2025年1月浙江省普通高校招生选考科目考试

1/22025年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理可能用到的相关参数：重力加速度g取10m/s2。选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.（2025·浙江1月选考1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210W·h/kg。其中单位“W·h”（瓦时）对应的物理量是（）A.能量 B.位移C.电流 D.电荷量解析：AW是功率的单位，h是时间的单位，根据功的公式W＝Pt可知“W·h”对应的物理量为功或能量，A正确，B、C、D错误。2.（2025·浙江1月选考2题）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解析：C操控机器人进行挖沟作业时，机器人动作不能忽略，不能将机器人看成质点，A错误；监测机器人搜寻时的转弯姿态时，不能将机器人看成质点，B错误；定位机器人在敷埋线路上的位置时，机器人的大小、形状可忽略，可以将机器人看成质点，C正确；测试机器人敷埋作业时的机械臂动作时，不能将机器人看成质点，D错误。3.（2025·浙江1月选考3题）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取10m/s2，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605NC.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解析：D运动员举起杠铃，杠铃稳定时，对杠铃受力分析，杠铃受重力和双臂的支持力，由力的平衡条件可知双臂对杠铃的支持力的合力等于杠铃的重力，由牛顿第三定律可知，双臂所受杠铃作用力大小等于杠铃的重力大小，与双臂的夹角无关，A错误；杠铃的重力为G＝mg＝121×10N＝1210N，设手臂与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可知2Fcosθ＝G，由于θ＞0°，所以cosθ＜1，则杠铃对手臂的作用力大小F＞605N，B错误；杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力，C错误；在加速举起杠铃过程中，人和杠铃组成的系统加速度方向向上，由牛顿第二定律可知地面对人的支持力大于人与杠铃的总重力，D正确。4.（2025·浙江1月选考4题）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，电场力对电子做的功相等解析：D电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，即电场线由高等势面指向低等势面，由题图可知b点的电势高于a点的电势，A错误；a、c两点电场强度方向沿电场线的切线方向，则a、c两点的电场强度不同，B错误；电场线的密疏反映电场强度的大小，从d→e→f电场线越来越稀疏，则电场强度逐渐减小，所以de段的平均电场强度大于ef段的平均电场强度，又de＝ef，由公式U＝Ed可知｜Ued｜＞｜Uef｜，则｜Ufd｜＜2｜Ued｜，C错误；由题图可知，a、f两点在同一等势线上，则a、f两点的电势相等，则φa－φb＝φf－φb，即Uab＝Ufb，由静电力做的功与电势差的关系知WAB＝qUAB，则从a到b与从f到b，电场力对电子做的功相等，D正确。5.（2025·浙江1月选考5题）有一离地面高度20m、质量为2×10－13kg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，比例系数为1×10－9kg/s，重力加速度g取10m/s2，则它降落到地面的时间约为（）A.0.5h B.3hC.28h D.166h解析：B对沙尘颗粒，由牛顿第二定律有mg－kv＝ma，在稳定下落时a＝0，则v＝mgk＝2×10－3m/s，所以沙尘颗粒下落时间约为t＝hv＝10000s≈3h，6.（2025·浙江1月选考6题）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，与太阳连线扫过的面积分别为S1和S2，且S1＞S2。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倍解析：C由万有引力提供向心力有GMmr2＝mv2r，得v＝GMr，由题意知，哈雷彗星在近日点距太阳中心的距离小于地球绕太阳的公转半径，若哈雷彗星在近日点做匀速圆周运动，则哈雷彗星在近日点做匀速圆周运动的速度大于地球的公转速度，又哈雷彗星在近日点做离心运动，因此哈雷彗星在近日点的速度大于地球绕太阳的公转速度，A错误；哈雷彗星从b运行到c的过程中万有引力与速度方向的夹角一直为钝角，万有引力做负功，哈雷彗星速度一直减小，因此动能一直减小，B错误；根据开普勒第二定律可知，哈雷彗星与太阳的连线在任意相同的时间内扫过的面积相同，由题意S1＞S2可知，哈雷彗星从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间，C正确；由牛顿第二定律得GMmr2＝ma，得a＝GMr2，由哈雷彗星在近日点与太阳中心的距离和地球的公转轨道半径关系知，哈雷彗星的加速度a1与地球的加速度a2比值为a1a27.（2025·浙江1月选考7题）有关下列四幅图的描述，正确的是（）A.图1中，U1∶U2＝n2∶n1B.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，调谐频率增大解析：C若题图1中变压器为理想变压器，由理想变压器的工作原理可知，原、副线圈的电压与匝数的关系为U1U2＝n1n2，若变压器为非理想变压器，该关系不成立，A错误；题图2中所示的位置线圈平面与磁感线的夹角为30°，沿图示方向转动的过程中，穿过线圈的磁通量正在增大，当穿过线圈的磁通量最大时，线圈中的感应电动势最小，所以图2中，线圈中的感应电动势正在减小，B错误；电容器中电场强度方向竖直向上，因此下极板带正电，上极板带负电，由题图3中磁感线方向及安培定则可知，线圈中的电流沿逆时针方向（俯视），即电流流向带正电的下极板，因此电容器正在充电，电容器中电场的能量正在增大，C正确；LC振荡电路的频率为f＝12πLC，8.（2025·浙江1月选考8题）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1kg。A以4m/s的速度向右运动，B和C一起以2m/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，重力加速度g取10m/s2，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0.2sC.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12JD.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m解析：D碰前B和C共同向左运动，因此碰撞瞬间C相对地面向左运动，A错误；规定向右为正方向，A、B碰撞过程动量守恒，则有mvA－mvB＝2mv1，解得两者碰后瞬间的共同速度v1＝1m/s，从A、B碰后到三者共速的过程，A、B、C组成的系统动量守恒，则有2mv1－mvC＝3mv，解得三者共同速度v＝0，所以最终三者静止，对滑块C，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝5m/s2，从碰后到三者相对静止的时间为t＝vCa＝0.4s，B错误；由能量守恒定律得，从碰撞后到三者相对静止的过程因摩擦而产生的热量为Q＝12×2mv12＋12mvC2＝3J，C错误；该过程由功能关系得Q＝μmgx相对，解得C相对长板滑动的距离x相对＝9.（2025·浙江1月选考9题）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（U0）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（）解析：B对A选项，当开关S断开时，整个电路均断开，则不能给电池充电，A错误；对B选项，当S闭合稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时L产生自感电动势阻碍电流减小，L相当于电源且给动力电池充电，电流方向与输出电源给动力电池充电电流的方向相同，此时电压U与L中产生的自感电动势共同加在充电电池两端，且二极管正向导通，从而实现给高压充电，B正确；对C选项，当S闭合稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时L也断开，此时只有回收系统的电压U加在充电电池两端，所以不能实现给高压充电，C错误；对D选项，当S闭合稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时电压U断开，只有L产生的自感电动势加在充电电池两端，二极管无法正向导通，不能实现给高压充电，D错误。10.（2025·浙江1月选考10题）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Δt后亮点消失。已知转盘转动角速度为ω，空气折射率为1，隔板折射率为n，则待测溶液折射率nx为（光从折射率为n1的介质射入折射率为n2的介质，入射角与折射角分别为θ1与θ2，有sinθ1sinA.1sinωΔtC.nsinωΔt解析：A设开始计时时激光从待测溶液射向隔板的入射角为θ，由容器旋转过程的光路分析可知，经过Δt时间转盘转过的角度为2θ。则2θ＝ωΔt，所以θ＝ωΔt2，光线从待测溶液射入隔板，nnx＝sinθsinθ'，光线从隔板射向空气发生全反射，n＝1sinC，结合θ'二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11.（2025·浙江1月选考11题）〔多选〕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的宽B.P、Q产生的光电子在K处的最小德布罗意波长，P大于QC.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解析：BC由爱因斯坦光电效应方程得Ekm＝hν－W0，又由动能定理得－eUc＝0－Ekm，整理得eUc＝hν－W0，由题图2可知，Q的截止电压大于R的，则Q的频率大于R的频率，由c＝λν可知，Q的波长小于R的波长，则分别射入同一单缝衍射装置时，Q的中央亮纹比R的窄，A错误；同理，Q产生的光电子的最大初动能比P的大，由德布罗意波长公式λ＝hp和p＝2mEkm得λ＝h2mEkm，显然P产生的光电子在K处的最小德布罗意波长大于Q的，B正确；结合A项分析，根据题图2可知Q的频率最大，由公式E＝hν可知Q的光子能量最大，则由能级跃迁的频率条件hν＝En－Em可知，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，C正确；对应于题图2中的M点，P和Q12.（2025·浙江1月选考12题）〔多选〕如图1所示，两波源S1和S2分别位于x＝0与x＝12m处，以x＝6m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＝0.1s时x＝4m与x＝6m两处的质点开始振动。不考虑反射波的影响，则（）A.t＝0.15s时两列波开始相遇B.在6m＜x≤12m间S2波的波长为1.2mC.两列波叠加稳定后，x＝8.4m处的质点振动减弱D.两列波叠加稳定后，在0＜x＜6m间共有7个加强点解析：BCt＝0.1s时x＝4m与x＝6m两处的质点开始振动，则波在x＝6m左侧介质中的波速为v1＝40.1m/s＝40m/s，同理，波在x＝6m右侧介质中的波速为v2＝60.1m/s＝60m/s，两列波相遇时，有v1t＋0.1s×v2＋v1（t－0.1s）＝12m，解得t＝0.125s，A错误；由题图2可知两波源的周期均为T＝0.02s，在6m＜x≤12m间S2波的波长为λ2＝v2T＝60×0.02m＝1.2m，B正确；S1波传到x＝8.4m时所用时间为t'＝640＋8.4－660s＝0.19s，此时S2波在x＝8.4m处已经振动的时间为Δt＝0.19s－12－8.460s＝0.13s＝612T，则t＝0.19s时S1波在x＝8.4m处的振动形式为正处在平衡位置向上运动，S2波在x＝8.4m处的振动形式为正处在平衡位置向下振动，由波的叠加原理可知，两列波叠加稳定后x＝8.4m处的质点为振动减弱点，C正确；S2波传到x＝6m处时所用的时间为0.1s＝5T，则此时S2波使x＝6m处的质点正处在平衡位置向上振动，此时x＝0处的波源S1也正处在平衡位置向上振动，即x＝0处和x＝6m处的质点振动方向相同，即两列波振动步调一致，又两列波在0＜x＜6m间的波长均为λ1＝v1T＝40×0.02m＝0.8m，则对该区间x处质点，振动加强点处有x－（6m－x）＝nλ1＝0.8n（m），其中n为整数，即x＝3m＋n×0.4m（n为整数），又0＜x＜6m，可得n取0、±1、±2、±3、±4、±5、13.（2025·浙江1月选考13题）〔多选〕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随时间变化图像如图2所示，周期为3t0。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φ＝30°；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3B.t＝1.5t0时刻直导线CD电动势为πC.t＝0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为πD.t＝0.5t0时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为π解析：BD对圆环Ⅰ，由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS，又由闭合电路欧姆定律得I＝ER，又S＝πr2，结合题图2可知，在0～t0和2t0～3t0时间内圆环Ⅰ中的感应电流大小均为I1＝πr2B0Rt0，在t0～2t0时间内圆环Ⅰ中的感应电流大小为I2＝2πr2B0Rt0，设圆环Ⅰ中电流的有效值为I有，根据有效值的定义可得I有2R·3t0＝I12R·2t0＋I22Rt0，解得I有＝2πr2B0Rt0，A错误；直导线CD无限长，则相对于圆心O的张角为180°，则由法拉第电磁感应定律及题图2可知t＝1.5t0时，磁场外圆环（整个磁场处于圆环内）产生的感应电动势大小为E＝2πr2B0t0，则直导线CD电动势为ECD＝E2＝πr2B0t0，B正确；由于圆环Ⅱ处于磁场外部，通过圆环Ⅱ的磁通量一直为0，即穿过圆环Ⅱ的磁通量不发生变化，又圆环Ⅱ与圆环Ⅰ绝缘，所以圆环Ⅱ不会产生感应电流，C错误；假设有一金属圆环与PQ所在的感生电场线重合，非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共58分）14.（2025·浙江1月选考14题）实验题（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共14分）14-Ⅰ.“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图1所示。（1）如图2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50Hz，打下计数点3时小车速度为m/s（保留三位有效数字）。（2）下列说法正确的是（多选）。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8V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（3）改用如图3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Δt1、Δt2，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4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）。答案：（1）0.390（2）CD（3）10.00d解析：（1）相邻计数点间的时间间隔T＝5f＝0.1s，由题图2可知打计数点3时的速度v3＝x242T＝（16.70－8（2）补偿阻力时满足mgsinθ＝μmgcosθ，两边质量消掉，因此改变小车总质量时不需要重新补偿阻力，A错误；电火花打点计时器需要接220V交流电源，B错误；该实验中需调节滑轮高度，使牵引小车的细线跟长木板保持平行，C正确；小车应尽量接近打点计时器，并应先接通电源后释放小车，以充分利用纸带，D正确；（3）由题图4可知游标卡尺为20分度的，分度值为0.05mm，由游标卡尺的读数规则可知，遮光条宽度d＝10mm＋0.05mm×0＝10.00mm；滑块经过两光电门时的速度分别为v1＝dΔt1，v2＝dΔt2，根据v22－v14-Ⅱ.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“G0”或“G1”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“G1”移接至接线柱“G0”D.将一个未与电路相接的闭合线圈套在图中线圈外答案：（1）向下插入（2）BC解析：（1）由题图可知，灵敏电流表指针左偏，由题意知此时电流从“－”接线柱流入灵敏电流表，根据楞次定律和安培定则可知，线圈中产生的感应磁场的方向从下到上，与线圈内原磁场方向相反，可知磁铁的N极向下插入；（2）磁铁静止，向上移动线圈，产生的感应电流不一定增加，则指针偏转角度不一定增大，A错误；增大（1）中磁铁运动速度，产生的感应电动势会增加，指针偏转角度增大，B正确；将导线从接线柱“G1”移接到“G0”，灵敏电流表的量程减小，由于感应电流大小一定，可知指针偏转角度增大，C正确；将一个未与电路相接的闭合线圈套在线圈外，线圈中的感应电流不变，指针偏转角度不变，D错误。14-Ⅲ.某同学研究半导体热敏电阻（其室温电阻约为几百欧姆）Rt的阻值随温度变化的规律，设计了如图所示电路。器材有：电源E（4.5V，0.5Ω），电压表（3V，50kΩ），滑动变阻器R（A：“0～10Ω”或B：“0～100Ω”），电阻箱R1（0～99999.9Ω），开关、导线若干。（1）要使cd两端电压U0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S1；②开关S2接a，调节滑片P使电压表示数为U0＝2.50V，再将开关S2切换到b，电阻箱调至R1＝200.0Ω，记录电压表示数U1＝1.40V、调温箱温度t1＝20℃。则温度t1下Rt＝Ω（保留三位有效数字）；③保持R1、滑片P位置和开关S2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Rt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Rt的简要方案。答案：（1）A（2）②157（3）见解析解析：（1）要使cd两端电压U0在实验过程中基本不变，则滑动变阻器应该选择最大阻值较小的A；（2）S2接a时电压表测量电阻箱与Rt两端的总电压U0，S2切换到b时电阻箱与Rt两端的总电压不变，电压表测量电阻箱两端电压，由欧姆定律可知Rt＝U0－U1U1R1，代入数据解得温度t1（3）滑片P位置保持不变，先让S2接a，此时使R1示数为0，电压表读数为U，然后S2接b，调节电阻箱R1使电压表读数为U2，此时R1的示数为R10，热敏电阻Rt的阻值为R1015.（2025·浙江1月选考15题）如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭温度T1＝300K，体积V1＝1×103cm3处于状态1的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h＝10cm。将瓶子放进T2＝303K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1.02J；从状态1到状态3，气体吸收热量4.56J，大气压强p0＝1.0×105Pa，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2；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（填“增大”“不变”“减小”），单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数（填“增大”“不变”“减小”）；（2）求气体在状态3的体积V3；（3）求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。答案：（1）不变减小（2）1.0201×103cm3（3）2.53J解析：（1）从状态2到状态3，气体温度保持不变，则气体分子平均速率不变气体处于状态2时，管内水面高于瓶内水面h，则瓶内气体的压强p2＝p0＋ρgh，气体处于状态3时，管内和瓶内水面等高，则瓶内气体的压强为p3＝p0，因此从状态2到状态3瓶内气体压强减小，又气体分子的平均速率不变，则单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。（2）瓶内气体从状态1到状态2的过程，h保持不变，则瓶内气体压强不变，为p2＝p1＝p0＋ρgh＝1.01×105Pa该过程由盖—吕萨克定律有V1T其中V1＝1×103cm3，T1＝300K，T2＝303K解得V2＝1.01×103cm3瓶内气体从状态2到状态3的过程，由玻意耳定律有p2V2＝p3V3代入数据解得瓶内气体在状态3的体积为V3＝1.0201×103cm3。（3）瓶内气体从状态1到状态2的过程，气体对外做的功为W1＝p1（V2－V1）＝1.01J从状态1到状态3过程，由热力学第一定律可知ΔU＝Q－（W1＋W2）其中Q＝4.56J，W2＝1.02J代入数据解得，从状态1到状态3气体内能的改变量为ΔU＝2.53J。16.（2025·浙江1月选考16题）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C'E、倾角为37°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，滑上螺旋轨道。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＝0.2m，m＝0.1kg，EF段长度L＝516m，FG间距LFG＝0.4m，GH间距LGH＝0.22m，HI间距LHI＝0.1m，EF段与滑块3的动摩擦因数μ＝0.25。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）若h＝0.8m，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小vC；（2）若滑块3恰好能通过螺旋轨道CDC'，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：（1）2m/s（2）2m（3）2.5m或2m解析：（1）当h＝0.8m时，对滑块1从静止滑下至到达C点，由动能定理有mgh＝12m解得滑块1与滑块2碰前瞬间的速度大小为v0＝4m/s滑块1与滑块2发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有mv0＝2mvC解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为vC＝2m/s。（2）当滑块3恰能通过螺旋轨道CDC'时，滑块3运动到D点，由牛顿第二定律有2mg＝2mv解得滑块3运动至D点的速度大小为vD＝2m/s滑块3从C点运动到D点，由机械能守恒定律有12×2mvC'2＝2mg·2R＋12×2解得滑块1与滑块2碰撞后瞬间的速度大小vC'＝10m/s滑块1由静止滑下到运动至C点，由动能定理得mgh＝12mv0'2，滑块1、2碰撞过程，由动量守恒定律得mv0'＝2mvC联立解得h＝2m。（3）滑块3从C'点运动到F点的过程，由动能定理有－2mgLsin37°－μ·2mgLcos37°＝12×2mvF2－12×2若滑块3直接落入I点的洞中，滑块3从F点到I点过程，竖直方向vFsin37°＝g·t水平方向LFG＋LGH＋LHI＝vFt1cos37°结合mgh1＝12mv0″2，mv0″＝2mvC联立解得h1＝2.5m＞2m若滑块3经一次反弹落入I点的洞中，则滑块3从F点运动到I点的时间为t2＝2vF水平方向LFG＋LGH＋LHI＝vF't2cos37°联立解得vF'＝5m/s则F点距反弹点的距离为x＝vF'cos37°·2vF'sin37°g又LFG＜x＜LFH，则反弹点位于G、H两点之间结合mgh2＝12mv0‴2，mv0‴＝2mvC又－2mgLsin37°－μ·2mgLcos37°＝12×2mvF'2－12×2mvC联立解得h2＝2m由上述分析可知，滑块反弹次数越多，h越小，则若滑块3经历两次反弹落入I点的洞中时，h3＜h2＝2m，结合（2）问分析可知滑块3无法经过螺旋轨道的最高点D，滑块3无法落入I点的洞中综上所述，游戏成功的高度h＝2.5m或2m。17.（2025·浙江1月选考17题）如图所示，接有恒流源的正方形线框边长为2L、质量为m、电阻为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＝L2过程，安培力做的功及冲量③线框中心运动至x＝L2时，恒流源提供的电压（2）线框中心分别位于x＝0和x＝L2，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心运动到x＝L所需时间分别为t1和t2，求t1－t2答案：（1）①2BIL②3BIL243IBm2L，方向水平向右③BL23BI解析：（1）①闭合开关S瞬间，线框在磁场中的有效长度为l＝2L所以线框受到的安培力大小为F安＝BIl＝2BIL；②由①问分析可知线框中心运动到x（x≤L）时，线框受到的安培力大小为F安＝2BI（L－x）则初始时和线框中心运动至x＝L2时线框受到的安培力分别为F安1＝2BIL，F安2＝则线框中心运动至x＝L2过程，安培力做的功为W安＝F安·Δx＝F安1该过程由动能定理有W安＝12mv解得v＝3BI则由动量定理可知该过程安培力的冲量大小为I＝mv＝3IBm2L，③线框中心运动至x＝L2时，由能量守恒定律有UI＝BILv＋I2则线框中心运动至x＝L2时，恒流源提供的电压为U＝BL23BI2（2）线框出磁场之前，线框运动的过程中受到的安培力F安＝2BI（L－x）＝2BIx'＝kx'，则出磁场前，线框做简谐运动根据简谐运动周期公式可得T＝2πmk＝2π由题意可知，两次简