2025年高考浙江卷（6月）物理真题

光子能量 $E=h\nu$ ，式中 $v$ 是光子的频率，h是普朗克常量。h的单位是（　　）

A． $\mathrm{J}\cdot\mathrm{s}$

B． $\mathrm{N\cdot s}$

C． $\mathrm{kg}$

D．m

【答案与解析】

由光子能量公式 $E=h\nu$ 知，普朗克常量 $h=E/\nu$ 。能量 $E$ 的单位为 $\mathrm{J}$ ，频率 $\nu$ 的单位为 $\mathrm{s^{-1}}$ ，故 $[h]=\mathrm{J\cdot s}$ （焦耳·秒）。故选A。
2025年4月30日，“神舟十九号载人飞船”返回舱安全着陆，宇航员顺利出舱。在其返回过程中，下列说法正确的是（　　）

A．研究返回舱运行轨迹时，可将其视为质点

B．随着返回舱不断靠近地面，地球对其引力逐渐减小

C．返回舱落地前，反推发动机点火减速，宇航员处于失重状态

D．用返回舱的轨迹长度和返回时间，可计算其平均速度的大小

【答案与解析】

A．研究返回舱运行轨迹时，其尺寸远小于轨迹尺度，可视为质点，正确。B．越靠近地面，到地心距离 $r$ 减小，万有引力 $F=GMm/r^2$ 增大，错误。C．反推发动机点火减速时加速度向上，宇航员处于超重状态，错误。D．轨迹长度为路程，路程与时间的比值是平均速率而非平均速度的大小，错误。故选A。
如图所示，在水平桌面上放置一斜面，在桌边水平放置一块高度可调的木板。让钢球从斜面上同一位置静止滚下，越过桌边后做平抛运动。当木板离桌面的竖直距离为h时，钢球在木板上的落点离桌边的水平距离为x，则（　　）

A．钢球平抛初速度为 $x\sqrt{\frac{2h}{g}}$

B．钢球在空中飞行时间为 $\sqrt{\frac{2h}{g}}$

C．增大h，钢球撞击木板的速度方向不变

D．减小h，钢球落点离桌边的水平距离不变

【答案与解析】

钢球做平抛运动，竖直方向 $h=\frac{1}{2}gt^2$ ，得飞行时间 $t=\sqrt{\frac{2h}{g}}$ 。水平方向 $x=v_0t$ ，故初速度 $v_0=\frac{x}{t}=x\sqrt{\frac{g}{2h}}$ 。A项把 $x\sqrt{2h/g}$ 当作初速度，错误；B项正确。撞击木板时 $\tan\theta=\frac{v_y}{v_0}=\frac{\sqrt{2gh}}{v_0}$ ，增大 $h$ 则 $\theta$ 变大，速度方向改变，C错。落点水平距离 $x=v_0\sqrt{2h/g}$ ，减小 $h$ 则 $x$ 减小，D错。故选B。
一束高能电子穿过铝箔，在铝箔后方的屏幕上观测到如图所示的电子衍射图样则（　　）

A．该实验表明电子具有粒子性

B．图中亮纹为电子运动的轨迹

C．图中亮纹处电子出现的概率大

D．电子速度越大，中心亮斑半径越大

【答案与解析】

电子穿过铝箔产生衍射图样，表明电子具有波动性（概率波），而非粒子性，A错。亮纹是电子出现概率大的位置，并非电子的运动轨迹，B错、C对。由德布罗意关系 $\lambda=\frac{h}{p}=\frac{h}{mv}$ ，速度越大波长越短，衍射中心亮斑半径越小，D错。故选C。
如图所示的LC振荡电路，能减小其电磁振荡周期的措施是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

LC振荡周期 $T=2\pi\sqrt{LC}$ 。要减小 $T$ ，须减小电感 $L$ 或电容 $C$ 。A插入铁芯、B增加线圈匝数均增大 $L$ ，使 $T$ 变大；C插入电介质增大介电常数，使 $C$ 变大、 $T$ 变大；D增大电容器极板间距，由 $C=\frac{\varepsilon S}{4\pi kd}$ 知 $C$ 减小，从而 $T$ 减小。故选D。
如图所示，两根相同的橡皮绳，一端连接质量为m的物块，另一端固定在水平桌面上的 $A$ 、B两点。物块处于AB连线的中点C时，橡皮绳为原长。现将物块沿AB中垂线水平拉至桌面上的O点静止释放。已知CO距离为L，物块与桌面间的动摩擦因数为 $\mu$ ，橡皮绳始终处于弹性限度内，不计空气阻力，则释放后（　　）

A．物块做简谐运动

B．物块只受到重力、橡皮绳弹力和摩擦力的作用

C．若 $\angle AOB=90^{\circ}$ 时每根橡皮绳的弹力为F，则物块所受合力大小为 $\sqrt{2}F$

D．若物块第一次到达C点的速度为 $v_{0}$ ，此过程中橡皮绳对物块做的功 $W=\frac{1}{2}mv_{0}^{2}+\mu mgL$

【答案与解析】

A．物块受两根橡皮绳弹力与摩擦力的合力不满足 $F=-kx$ 形式（摩擦力为恒力），不做简谐运动，错。B．物块还受桌面的支持力，错。C． $\angle AOB=90^\circ$ 时每根绳弹力为 $F^{\prime}$ ，两弹力合力为 $\sqrt{2}F$ ，再减去摩擦力 $\mu mg$ 才是总合力，不等于 $\sqrt{2}F$ ，错。D．由 $O$ 到 $C$ 用动能定理： $W_{\text{弹}}-\mu mgL=\frac{1}{2}mv_0^2$ ，得 $W_{\text{弹}}=\frac{1}{2}mv_0^2+\mu mgL$ ，正确。故选D。
如图所示，风光互补环保路灯的主要构件有：风力发电机，单晶硅太阳能板，额定电压 $48\mathrm{V}$ 容量 $200\mathrm{Ah}$ 的储能电池，功率 $60\mathrm{W}$ 的LED灯。已知该路灯平均每天照明 $10\mathrm{h}$ ； $1\mathrm{kg}$ 标准煤完全燃烧可发电2.8度，排放二氧化碳 $2.6\mathrm{kg}$ 。则（　　）

A．风力发电机的输出功率与风速的平方成正比

B．太阳能板上接收到的辐射能全部转换成电能

C．该路灯正常运行6年，可减少二氧化碳排放量约 $1.2\times10^{6}\mathrm{kg}$

D．储能电池充满电后，即使连续一周无风且阴雨，路灯也能正常工作

【答案与解析】

A．风力发电机捕获风的动能，输出功率 $P\propto v^3$ ，并非与风速平方成正比，错。B．太阳能板存在转换损耗，辐射能不能全部转电能，错。C．年耗电 $0.06\,\mathrm{kW}\times10\,\mathrm{h}\times365\times6=1314\,\text{度}$ ，减排 $\frac{1314}{2.8}\times2.6\approx1.2\times10^3\,\mathrm{kg}$ ，而非 $1.2\times10^6\,\mathrm{kg}$ ，错。D．电池储能 $E=48\,\mathrm{V}\times200\,\mathrm{Ah}=9.6\,\mathrm{kW\cdot h}$ ，连续一周耗电最多 $0.06\times24\times7=10.08\,\mathrm{kW\cdot h}$ （按全天计）或 $4.2\,\mathrm{kW\cdot h}$ （按每天10h照明），均小于 $9.6\,\mathrm{kW\cdot h}$ ，可正常工作，正确。故选D。
一束 $\alpha$ 粒子撞击一静止的金原子核，它们的运动轨迹如图所示。图中虚线是以金原子核为圆心的圆。已知静电力常量 $k=9.0\times10^{9}\mathrm{N\cdot m^{2}/C^{2}}$ ，元电荷 $e=1.6\times10^{-19}\mathrm{C}$ ，金原子序数为79，不考虑 $\alpha$ 粒子间的相互作用，则（　　）

A．沿轨迹1运动的 $\alpha$ 粒子受到的库仑力先做正功，后做负功

B．沿轨迹2运动的 $\alpha$ 粒子到达P时动能为零、电势能最大

C．位于图中虚线圆周上的3个 $\alpha$ 粒子的电势能不相等

D．若 $\alpha$ 粒子与金原子核距离为 $10^{-14}\mathrm{m}$ ，则库仑力数量级为 $10^{2}\mathrm{N}$

【答案与解析】

A． $\alpha$ 粒子与金核均带正电，库仑力始终排斥；靠近时力做负功、远离时做正功，故“先做正功后做负功”错。B．轨迹2的 $\alpha$ 粒子并未被俘获，到达 $P$ 时动能不为零，错。C．虚线圆周上各点到核距离相等，电势能 $E_p=k\frac{qQ}{r}$ 相等，错。D．库仑力 $F=k\frac{(2e)(79e)}{r^2}=9.0\times10^9\times\frac{158\times(1.6\times10^{-19})^2}{(10^{-14})^2}\approx3.6\times10^2\,\mathrm{N}$ ，数量级为 $10^2\,\mathrm{N}$ ，正确。故选D。
高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到 $500\mathrm{N}$ 的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为 $50\mathrm{g}$ 的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为 $5\mathrm{cm}$ ，要产生 $500\mathrm{N}$ 的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为（　　）

A．5层

B．8层

C．17层

D．27层

【答案与解析】

设鸡蛋质量 $m=0.05\,\mathrm{kg}$ ，落地速度 $v$ ，撞击时间取上、下沿接触地面的时间差 $\Delta t=\frac{d}{v}=\frac{0.05}{v}$ （ $d=0.05\,\mathrm{m}$ 为蛋长）。由动量定理（忽略重力冲量） $F\Delta t=mv$ ，代入 $F=500\,\mathrm{N}$ 得 $500\times\frac{0.05}{v}=0.05v$ ，即 $v^2=500$ ， $v\approx22.4\,\mathrm{m/s}$ 。由 $v^2=2gh$ 得 $h=\frac{500}{2\times10}=25\,\mathrm{m}$ 。按每层约 $3\,\mathrm{m}$ 计，约相当于第 $8$ 层高度。故选B。
如图甲所示，有一根长 $1\mathrm{m}$ 、两端固定紧绷的金属丝，通过导线连接示波器。在金属丝中点处放置一蹄形磁铁，在中点附近 $1.00\mathrm{cm}$ 范围内产生 $B=10^{-3}\mathrm{T}$ 、方向垂直金属丝的匀强磁场（其他区域磁场忽略不计）。现用一激振器使金属丝发生垂直于磁场方向的上下振动，稳定后形成如图乙所示的不同时刻的波形，其中最大振幅 $A=0.5\mathrm{cm}$ 。若振动频率为f，则振动最大速度 $v=2\pi fA$ 。已知金属丝接入电路的电阻 $r=0.5\mathrm{\Omega}$ ，示波器显示输入信号的频率为 $150\mathrm{Hz}$ 。下列说法正确的是（　　）

A．金属丝上波的传播速度为 $\frac{3}{2}\pi\mathrm{m/s}$

B．金属丝产生的感应电动势最大值约为 $\frac{3}{2}\pi\times10^{-3}\mathrm{V}$

C．若将示波器换成可变电阻，则金属丝的最大输出功率约为 $\frac{9}{16}\pi^{2}\times10^{-10}\mathrm{W}$

D．若让激振器产生沿金属丝方向的振动，其他条件不变，则金属丝中点的振幅为零

【答案与解析】

金属丝两端固定，中点为波腹，基频波长 $\lambda=2L=2\,\mathrm{m}$ ，波速 $v_{\text{波}}=\lambda f=2\times150=300\,\mathrm{m/s}$ ，A项 $\frac{3}{2}\pi\,\mathrm{m/s}$ 远小，错。丝中点处最大速度 $v_{\max}=2\pi fA=2\pi\times150\times0.005=1.5\pi\,\mathrm{m/s}$ ，磁场区长度 $l=0.01\,\mathrm{m}$ ，感应电动势峰值 $E_m=Blv_{\max}=10^{-3}\times0.01\times1.5\pi=1.5\pi\times10^{-5}\,\mathrm{V}$ ，B项 $1.5\pi\times10^{-3}\,\mathrm{V}$ 大 $100$ 倍，错。将示波器换为可变电阻时，丝相当于内阻 $r=0.5\,\Omega$ 的交流电源，最大平均输出功率 $P_{\max}=\frac{E_{\mathrm{rms}}^2}{4r}=\frac{E_m^2}{8r}=\frac{(1.5\pi\times10^{-5})^2}{8\times0.5}\approx\frac{9}{16}\pi^2\times10^{-10}\,\mathrm{W}$ ，正确。D项说法不严谨，错。故选C。
下列说法正确的是（　　）

A．热量能自发地从低温物体传到高温物体

B．按照相对论的时间延缓效应，低速运动的微观粒子寿命比高速运动时更长

C．变压器原线圈中电流产生的变化磁场，在副线圈中激发感生电场，从而产生电动势

D．热敏电阻和电阻应变片两种传感器，都是通过测量电阻，确定与之相关的非电学量

【答案与解析】

A．热量不能自发地从低温物体传到高温物体，错。B．相对论时间延缓效应下，高速运动的微观粒子寿命比低速时更长（时钟变慢），即低速时寿命更短，错。C．变压器原线圈变化的电流产生变化磁场，在副线圈中激发感生电场而形成感应电动势，正确。D．热敏电阻、电阻应变片均通过测量电阻变化来反映温度、应变等非电学量，正确。故选CD。
氢原子从 $n=4$ 、 $6$ 的能级向 $n=2$ 的能级跃迁时分别发出光P、Q。则（　　）

A．P、Q经过甲图装置时屏上谱线分别为2、1

B．若乙图玻璃棒能导出P光，则一定也能导出Q光

C．若丙图是P入射时的干涉条纹，则Q入射时条纹间距减小

D．P、Q照射某金属发生光电效应，丁图中的点1、2分别对应P、Q

【答案与解析】

氢原子从 $n=4,6$ 跃迁到同一较低能级 $n=2$ ： $Q$ （ $6\to2$ ）光子能量大于 $P$ （ $4\to2$ ），故 $\nu_Q>\nu_P$ 、 $\lambda_Q<\lambda_P$ 。A．经甲图棱镜分光，波长不同偏折不同，屏上谱线位置并非简单对应2、1，错。B．乙图弯曲玻璃棒靠全反射导光，临界角 $\sin C=1/n$ ，频率越高折射率越大、临界角越小；若 $P$ 光能导光，则 $Q$ 光（折射率更大、临界角更小）也一定能导光，正确。C．丙图劈尖干涉条纹间距 $\Delta x=\frac{\lambda}{2\theta}$ ，因 $\lambda_Q<\lambda_P$ ，故 $Q$ 入射时间距减小，正确。D．丁图光电效应中遏止电压 $eU_c=h\nu-W$ ，频率高者遏止电压大，点位置并非简单对应 $P,Q$ ，错。故选BC。
月球有类似于地球的南北两极和纬度。如图所示，月球半径为R，表面重力加速度为 $g_{\text{月}}$ ，不考虑月球自转。从月球北极正上方水平发射一物体，要求落在纬度 $\varphi=60^{\circ}$ 的M处，其运动轨迹为椭圆的一部分。假设月球质量集中在球心O点，如果物体沿椭圆运动的周期最短，则（　　）

A．发射点离月面的高度 $h=\frac{\sqrt{3}}{4}R$

B．物体沿椭圆运动的周期为 $\frac{3\pi}{4}\sqrt{\frac{3R}{g_{\text{月}}}}$

C．此椭圆两焦点之间的距离为 $\frac{\sqrt{3}}{2}R$

D．若水平发射的速度为v，发射高度为h，则物体落到M处的速度 $\sqrt{v^{2}+2g_{\text{月}}h}$

【答案与解析】

把物体运动看作以月心 $O$ 为一个焦点的椭圆轨道的一部分。由开普勒第三定律 $T=2\pi\sqrt{\frac{a^3}{g_{\text{月}}R^2}}$ ， $T$ 最小即半长轴 $a$ 最小。几何上发射点在月轴上距 $O$ 为 $R+h$ 、落点 $M$ 在月面且与月轴夹角 $30^\circ$ （纬度 $60^\circ$ ），满足两点的椭圆中半长轴最小者给出：两焦点间距 $2c=\frac{\sqrt3}{2}R$ ，故C对；代入最小 $a$ 得 $T=\frac{3\pi}{4}\sqrt{\frac{3R}{g_{\text{月}}}}$ ，故B对。A项发射高度 $h=\frac{\sqrt3}{4}R$ 与最小周期条件不符，错。D项若用机械能守恒应为 $v_M^2=v^2+2g_{\text{月}}R^2\left(\frac{1}{R}-\frac{1}{R+h}\right)\neq v^2+2g_{\text{月}}h$ ，错。故选BC。
在测量一节干电池的电动势和内阻的实验中，

$(1)$ 为了减小测量误差，如图所示的电路中应该选择的是＿＿＿＿（选填“甲”或“乙”）； $(2)$ 通过调节滑动变阻器，测得多组U、I数据，记录于下表。试在答题纸上的方格纸中建立合适的标度，描点并作出 $U-I$ 图像＿＿＿＿，由此求得电动势 $E=$ ＿＿＿＿V，内阻 $r=$ ＿＿＿＿ $\Omega$ 。（结果均保留到小数点后两位）

次数 1 2 3 4 5
$U/V$ 1.35 1.30 1.25 1.20 1.15
$I/A$ 0.14 0.22 0.30 0.37 0.45

【答案与解析】

(1)为减小系统误差，应采用电流表外接、电压表直接测电源两端电压的电路，即甲图。(2)在 $U-I$ 图上描点得直线，其纵截距为电动势、斜率绝对值为内阻。取两点 $(0.14,1.35)$ 、 $(0.45,1.15)$ ：斜率绝对值 $r=\frac{1.35-1.15}{0.45-0.14}\approx0.65\,\Omega$ ，截距 $E=1.35+0.14\times0.65\approx1.44\,\mathrm{V}$ 。故 $E=1.44\,\mathrm{V}$ ， $r=0.65\,\Omega$ （合理范围 $E=1.44\sim1.48\,\mathrm{V}$ ， $r=0.61\sim0.65\,\Omega$ 均可）。
在用单摆测重力加速度的实验中，

$(1)$ 如图1所示，可在单摆悬点处安装力传感器，也可在摆球的平衡位置处安装光电门。甲同学利用力传感器，获得传感器读取的力与时间的关系图像，如图2所示，则单摆的周期为＿＿＿＿s（结果保留3位有效数字）。乙同学利用光电门，从小钢球第1次遮光开始计时，记下第n次遮光的时刻t，则单摆的周期为 $T=$ ＿＿＿＿； $(2)$ 丙同学发现小钢球已变形，为减小测量误差，他改变摆线长度l，测出对应的周期T，作出相应的 $l-T^{2}$ 关系图线，如图3所示。由此算出图线的斜率k和截距b，则重力加速度 $g=$ ＿＿＿＿，小钢球重心到摆线下端的高度差 $h=$ ＿＿＿＿；（结果均用k、b表示） $(3)$ 丁同学用 $3D$ 打印技术制作了一个圆心角等于 $5^{\circ}$ 、半径已知的圆弧槽，如图4所示。他让小钢球在槽中运动，测出其运动周期，算出重力加速度为 $8.64\mathrm{m/s^{2}}$ 。若周期测量无误，则获得的重力加速度明显偏离实际值的最主要原因是＿＿＿＿。

【答案与解析】

(1)单摆周期可由力传感器图线读取：从 $t=1.1277\,\mathrm{s}$ 到 $t=7.6530\,\mathrm{s}$ 共跨 $5$ 个整周期，故 $T=\frac{7.6530-1.1277}{5}\approx1.31\,\mathrm{s}$ （保留3位有效数字）。光电门计时：第 $1$ 次到第 $n$ 次遮光间经历 $(n-1)$ 个半周期，故 $T=\frac{2t}{n-1}$ 。(2)设摆线长 $l$ 、摆球重心到摆线下端距离为 $h$ ，则摆长 $L_{\text{摆}}=l+h$ ， $T=2\pi\sqrt{\frac{l+h}{g}}$ 。作 $l-T^2$ 图线： $l=\frac{g}{4\pi^2}T^2-h$ ，斜率 $k=\frac{g}{4\pi^2}$ ，故 $g=4\pi^2k$ ；截距（令 $l=0$ 对应的 $T^2$ 值）为 $b=\frac{4\pi^2}{g}h=kh$ ，故 $h=kb$ 。(3)主要原因是小钢球在圆弧槽中滚动而非纯滑动，存在转动动能，使等效摆动周期偏大，由 $T=2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}$ 算得的 $g$ 明显偏小（或：未把小球视为质点，重心运动的圆弧半径大于槽半径）。
“拔火罐”是我国传统医学的一种疗法。治疗时，医生将开口面积为S的玻璃罐加热，使罐内空气温度升至 $t_{1}$ ，然后迅速将玻璃罐倒扣在患者皮肤上（状态1）。待罐内空气自然冷却至室温 $t_{2}$ ，玻璃罐便紧贴在皮肤上（状态2）。从状态1到状态2过程中罐内气体向外界放出热量 $7.35\mathrm{J}$ 。已知 $S=1.6\times10^{-3}\mathrm{m}^{2}$ ， $t_{1}=77\mathrm{^{\circ}C}$ ， $t_{2}=27^{\circ}\mathrm{C}$ 。忽略皮肤的形变，大气压强 $p_0=1.05\times10^5\mathrm{Pa}$ 。求：

$(1)$ 状态2时罐内气体的压强； $(2)$ 状态1到状态2罐内气体内能的变化； $(3)$ 状态2时皮肤受到的吸力大小。

【答案与解析】

(1)物块从 $P$ 沿光滑斜轨道下滑，由机械能守恒： $mgL\sin30^\circ=\frac{1}{2}mv_B^2$ ，得 $v_B=\sqrt{2gL\sin30^\circ}=\sqrt{2\times10\times1.6\times0.5}=4\,\mathrm{m/s}$ 。(2)传送带速度 $v_0=5\,\mathrm{m/s}>v_B$ ，物块在带上加速至与带同速，摩擦力做功 $W_f=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_B^2)=\frac{1}{2}\times0.2\times(25-16)=0.9\,\mathrm{J}$ 。(3)加速度 $a=\mu g=2.5\,\mathrm{m/s^2}$ ，加速时间 $t=\frac{5-4}{2.5}=0.4\,\mathrm{s}$ 。此过程物块位移 $s_1=v_Bt+\frac{1}{2}at^2=4\times0.4+0.5\times2.5\times0.16=1.8\,\mathrm{m}$ ，传送带位移 $s_2=v_0t=2.0\,\mathrm{m}$ ，滑痕长度 $\Delta s=s_2-s_1=0.2\,\mathrm{m}$ 。(4)物块以 $v_C=5\,\mathrm{m/s}$ 滑上圆弧，圆弧在光滑水平面上可动。到最高点时水平方向动量守恒： $mv_C=mv+MV$ ，即 $0.2\times5=0.2v+1.8V\Rightarrow v+9V=5$ ；机械能守恒： $\frac{1}{2}mv_C^2=\frac{1}{2}mv^2+\frac{1}{2}MV^2+mg\cdot2R$ ，即 $2.5=0.1v^2+0.9V^2+1.44\Rightarrow0.1v^2+0.9V^2=1.06$ 。解得 $v\approx3.0\,\mathrm{m/s}$ （取前进方向）。最高点由向心力公式 $N+mg=m\frac{v^2}{R}$ ，得 $N=m\left(\frac{v^2}{R}-g\right)=0.2\times\left(\frac{9}{0.36}-10\right)=3.0\,\mathrm{N}$ 。
某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为 $30^{\circ}$ 的斜轨道，BC是以恒定速率 $v_{0}$ 顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为 $\mu$ ，其余接触面均光滑。已知 $R=0.36\mathrm{m}$ ， $L=1.6\mathrm{m}$ ， $v_{0}=5\mathrm{m/s}$ ， $m=0.2\mathrm{kg}$ ， $M=1.8\mathrm{kg}$ ， $\mu=0.25,g=10\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ 。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块

$(1)$ 滑到B点处的速度大小； $(2)$ 从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功； $(3)$ 在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度； $(4)$ 即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。

【答案与解析】

(1)接通 $S$ 瞬间动子速度 $v=0$ ，无反电动势，电流 $I=\frac{U}{R_1}$ ，安培力 $F=BIl=\frac{BUl}{R_1}$ ，方向沿导轨向右。(2)动子速度为 $v$ 时反电动势 $\varepsilon=Blv$ ，电流 $I=\frac{U-Blv}{R_1}$ ，安培力 $F=BIl=\frac{BUl-B^2l^2v}{R_1}$ ，阻力 $f=kv$ 。匀速时 $F=f$ ： $\frac{BUl-B^2l^2v_m}{R_1}=kv_m$ ，解得 $v_m=\frac{BUl}{k+\frac{B^2l^2}{R_1}}=\frac{BUlR_1}{B^2l^2+kR_1}$ 。(3)对动子用动量定理： $\int(BIl-kv)\,\mathrm{d}t=Mv_m$ ，即 $Bl\int I\,\mathrm{d}t-kx_m=Mv_m$ ，其中 $Q=\int I\,\mathrm{d}t$ 为总电荷。故 $BlQ=Mv_m+kx_m$ 。电源输出总能量 $W=UQ=\frac{U}{Bl}(Mv_m+kx_m)$ 。(4)超导线圈通电产生竖直磁场，由楞次定律，俯视线圈电流方向为顺时针；断开瞬间磁场骤减，第二级回路磁通量 $\Phi$ 减小，产生感应电流驱动飞机向前加速。对飞机由动量定理： $\int F\,\mathrm{d}t=Bl\int I_2\,\mathrm{d}t=Bl\frac{\Phi}{R_2}=m\Delta v$ ，得附加速度 $\Delta v=\frac{Bl\Phi}{mR_2}$ 。故飞机起飞速度 $v=v_m+\frac{Bl\Phi}{mR_2}$ 。
如图所示，某兴趣小组设计了一新型两级水平电磁弹射系统。第一级由间距为l的水平金属导轨、可在导轨上滑行的导电动子、输出电压恒为U的电源和开关S组成，由此构成的回路总电阻为 $R_{1}$ ；第二级由固定在动子上间距也为l的导电“ $\subset$ ”形滑杆、锁定在滑杆上可导电的模型飞机组成，由此构成的回路总电阻为 $R_{2}$ 。另外在第二级回路内固定一超导线圈，它与第一、第二两级回路三者彼此绝缘。导轨间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。接通开关S，动子从静止开始运动，所受阻力与其速度成正比，比例系数为k。当动子运动距离为 $x_{m}$ 时（可视为已匀速），立即断开S，在极短时间内实现下列操作：首先让超导线圈通上大电流，产生竖直方向的强磁场，在第二级回路中产生磁通量 $\Phi$ ；再让超导线圈断开，磁场快速消失，同时解锁飞机，对飞机实施第二次加速，飞机起飞。已知动子及安装其上所有装备的总质量为M，其中飞机质量为m，在运动过程中，动子始终与导轨保持良好接触，忽略导轨电阻。

$(1)$ 求动子在接通S瞬间受力的大小； $(2)$ 求第一级弹射过程中动子能达到的最大速度 $v_{m}$ ； $(3)$ 求第一级弹射过程中电源输出的总能量W； $(4)$ 判断超导线圈中电流方向（俯视），并求飞机起飞时的速度大小。

【答案与解析】

(1)接通 $S$ 瞬间动子速度 $v=0$ ，无反电动势，电流 $I=\frac{U}{R_1}$ ，安培力 $F=BIl=\frac{BUl}{R_1}$ ，方向沿导轨向右。(2)动子速度为 $v$ 时反电动势 $\varepsilon=Blv$ ，电流 $I=\frac{U-Blv}{R_1}$ ，安培力 $F=BIl=\frac{BUl-B^2l^2v}{R_1}$ ，阻力 $f=kv$ 。匀速时 $F=f$ ： $\frac{BUl-B^2l^2v_m}{R_1}=kv_m$ ，解得 $v_m=\frac{BUl}{k+\frac{B^2l^2}{R_1}}=\frac{BUlR_1}{B^2l^2+kR_1}$ 。(3)对动子用动量定理： $\int(BIl-kv)\,\mathrm{d}t=Mv_m$ ，即 $Bl\int I\,\mathrm{d}t-kx_m=Mv_m$ ，其中 $Q=\int I\,\mathrm{d}t$ 为总电荷。故 $BlQ=Mv_m+kx_m$ 。电源输出总能量 $W=UQ=\frac{U}{Bl}(Mv_m+kx_m)$ 。(4)超导线圈通电产生竖直磁场，由楞次定律，俯视线圈电流方向为顺时针；断开瞬间磁场骤减，第二级回路磁通量 $\Phi$ 减小，产生感应电流驱动飞机向前加速。对飞机由动量定理： $\int F\,\mathrm{d}t=Bl\int I_2\,\mathrm{d}t=Bl\frac{\Phi}{R_2}=m\Delta v$ ，得附加速度 $\Delta v=\frac{Bl\Phi}{mR_2}$ 。故飞机起飞速度 $v=v_m+\frac{Bl\Phi}{mR_2}$ 。
利用磁偏转系统可以测量不同核反应中释放的高能粒子能量，从而研究原子核结构。如图1所示，用回旋加速器使氘原子核（ ${}_{1}^{2}\mathrm{H}$ ）获得 $2.74\mathrm{MeV}$ 动能，让其在S处撞击铝（ ${}_{13}^{27}\mathrm{Al}$ ）核发生核反应，产生处于某一激发态和基态的同位素核（ ${}^{28}_{13}\mathrm{Al}$ ）以及两种不同能量的质子（ ${}_{1}^{1}\mathrm{H}$ ）。产生的质子束经狭缝X沿水平直径方向射入半径为R，方向垂直纸面向里、大小为B的圆形匀强磁场区域，经偏转后打在位于磁场上方的探测板上A、D处（探测板与磁场边界相切于A点，D点与磁场圆心O处在同一竖直线上），获得如图2所示的质子动能的能谱图。

$(1)$ 写出氘核撞击铝核的核反应方程； $(2)$ 求A、D的间距L； $(3)$ 若从回旋加速器引出的高能氘核流为 $1.0\mathrm{mA}$ ，求回旋加速器的输出功率； $(4)$ 处于激发态的 ${}^{28}_{13}\mathrm{Al}$ 核会发生 $\beta$ 衰变，核反应方程是 ${}^{28}_{13}\mathrm{Al}\rightarrow{}^{28}_{14}\mathrm{Si}+{}^{0}_{-1}\mathrm{e}$ 。若 ${}^{28}_{13}\mathrm{Al}$ 核质量等于 ${}_{14}^{28}\mathrm{Si}$ 核质量，电子质量为 $0.51MeV/c^2$ ，在上述两个核反应过程中，原子核被视为静止，求衰变释放的能量。

【答案与解析】

(1)核反应方程： ${}_1^2\mathrm{H}+{}_{13}^{27}\mathrm{Al}\rightarrow{}_{13}^{28}\mathrm{Al}+{}_1^1\mathrm{H}$ （电荷数 $1+13=13+1$ ，质量数 $2+27=28+1$ ，守恒）。(2)质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，半径 $r=\frac{mv}{eB}$ 。质子自磁场圆左侧沿水平直径射入，偏转后打在切于磁场圆于 $\mathrm{A}$ 、并与过圆心对称轴交于 $\mathrm{D}$ 的探测板上。设切点 $\mathrm{A}$ 极角为 $\varphi$ ，则几何上 $AD=R\cot\varphi$ ；由质子轨迹（圆心在入射点正上方、半径 $r$ ）过 $\mathrm{A}$ 得 $r=\sqrt3\,R$ ，对应 $\varphi=60^\circ$ ，故 $AD=R\cot60^\circ=\frac{\sqrt3}{3}R$ 。即 $L=\frac{\sqrt3}{3}R$ 。(3)氘核流 $I=1.0\,\mathrm{mA}=10^{-3}\,\mathrm{A}$ ，每个氘核动能 $E_k=2.74\,\mathrm{MeV}=2.74\times10^6\times1.6\times10^{-19}\,\mathrm{J}$ 。每秒氘核数 $N=\frac{I}{e}$ ，输出功率 $P=NE_k=I\cdot\frac{E_k}{e}=10^{-3}\times\frac{2.74\times10^6\times1.6\times10^{-19}}{1.6\times10^{-19}}=2.74\times10^3\,\mathrm{W}$ 。(4)激发态 ${}^{28}_{13}\mathrm{Al}^*$ 发生 $\beta^-$ 衰变： ${}^{28}_{13}\mathrm{Al}^*\rightarrow{}^{28}_{14}\mathrm{Si}+{}_{-1}^{0}e+\bar\nu_e$ 。题设核质量 $m({}^{28}\mathrm{Al})=m({}^{28}\mathrm{Si})$ ，且该 ${}^{28}\mathrm{Al}$ 由第一级核反应处于激发态，其激发能（由能谱图两质子峰能量差可得约 $0.76\,\mathrm{MeV}$ ）在衰变中释放并需供给电子静能 $m_ec^2=0.51\,\mathrm{MeV}$ 。故衰变释放能量 $Q=E^*-m_ec^2=0.76-0.51=0.25\,\mathrm{MeV}$ 。

次数	1	2	3	4	5
$U/V$	1.35	1.30	1.25	1.20	1.15
$I/A$	0.14	0.22	0.30	0.37	0.45