2025年1月浙江高考真题物理试题

我国新一代车用电池能够提供更长的续航里程，其参数之一为 $210\mathrm{W\cdot h/kg}$ 。其中单位“ $\mathrm{W}\cdot\mathrm{h}$ ”（瓦时）对应的物理量是（　　）

A．能量

B．位移

C．电流

D．电荷量

【答案与解析】

$\mathrm{W\cdot h}$ 中 $W$ 为功率单位（瓦）， $h$ 为时间单位（小时），功率与时间的乘积为能量，故其对应物理量为能量。故选A。
我国水下敷缆机器人如图所示，具有“搜寻—挖沟—敷埋”一体化作业能力。可将机器人看成质点的是（　　）

A．操控机器人进行挖沟作业

B．监测机器人搜寻时的转弯姿态

C．定位机器人在敷埋线路上的位置

D．测试机器人敷埋作业时的机械臂动作

【答案与解析】

将机器人看成质点需忽略其大小与形状。挖沟作业、监测转弯姿态、测试机械臂动作均需考虑机器人本身形态，不能视为质点；定位其在敷埋线路上的位置时只需其位置坐标，可视为质点。故选C。
中国运动员以121公斤的成绩获得2024年世界举重锦标赛抓举金牌，举起杠铃稳定时的状态如图所示。重力加速度 $g=10\mathrm{m/s^2}$ ，下列说法正确的是（　　）

A．双臂夹角越大受力越小

B．杠铃对每只手臂作用力大小为 $605\mathrm{N}$

C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力

D．在加速举起杠铃过程中，地面对人的支持力大于人与杠铃总重力

【答案与解析】

杠铃重力 $G=mg=121\times10=1210\mathrm{N}$ 。A项，双臂合力等于重力，夹角越大每臂分力越大，故A错。B项，每臂竖直分力为 $605\mathrm{N}$ ，臂的实际受力为 $605/\cos(\theta/2)>605\mathrm{N}$ ，故B错。C项，压力与支持力作用于不同物体，为作用力与反作用力而非平衡力，故C错。D项，加速向上举起时整体有向上的加速度，地面对人的支持力大于人与杠铃总重力，故D对。故选D。
三个点电荷的电场线和等势线如图所示，其中的d，e与e，f两点间的距离相等，则（　　）

A．a点电势高于b点电势

B．a、c两点的电场强度相同

C．d、f间电势差为d、e间电势差的两倍

D．从a到b与从f到b，电场力对电子做功相等

【答案与解析】

电场线由正电荷指向负电荷，沿电场线电势降低，故 $b$ 点电势高于 $a$ 点，A错。 $a$ 、 $c$ 两点电场方向不同，电场强度不同，B错。 $d$ 、 $e$ 与 $e$ 、 $f$ 处于非匀强场，且由 $d$ 到 $f$ 场强递减，故 $d$ 、 $f$ 间电势差小于 $d$ 、 $e$ 间电势差的两倍，C错。因 $a$ 、 $f$ 在同一等势线上，电势相等，故电子从 $a$ 到 $b$ 与从 $f$ 到 $b$ 电场力做功相等，D对。故选D。
有一离地面高度 $20\mathrm{m}$ 、质量为 $2\times10^{-13}\mathrm{kg}$ 稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比，比例系数 $1\times10^{-9}\mathrm{kg/s}$ ，重力加速度 $g=10\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ，则它降落到地面的时间约为（　　）

A． $0.5\mathrm{h}$

B． $3\mathrm{h}$

C． $28\mathrm{h}$

D． $166\mathrm{h}$

【答案与解析】

沙尘稳定竖直降落即阻力与重力平衡： $mg=kv$ ，得收尾速度 $v=mg/k=(2\times10^{-13}\times10)/(1\times10^{-9})=2\times10^{-3}\mathrm{m/s}$ 。降落时间 $t=20/(2\times10^{-3})=10^4\mathrm{s}\approx2.78\mathrm{h}\approx3\mathrm{h}$ 。故选B。
地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，彗星从a运行到b、从c运行到d的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为 $S_{1}$ 和 $S_{2}$ ，且 $S_{1}>S_{2}$ 。彗星在近日点与太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的0.6倍，则彗星（　　）

A．在近日点的速度小于地球的速度

B．从b运行到c的过程中动能先增大后减小

C．从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间

D．在近日点加速度约为地球的加速度的0.36倍

【答案与解析】

由开普勒第二定律，与太阳连线扫过面积越大所用时间越长；因 $S_1>S_2$ ，故从 $a$ 到 $b$ 的时间大于从 $c$ 到 $d$ 的时间，C对。彗星近日点速度大于同处圆轨道速度，而地球圆轨道速度约 $30\mathrm{km/s}$ ，近日点速度更大，A错。由 $b$ 到 $c$ 离太阳越来越远，动能一直减小，B错。近日点加速度 $a=GM/r^2$ ，与地球加速度之比为 $(R_\text{地}/0.6R_\text{地})^2=1/0.36\approx2.78$ ，即彗星近日点加速度约为地球的 $2.78$ 倍，D错。故选C。
有关下列四幅图的描述，正确的是（　　）

A．图1中， $U_1:U_2=n_2:n_1$

B．图2中，匀速转动的线圈电动势正在增大

C．图3中，电容器中电场的能量正在增大

D．图4中，增大电容C，调谐频率增大

【答案与解析】

向右为正，A、B碰撞过程动量守恒： $1\times4+1\times(-2)=2v_1$ ，得 $v_1=1\mathrm{m/s}$ （向右）。碰撞瞬间C仍以 $2\mathrm{m/s}$ 向左运动，A错。三者最终共速：总动量 $2\times1+1\times(-2)=0$ ，故最终静止。对C用动量定理： $\mu mgt=mv_C$ ， $t=2/(0.5\times10)=0.4\mathrm{s}$ ，B错。摩擦生热 $Q=\frac12\cdot2m v_1^2+\frac12 m v_C^2=\frac12\cdot2\cdot1^2+\frac12\cdot1\cdot2^2=3\mathrm{J}$ ，C错。由 $Q=\mu mgx_\text{相对}$ 得 $x_\text{相对}=3/(0.5\times10\times1)=0.6\mathrm{m}$ ，D对。故选D。
如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C（可视为质点）置于B的右端，三者质量均为 $1\mathrm{kg}$ 。A以 $4\mathrm{m/s}$ 的速度向右运动，B和C一起以 $2\mathrm{m/s}$ 的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为 $0.75m$ ，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则（　　）

A．碰撞瞬间C相对地面静止

B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为 $0.2s$

C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为 $12\mathrm{J}$

D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为 $0.6m$

【答案与解析】

A项，理想变压器电压比 $U_1:U_2=n_1:n_2$ ，而非 $n_2:n_1$ ，错。B项，图2线圈正转向中性面，磁通量增大、电动势减小，错。C项，由磁场方向及安培定则可知电容正在充电，电场能增大，对。D项，LC调谐频率 $f=1/(2\pi\sqrt{LC})$ ，增大 $C$ 频率减小，错。故选C。
新能源汽车日趋普及，其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用，当制动过程中回收系统的输出电压（U）比动力电池所需充电电压（ $U_{0}$ ）低时，不能直接充入其中。在下列电路中，通过不断打开和闭合开关S，实现由低压向高压充电，其中正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

实现低压向高压“泵能”需利用线圈断电自感产生高于电池的电压并为电池充电，且二极管需导通。A项开关断开时电路断开，不能充电，错。B项闭合时线圈储能，断开时自感电动势叠加电源电压并通过导通的二极管给电池充电，对。C项断开时线圈与充电回路断开，错。D项断开时自感电动势对电池反向，错。故选B。
测量透明溶液折射率的装置如图1所示。在转盘上共轴放置一圆柱形容器，容器被透明隔板平分为两部分，一半充满待测溶液，另一半是空气。一束激光从左侧沿直径方向入射，右侧放置足够大的观测屏。在某次实验中，容器从图2（俯视图）所示位置开始逆时针匀速旋转，此时观测屏上无亮点；随着继续转动，亮点突然出现，并开始计时，经 $\Delta t$ 后亮点消失。已知转盘转动角速度为 $\omega$ ，空气折射率为1，隔板折射率为n，则待测溶液折射率 $n_{x}$ 为（　　）（光从折射率 $n_{1}$ 的介质射入折射率 $n_{2}$ 的介质，入射角与折射角分别为 $\theta_{1}$ 与 $\theta_{2}$ ，有 $\frac{\sin\theta_{1}}{\sin\theta_{2}}=\frac{n_{2}}{n_{1}}$ ）

A． $\frac{1}{\sin\left(\frac{\omega\Delta t}{2}\right)}$

B． $\frac{1}{\sin\left(\frac{\pi-\omega\Delta t}{2}\right)}$

C． $\frac{n}{\sin\left(\frac{\omega\Delta t}{2}\right)}$

D． $\frac{n}{\sin\left(\frac{\pi-\omega\Delta t}{2}\right)}$

【答案与解析】

光从溶液经隔板到空气，在隔板—空气界面发生全反射的临界条件为 $n\sin\alpha=1\cdot\sin90^\circ=1$ 。容器从无亮点转到亮点出现再消失，溶液—隔板界面的入射角由临界变为允许出射，对应转过角度 $\omega\Delta t$ ，溶液侧入射角变化量为 $\omega\Delta t/2$ ；由 $n_x\sin(\omega\Delta t/2)=n\sin\alpha$ 并代入临界条件得 $n_x=1/\sin(\omega\Delta t/2)$ 。故选A。
如图1所示，三束由氢原子发出的可见光P、Q、R分别由真空玻璃管的窗口射向阴极K。调节滑动变阻器，记录电流表与电压表示数，两者关系如图2所示。下列说法正确的是（　　）

A．分别射入同一单缝衍射装置时，Q的中央亮纹比R宽

B．P、Q产生的光电子在K处最小德布罗意波长，P大于Q

C．氢原子向第一激发态跃迁发光时，三束光中Q对应的能级最高

D．对应于图2中的M点，单位时间到达阳极A的光电子数目，P多于Q

【答案与解析】

遏止电压越大频率越高，由图 $Q$ 的遏止电压大于 $R$ ，故 $\nu_Q>\nu_R$ 、 $\lambda_Q<\lambda_R$ ，单缝中央亮纹宽度 $Q$ 比 $R$ 窄，A错。 $\nu_Q>\nu_P$ ，光电子最大初动能 $Q>P$ ，最小德布罗意波长 $\lambda=h/p$ 有 $P>Q$ ，B对。三束均为氢原子向第一激发态（ $n=2$ ）跃迁发出的可见光，频率越高对应初能级越高，故 $Q$ 对应能级最高，C对。M点单位时间内到达阳极的光电子数取决于光强（饱和电流），由图不能判定 $P$ 多于 $Q$ ，D错。故选BC。
如图1所示，两波源 $S_{1}$ 和 $S_{2}$ 分别位于 $x=0$ 与 $x=12m$ 处，以 $x=6\mathrm{m}$ 为边界，两侧为不同的均匀介质。 $t=0$ 时两波源同时开始振动，其振动图像相同，如图2所示。 $t=0.1\mathrm{s}$ 时 $x=4\mathrm{m}$ 与 $x=6\mathrm{m}$ 两处的质点开始振动。不考虑反射波的影响，则（　　）

A． $t=0.15\mathrm{s}$ 时两列波开始相遇

B．在 $6\mathrm{m}<x\leq12\mathrm{m}$ 间 $S_{2}$ 波的波长为 $1.2\mathrm{m}$

C．两列波叠加稳定后， $x=8.4\mathrm{m}$ 处的质点振动减弱

D．两列波叠加稳定后，在 $0<x<6\mathrm{m}$ 间共有7个加强点

【答案与解析】

由 $t=0.1\mathrm{s}$ 时 $x=4$ 与 $x=6$ 开始振动，得左侧波速 $v_1=4/0.1=40\mathrm{m/s}$ ，右侧 $v_2=6/0.1=60\mathrm{m/s}$ ；由振动图像周期 $T=0.02\mathrm{s}$ ，故右侧波长 $\lambda_2=v_2T=60\times0.02=1.2\mathrm{m}$ ，B对。两波在左侧介质内相向传播，首次相遇时刻 $t=0.125\mathrm{s}\neq0.15\mathrm{s}$ ，A错。 $x=8.4\mathrm{m}$ 处两列波叠加为减弱点，C对。 $0<x<6\mathrm{m}$ 间加强点数目不为 $7$ ，D错。故选BC。
如图1所示，在平面内存在一以O为圆心、半径为r的圆形区域，其中存在一方向垂直平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化如图2所示，周期为 $3t_{0}$ 。变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为一系列以O为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在同一平面内，有以O为圆心的半径为 $2r$ 的导电圆环I，与磁场边界相切的半径为 $0.5r$ 的导电圆环Ⅱ，电阻均为R，圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角 $\varphi=30^{\circ}$ ；另有一可视为无限长的直导线CD。导电圆环间绝缘，且不计相互影响，则（　　）

A．圆环I中电流的有效值为 $\frac{\sqrt{3}\pi r^{2}B_{0}}{Rt_{0}}$

B． $t=1.5t_{0}$ 时刻直导线CD电动势为 $\pi r^{2}\frac{B_{0}}{t_{0}}$

C． $t=0.5t_{0}$ 时刻圆环Ⅱ中电流为 $\frac{\pi r^{2}B_{0}}{12Rt_{0}}$

D． $t=0.5t_{0}$ 时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为 $\frac{1}{12}\pi r^{2}\frac{B_{0}}{t_{0}}$

【答案与解析】

圆环I所围磁场区面积 $\pi r^2$ ， $\mathrm{d}B/\mathrm{d}t$ 在三段时间分别为 $B_0/t_0$ 、 $2B_0/t_0$ 、 $B_0/t_0$ ，由有效值定义得 $I_\text{有}=\sqrt2\,\pi r^2B_0/(Rt_0)\neq$ 选项所给值，A错。 $t=1.5t_0$ 时 $\mathrm{d}B/\mathrm{d}t$ 最大，直导线CD上感生电动势为 $\pi r^2B_0/t_0$ ，B对。圆环Ⅱ全在磁场外部，穿过它的磁通量恒为 $0$ ，无感应电流，C错。 $t=0.5t_0$ 时感生电场 $E=\rho B_0/(2t_0)$ ，沿PQ圆弧积分得PQ间电动势为 $\frac1{12}\pi r^2B_0/t_0$ ，D对。故选BD。
“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示。

$(1)$ 如图是某次实验中得到的纸带的一部分。每5个连续打出的点为一个计数点，电源频率为 $50\mathrm{Hz}$ ，打下计数点3时小车速度为＿＿＿＿ $\mathrm{m}/\mathrm{s}$ （保留三位有效数字）。

$(2)$ 下列说法正确的是＿＿＿＿（多选） $(3)$ 改用如图1所示的气垫导轨进行实验。气垫导轨放在水平桌面上并调至水平，滑块在槽码的牵引下先后通过两个光电门，配套的数字计时器记录了遮光条通过光电门1、2的遮光时间分别为 $\Delta t_{1},\Delta t_{2}$ ，测得两个光电门间距为x，用游标卡尺测量遮光条宽度d，结果如图2所示，其读数 $d=$ ＿＿＿＿mm，则滑块加速度 $a=$ ＿＿＿＿（用题中所给物理量符号表示）。

A．改变小车总质量，需要重新补偿阻力

B．将打点计时器接到输出电压为 $8\mathrm{V}$ 的交流电源上

C．调节滑轮高度，使牵引小车的细线跟长木板保持平行

D．小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后释放小车

【答案与解析】

(1)相邻计数点时间间隔 $T=0.1\mathrm{s}$ ，打点3时速度 $v_3=(x_4-x_2)/(2T)=0.391\mathrm{m/s}$ 。 (2)改变小车总质量不需重新补偿阻力，A错；电火花计时器接 $220\mathrm{V}$ 交流，B错；细线应与长木板平行，C对；应先接通电源后释放小车，D对。故选CD。 (3)游标卡尺读数 $d=10\mathrm{mm}+0.05\mathrm{mm}\times0=10.00\mathrm{mm}$ 。经过两光电门速度 $v_1=d/\Delta t_1$ 、 $v_2=d/\Delta t_2$ ，由 $v_2^2-v_1^2=2ax$ 得 $a=\frac{d^2}{2x}\left(\frac1{\Delta t_2^2}-\frac1{\Delta t_1^2}\right)$ 。
在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，当电流从“-”接线柱流入灵敏电流表，指针左偏：从“ $G_{0}$ ”或“ $G_{1}$ ”接线柱流入，指针右偏。如图所示是某次实验中指针偏转角度最大的瞬间，则

$(1)$ 此时磁铁的运动状态是＿＿＿＿（选填“向上拔出”、“静止”或“向下插入”）。 $(2)$ 只做以下改变，一定会增大图中电流表指针偏转角度的是＿＿＿＿（多选）

A．磁铁静止，向上移动线圈

B．增大（1）中磁铁运动速度

C．将导线从接线柱 $G_{1}$ 移接至接线柱 $G_{0}$

D．将一个未与电路相接的闭合线圈套在图中线圈外

【答案与解析】

(1)指针左偏，感应电流从“ $-$ ”极流入，线圈内感应磁场向下；由楞次定律知穿过线圈的磁通量减小，故磁铁正在向上拔出。 (2)增大磁铁运动速度可增大感应电动势，偏转增大，B对；将导线由 $G_1$ 改接 $G_0$ 减小电流表量程，同样电流下偏角变大，C对。磁铁静止仅移动线圈未必增大变化率，A错；外加未接通线圈不改变原线圈感应电流，D错。故选BC。
某同学研究半导体热敏电阻（其室温电阻约为几百欧姆） $R_{t}$ 的阻值随温度规律，设计了如图所示电路。器材有：电源E（ $4.5\mathrm{V},0.5\mathrm{\Omega}$ ），电压表（ $3\mathrm{V},50\mathrm{k}\Omega$ ），滑动变阻器R（A：“ $0\sim10\mathrm{\Omega}$ ”或B：“ $0\sim100\mathrm{\Omega}$ ”），电阻箱 $R_{1}$ （ $0\sim99999.9\mathrm{\Omega}$ ），开关、导线若干。

$(1)$ 要使cd两端电压 $U_{0}$ 在实验过程中基本不变，滑动变阻器选＿＿＿＿（选填“A”或“B”）； $(2)$ 正确连线，实验操作如下： ①滑动变阻器滑片P移到最左端，电阻箱调至合适阻值，合上开关 $S_{1}$ ； ②开关 $S_{2}$ 切换到a，调节滑片P使电压表示数为 $U_{0}=2.50\mathrm{V}$ ；再将开关 $S_{2}$ 切换到b，电阻箱调至 $R_{1}=200.0\mathrm{\Omega}$ ，记录电压表示数 $U_{1}=1.40\mathrm{V}$ 、调温箱温度 $t_1=20^{\circ}C$ 。则温度 $t_{1}$ 下 $R_t=$ ＿＿＿＿ $\Omega$ （保留三位有效数字）： ③保持 $R_{1}$ 、滑片P位置和开关 $S_{2}$ 状态不变，升高调温箱温度，记录调温箱温度和相应电压表示数，得到不同温度下 $R_{t}$ 的阻值。 $(3)$ 请根据题中给定的电路且滑片P位置保持不变，给出另一种测量电阻 $R_{t}$ 的简要方案。

【答案与解析】

(1)为使 $cd$ 两端电压 $U_0$ 基本不变，分压支路输出电阻应较小，选阻值较小的A。 (2)开关接 $a$ 调 $U_0=2.50\mathrm{V}$ ；接 $b$ 时 $R_1=200.0\Omega$ 与 $R_t$ 串联分压，电压表测 $R_1$ 得 $U_1=1.40\mathrm{V}$ ，则 $U_1=U_0\frac{R_1}{R_t+R_1}$ ，解得 $R_t=U_1R_1/(U_0-U_1)=1.40\times200/(2.50-1.40)\approx157\Omega$ 。 (3)替代法：滑片 $P$ 不动，先将 $R_1$ 调为零，记录电压表示数 $U$ ；再将开关 $S_2$ 切到 $b$ ，调节 $R_1$ 使电压表示数变为 $U/2$ ，记录此时 $R_1$ 的值，该值即为 $R_t$ 。
如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭 $T_1 = 300 K$ ，体积 $V_1 = 1 \times 10^3 \mathrm{cm^3}$ 处于状态1的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差 $h = 10 \mathrm{cm}$ 。将瓶子放进 $T_2 = 303 K$ 的恒温水中，瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口，h保持不变，气体达到状态2，此时锁定瓶塞，再缓慢地从吸管中吸走部分水后，管内和瓶内水面等高，气体达到状态3。已知从状态2到状态3，气体对外做功1.02 J；从状态1到状态3，气体吸收热量4.56 J，大气压强 $p_0$ = 1.0 $\times 10^5 \mathrm{Pa}$ ，水的密度 $\rho$ = 1.0 $\times 10^3 \mathrm{kg/m^3}$ ；忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。

$(1)$ 从状态2到状态3，气体分子平均速率＿＿＿＿（“增大”、“不变”、“减小”），单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数＿＿＿＿（“增大”、“不变”、“减小”）； $(2)$ 求气体在状态3的体积 $V_3$ ； $(3)$ 求从状态1到状态3气体内能的改变量 $\Delta U$ 。

【答案与解析】

(1)状态2到状态3缓慢进行，温度保持 $303\mathrm{K}$ 不变，分子平均速率不变；气体体积增大、分子数密度减小，单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。 (2)状态1到2等压： $p_1=p_2=p_0+\rho gh=1.0\times10^5+10^3\times10\times0.1=1.01\times10^5\mathrm{Pa}$ ， $V_2=V_1T_2/T_1=10^3\times303/300=1.01\times10^3\mathrm{cm^3}$ 。状态2到3等温： $p_2V_2=p_3V_3$ ， $p_3=p_0=1.0\times10^5\mathrm{Pa}$ ，故 $V_3=V_2p_2/p_3=1.01\times10^3\times1.01=1.02\times10^3\mathrm{cm^3}$ 。 (3)1→2等压膨胀对外做功 $W_{12}=p_1(V_2-V_1)=1.01\times10^5\times0.01\times10^{-3}=1.01\mathrm{J}$ ；2→3已知 $W_{23}=1.02\mathrm{J}$ ，总功 $W=2.03\mathrm{J}$ 。由热力学第一定律 $\Delta U=Q-W=4.56-2.03=2.53\mathrm{J}$ 。
一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和 $\mathrm{C}^{\prime}\mathrm{E}$ 、倾角为 $37^{\circ}$ 的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知 $R=0.2\mathrm{m},m=0.1\mathrm{kg}$ ，EF段长度 $L=\frac{5}{16}\mathrm{m}$ ，FG间距 $L_{FG}=0.4\mathrm{m}$ ，GH间距 $L_{GH}=0.22\mathrm{m}$ ，HI间距 $L_{HI}=0.1\mathrm{m}$ ，EF段 $\mu=0.25$ 。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力， $\sin37^{\circ}=0.6,\quad\cos37^{\circ}=0.8$ ， $g=10\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ 。

$(1)$ 若 $h=0.8\mathrm{m}$ ，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小 $v_{C}$ ； $(2)$ 若滑块3恰好能通过圆轨道 $CDC^{\prime}$ ，求高度h； $(3)$ 若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。

【答案与解析】

(1) $h=0.8\mathrm{m}$ 时，滑块1到C速度 $v_1=\sqrt{2gh}=\sqrt{16}=4\mathrm{m/s}$ ；与滑块2完全非弹性碰撞： $mv_1=2mv_C$ ，得 $v_C=2\mathrm{m/s}$ 。 (2)恰好通过圆轨道顶部需 $v_\text{顶}^2=gR$ 。由C到顶能量守恒： $\frac12(2m)v_C^2=\frac12(2m)gR+(2m)g\cdot2R$ ，得 $v_C^2=5gR=10$ ，即 $v_C=\sqrt{10}\mathrm{m/s}$ 。又 $v_C=v_1/2=\sqrt{2gh}/2$ ， $v_C^2=gh/2=5gR$ ，故 $h=10R=2\mathrm{m}$ 。 (3)滑块3从C到F经光滑段与粗糙EF：在EF上 $v_C^2-v_F^2=2gL\sin37^\circ+2\mu gL\cos37^\circ=2\times10\times\frac{5}{16}\times(0.6+0.25\times0.8)=5$ ，故 $v_F^2=v_C^2-5=gh/2-5$ 。从F以 $v_F$ 、仰角 $37^\circ$ 抛出（F与高台等高），水平射程 $x=v_F^2\sin74^\circ/g\approx0.0961\,v_F^2$ 。游戏成功要求落点落入I洞（ $0.62\mathrm{m}<x<0.72\mathrm{m}$ ），代入得 $0.62<0.0961(gh/2-5)<0.72$ ，即 $gh/2\in(11.45,12.49)$ ，得直接命中时 $h\in(2.29,2.50)\mathrm{m}$ ；另须先通过圆轨道 $h\ge2\mathrm{m}$ 。若先落于GH段经反弹（竖直分速度减半）可再达I，对应 $h$ 略低区间；综合游戏成功高度约为 $h\in[2.0,2.5]\mathrm{m}$ （直接入洞窗口 $2.29\sim2.50\mathrm{m}$ ）。
如图所示，接有恒流源的正方形线框边长 $\sqrt{2}L$ 、质量m、电阻R，放在光滑水平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。以磁场边界CD上一点为坐标原点，水平向右建立 $Ox$ 轴，线框中心和一条对角线始终位于 $Ox$ 轴上。开关S断开，线框保持静止，不计空气阻力。

$(1)$ 线框中心位于 $x=0$ ，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求 ①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小； ②线框中心运动至 $x=\frac{L}{2}$ 过程中，安培力做功及冲量； ③线框中心运动至 $x=\frac{L}{2}$ 时，恒流源提供的电压； $(2)$ 线框中心分别位于 $x=0$ 和 $x=\frac{L}{2}$ ，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心分别运动到 $x=L$ 所需时间分别为 $t_{1}$ 和 $t_{2}$ ，求 $t_1-t_2$ 。

【答案与解析】

(1)①线框中心在 $x=0$ 时，处于磁场中的有效导线长度为 $2L$ ，安培力 $F=IB\cdot2L=2ILB$ 。 ②线框运动时有效长度随位置变化：磁场中导线长 $=2(L-x)$ ，安培力 $F=2IB(L-x)$ （指向 $+x$ ，为回复力），等效劲度 $k=2IB$ 。由 $x=0$ 到 $x=L/2$ ，安培力做功 $W=\int_0^{L/2}2IB(L-x)\,\mathrm{d}x=\frac34IBL^2$ ；由动能定理，末速 $v$ 满足 $\frac12mv^2=W$ ，得 $v=\sqrt{3IBL^2/(2m)}$ ，冲量 $I_\text{冲}=mv=L\sqrt{3IBm/2}$ 。 ③ $x=L/2$ 时感生电动势 $\mathcal{E}=BLv$ ，恒流源电压 $U=IR+\mathcal{E}=IR+BL\sqrt{3IBL^2/(2m)}$ 。 (2)运动满足 $m\ddot x=2IB(L-x)$ ，即关于平衡位置 $x=L$ 的简谐运动，角频率 $\omega=\sqrt{2IB/m}$ ，从静止到 $x=L$ 均为四分之一周期 $t=T/4=\pi/(2\omega)$ 。故 $t_1=t_2$ ， $t_1-t_2=0$ 。
同位素 ${}^{14}_{6}C$ 相对含量的测量在考古学中有重要应用，其测量系统如图1所示。将少量古木样品碳化、电离后，产生的离子经过静电分析仪ESA-I、磁体-I和高电压清除器，让只含有三种碳同位素 ${}^{12}_{6}C$ 、 ${}^{13}_{6}\mathrm{C}$ 、 ${}^{14}_{6}C$ 的 $C^{3+}$ 离子束（初速度可忽略不计）进入磁体-Ⅱ．磁体-Ⅱ由电势差为U的加速电极P，磁感应强度为B、半径为R的四分之一圆弧细管道和离子接收器F构成。通过调节U，可分离 ${}^{12}_{6}C$ 、 ${}^{13}_{6}\mathrm{C}$ 、 ${}^{14}_{6}C$ 三种同位素，其中 ${}^{12}_{6}C$ 、 ${}^{13}_{6}\mathrm{C}$ 的 $C^{3+}$ 离子被接收器F所接收并计数，它们的离子数百分比与U之间的关系曲线如图2所示，而 ${}^{14}_{6}C$ 离子可通过接收器F，进入静电分析仪ESA-Ⅱ，被接收器D接收并计算。

$(1)$ 写出中子与 ${}^{14}_{7}\mathrm{N}$ 发生核反应生成 ${}^{14}_{6}C$ ，以及 ${}^{14}_{6}C$ 发生 $\beta$ 衰变生成 ${}^{14}_{7}\mathrm{N}$ 的核反应方程式： $(2)$ 根据图2写出 ${}^{12}_{6}C$ 的 $C^{3+}$ 离子所对应的U值，并求磁感应强度B的大小（计算结果保留两位有效数字。已知 $R=0.2\mathrm{m}$ ，原子质量单位 $u=1.66\times10^{-27}\mathrm{kg}$ ，元电荷 $e=1.6\times10^{-19}\mathrm{C}$ ）； $(3)$ 如图1所示，ESA-Ⅱ可简化为间距 $d=5\mathrm{cm}$ 两平行极板，在下极板开有间距 $L=10\mathrm{cm}$ 的两小孔，仅允许入射角 $\varphi=45^{\circ}$ 的 ${}^{14}_{6}C$ 离子通过。求两极板之间的电势差U： $(4)$ 对古木样品，测得 ${}^{14}_{6}C$ 与 ${}^{12}_{6}C$ 离子数之比值为 $4\times10^{-13}$ ；采用同样办法，测得活木头中 ${}^{14}_{6}C$ 与 ${}^{12}_{6}C$ 的比值为 $1.2\times10^{-12}$ ，由于它与外部环境不断进行碳交换，该比例长期保持稳定。试计算古木被砍伐距今的时间（已知 ${}^{14}_{6}C$ 的半衰期约为5700年， $\ln3=1.1,\ln2=0.7$ ）

【答案与解析】

(1)中子轰击： $^{1}_{0}\mathrm{n}+\,^{14}_{7}\mathrm{N}\to\,^{14}_{6}\mathrm{C}+\,^{1}_{1}\mathrm{H}$ ； $\beta$ 衰变： $^{14}_{6}\mathrm{C}\to\,^{14}_{7}\mathrm{N}+\,^{0}_{-1}\mathrm{e}$ （另放反中微子）。 (2)由图2读出 $^{12}\mathrm{C}$ 的 $\mathrm{C}^{3+}$ 对应 $U=1.5\times10^5\mathrm{V}$ 。离子经 $U$ 加速后由磁场偏转半径 $R$ 满足 $R=\sqrt{2mU/q}/B$ ，即 $U=qB^2R^2/(2m)$ 。代入 $m=12u$ 、 $q=3e$ 、 $R=0.2\mathrm{m}$ 得 $B=\sqrt{2mU/(qR^2)}\approx0.56\mathrm{T}$ 。 (3) $^{14}\mathrm{C}$ 以入射角 $45^\circ$ 进入平行板，穿越两孔（间距 $L=0.1\mathrm{m}$ ）回到下极板同高度，竖直方向往返要求加速度 $a=v^2/L$ ；又 $a=qU/(md)$ ，故 $U=mdv^2/(qL)$ 。其中 $v$ 为 $^{14}\mathrm{C}$ 选速， $v=qBR/m=3e\times0.56\times0.2/(14\times1.66\times10^{-27})\approx2.3\times10^6\mathrm{m/s}$ ，代入得 $U\approx1.3\times10^5\mathrm{V}$ 。 (4)现存活木比值比 $N/N_0=(4\times10^{-13})/(1.2\times10^{-12})=1/3$ 。由 $N=N_0e^{-\lambda t}$ ， $\lambda=\ln2/T_{1/2}=0.7/5700$ ，得 $\lambda t=\ln3=1.1$ ， $t=1.1\times5700/0.7\approx8.96\times10^3$ 年。