1所示，扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。平台通过三根关于 $O^{\prime}O^{\prime\prime}$ 轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O，弹簧上端固定悬挂在 $O^{\prime}$ 点，三个相同的关于 $O^{\prime}O^{\prime\prime}$ 轴对称放置的减振器位于平台下方。如图2所示，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示。已知 $t=0$ 时速度为 $v_{0}$ ，方向向下， $t_{1}$ 、 $t_{2}$ 时刻的振幅分别为 $A_{1}$ ， $A_{2}$ 。平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，每个线圈半径为r、电阻为R。当弹簧形变量为 $\Delta x$ 时，其弹性势能为 $\frac{1}{2}k\Delta x^{2}$ 。不计空气阻力，求（1）平台静止时弹簧的伸长量 $\Delta x$ ；（2） $t=0$ 时，每个线圈所受到安培力F的大小；（3）在 $0\sim t_{1}$ 时间内，每个线圈产生的焦耳热Q；（4）在 $t_{1}\sim t_{2}$ 时间内，弹簧弹力冲量 $I_{\text{弹}}$ 的大小。

【答案与解析】

（1）静止时 mg=kΔx，Δx=mg/k。（2）线圈竖直运动，径向磁场 B 中产生动生电动势 ε=∮(v×B)·dl=2πrvB，电流 I=ε/R=2πrvB/R。安培力 F=I·2πr·B=4π²r²B²v/R，方向向上阻碍运动；t=0 时 v=v₀，F=4π²r²B²v₀/R。（3）每个线圈阻尼系数 c=4π²r²B²/R，三线圈总阻尼 3c。设 t=0 时位移为零、速度 v₀，则初机械能 E₀=½mv₀²，t₁ 时机械能 E₁=½kA₁²，损耗全为焦耳热，每线圈 Q=(E₀−E₁)/3=(mv₀²−kA₁²)/6。（4）t₁、t₂ 为位移极值时刻，速度为零。对整体由动量定理 I_弹+I_阻=Δp=0，故 I_弹=−I_阻。I_阻=∫(−3cv)dt=−3c(x₂−x₁)，两极值异侧 x₂−x₁=−(A₁+A₂)，得 I_阻=3c(A₁+A₂)，故 |I_弹|=3c(A₁+A₂)=12π²r²B²(A₁+A₂)/R。
类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为 $\varphi_1$ 和 $\varphi_{\text{III}}$ ，其电势差 $U=\varphi_{\text{I}}-\varphi_{\text{III}}$ 。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角 $\theta$ 射向Ⅰ区，在P点以出射角 $\theta$ 射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角 $\theta$ 射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为 $v_{0}$ ，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。（1）若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值；（2）若 $U=\frac{mv_{0}^{2}}{2e}$ ，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）（3）计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回Ⅰ区）（4）在P点下方距离 $\frac{\sqrt{3}mv_{0}}{eB}$ 处水平放置一长为 $\frac{4mv_{0}}{eB}$ 的探测板 $\mathrm{CQD}$ （Q在P的正下方）， $CQ$ 长为 $\frac{mv_0}{eB}$ ，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O点射入Ⅰ区，且 $\theta=30^{\circ}$ ，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。

【答案与解析】

（1）质子在Ⅰ区做半径 r=mv₀/(eB) 的圆周运动，反射时最大穿透深度 r(1−cosθ)，θ→90° 时达 r，故 d_min=r=mv₀/(eB)。（2）进入Ⅲ区速率 v₃=√(v₀²+2eU/m)=√(v₀²+v₀²)=√2v₀（因 U=mv₀²/(2e)）。切向速度守恒 v₀sinθ=v₃sinθ₃，得 sinθ₃=sinθ/√2，折射率 n=sinθ/sinθ₃=√2。（3）折射角 sinθ₃=(v₀/v₃)sinθ，全反射要求 sinθ₃>1，即 v₃<v₀sinθ，代入 v₃²=v₀²+2eU/m 得 U<−mv₀²cos²θ/(2e)。故应使Ⅲ区电势高于Ⅰ区，满足 φ₁−φ₃≤−mv₀²cos²θ/(2e)。（4）Ⅲ区中质子做直线运动，v₃=√(v₀²+2eU/m)，sinθ₃=v₀/(2v₃)（θ=30°），cosθ₃=√(1−v₀²/(4v₃²))。探测板在 P 下方 h=√3mv₀/(eB) 处，每束打在板上水平偏移 x=±h tanθ₃=±√3(mv₀/(eB))tanθ₃；板范围 x∈[−mv₀/(eB), 3mv₀/(eB)]。左束命中需 θ₃≤30°（即 U≥0），右束命中需 θ₃≤60°（即 U≥−mv₀²/(3e)）。每吸收质子竖直动量 m v₃cosθ₃=√(3m²v₀²/4+2eUm)。故竖直方向力大小：U≥0 时 F=2N√(3m²v₀²/4+2eUm)；−mv₀²/(3e)≤U<0 时 F=N√(3m²v₀²/4+2eUm)；U<−mv₀²/(3e) 时 F=0。