2025年高考物理“物理競(jìng)賽”思維拓展試題（一）一、選擇題（共5題，每題6分，共30分）1.碰撞與動(dòng)量守恒綜合問(wèn)題在光滑水平面上，質(zhì)量為2kg的小球A以4m/s的速度與靜止的質(zhì)量為3kg的小球B正碰。已知碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且機(jī)械能損失不超過(guò)20%。下列關(guān)于碰后兩球速度v?（A球）和v?（B球）的可能值，正確的是（）A.v?=1.2m/s，v?=1.6m/sB.v?=-0.8m/s，v?=3.2m/sC.v?=0.4m/s，v?=2.4m/sD.v?=2.0m/s，v?=1.3m/s解析：根據(jù)動(dòng)量守恒定律：(m_Av_{A0}+m_Bv_{B0}=m_Av_1+m_Bv_2)代入數(shù)據(jù)得：(2×4+3×0=2v_1+3v_2)，即(8=2v_1+3v_2)①機(jī)械能損失條件：(\DeltaE_k\leq20%E_{k0})初始動(dòng)能(E_{k0}=\frac{1}{2}m_Av_{A0}^2=\frac{1}{2}×2×4^2=16J)碰撞后動(dòng)能(E_k=\frac{1}{2}m_Av_1^2+\frac{1}{2}m_Bv_2^2)則(E_k\geq0.8×16=12.8J)②聯(lián)立①②驗(yàn)證選項(xiàng)：選項(xiàng)B：(v?=-0.8m/s)，(v?=3.2m/s)代入①：(2×(-0.8)+3×3.2=-1.6+9.6=8)（滿足動(dòng)量守恒）計(jì)算(E_k=0.5×2×(-0.8)^2+0.5×3×3.2^2=0.64+15.36=16J)（彈性碰撞，機(jī)械能無(wú)損失，符合條件）其他選項(xiàng)：A項(xiàng)機(jī)械能損失率37.5%（>20%），C項(xiàng)動(dòng)量不守恒，D項(xiàng)A球速度大于B球（不合理）。答案：B2.電磁復(fù)合場(chǎng)中的粒子運(yùn)動(dòng)如圖所示，空間存在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)（場(chǎng)強(qiáng)E）和勻強(qiáng)磁場(chǎng)（磁感應(yīng)強(qiáng)度B），一帶電粒子（質(zhì)量m，電荷量q）以速度v沿垂直于電場(chǎng)和磁場(chǎng)的方向進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若僅將磁場(chǎng)方向反向，粒子將做（）A.勻速圓周運(yùn)動(dòng)B.勻加速直線運(yùn)動(dòng)C.螺旋線運(yùn)動(dòng)D.類平拋運(yùn)動(dòng)解析：初始狀態(tài)粒子受力平衡：(qE=qvB)（電場(chǎng)力與洛倫茲力等大反向）。磁場(chǎng)反向后，洛倫茲力方向與電場(chǎng)力同向，合力(F=qE+qvB=2qvB)（恒力），且合力方向與初速度垂直。粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，加速度(a=F/m=2qvB/m)，運(yùn)動(dòng)軌跡為拋物線，即類平拋運(yùn)動(dòng)。答案：D3.熱力學(xué)定律與氣體性質(zhì)一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷如圖所示的循環(huán)過(guò)程（A→B→C→A），其中A→B為等壓膨脹，B→C為絕熱膨脹，C→A為等容降壓。下列說(shuō)法正確的是（）A.A→B過(guò)程中氣體內(nèi)能增加B.B→C過(guò)程中氣體溫度升高C.C→A過(guò)程中氣體放出熱量D.整個(gè)循環(huán)過(guò)程氣體對(duì)外做功解析：A→B（等壓膨脹）：由蓋-呂薩克定律(V/T=C)，體積增大則溫度升高，內(nèi)能(U)增加（(U\proptoT)），A正確。B→C（絕熱膨脹）：(Q=0)，對(duì)外做功(W<0)，由熱力學(xué)第一定律(\DeltaU=W+Q)，內(nèi)能減少，溫度降低，B錯(cuò)誤。C→A（等容降壓）：由查理定律(P/T=C)，壓強(qiáng)降低則溫度降低，內(nèi)能減少（(\DeltaU<0)），體積不變(W=0)，故(Q=\DeltaU<0)，氣體放熱，C正確。循環(huán)過(guò)程：P-V圖中面積表示做功，順時(shí)針循環(huán)氣體對(duì)外做功，D正確。答案：ACD4.機(jī)械振動(dòng)與波的疊加兩列頻率均為f的簡(jiǎn)諧橫波沿同一繩傳播，波速均為v，振幅分別為A和2A。某時(shí)刻兩列波的波形如圖所示，其中波1沿x軸正方向傳播，波2沿x軸負(fù)方向傳播。則在x=0處的質(zhì)點(diǎn)，此時(shí)刻的位移和振動(dòng)方向?yàn)椋ǎ〢.位移3A，向上振動(dòng)B.位移A，向下振動(dòng)C.位移0，向上振動(dòng)D.位移2A，向下振動(dòng)解析：波的疊加原理：質(zhì)點(diǎn)位移為兩列波單獨(dú)引起的位移矢量和。波1在x=0處：處于波峰，位移+A，振動(dòng)方向向下（下一時(shí)刻波峰右移，質(zhì)點(diǎn)向平衡位置運(yùn)動(dòng)）。波2在x=0處：處于波峰，位移+2A，振動(dòng)方向向下（下一時(shí)刻波峰左移，質(zhì)點(diǎn)向平衡位置運(yùn)動(dòng)）。合位移：(A+2A=3A)，振動(dòng)方向同向疊加（向下）。答案：A5.天體運(yùn)動(dòng)與能量守恒地球同步衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為r，運(yùn)行周期T=24h。若某衛(wèi)星在半徑為r/4的軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其線速度大小為v，已知地球表面重力加速度為g，地球半徑為R。則v的表達(dá)式為（）A.(v=\sqrt{\frac{gR^2}{r}})B.(v=\sqrt{\frac{4gR^2}{r}})C.(v=\sqrt{\frac{16gR^2}{r}})D.(v=\sqrt{\frac{gR^2}{4r}})解析：由萬(wàn)有引力提供向心力：(G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{v^2}{r})，得(v=\sqrt{\frac{GM}{r}})。對(duì)同步衛(wèi)星：(G\frac{Mm}{r^2}=m(\frac{2\pi}{T})^2r)，則(GM=(\frac{2\pi}{T})^2r^3)。對(duì)低軌道衛(wèi)星（r'=r/4）：(v=\sqrt{\frac{GM}{r'}}=\sqrt{\frac{(\frac{2\pi}{T})^2r^3}{r/4}}=\sqrt{\frac{4(\frac{2\pi}{T})^2r^2}{1}})。又地球表面(g=\frac{GM}{R^2})，即(GM=gR^2)，故(v=\sqrt{\frac{gR^2}{r/4}}=\sqrt{\frac{4gR^2}{r}})。答案：B二、填空題（共5題，每題5分，共25分）6.動(dòng)量定理的應(yīng)用質(zhì)量為0.5kg的小球以10m/s的速度豎直撞擊水平地面，碰撞后反彈速度大小為8m/s，碰撞時(shí)間為0.02s。則地面對(duì)小球的平均作用力大小為_(kāi)_______N（g=10m/s2）。解析：取豎直向上為正方向，由動(dòng)量定理：((F-mg)\Deltat=mv_t-mv_0)代入數(shù)據(jù)：((F-0.5×10)×0.02=0.5×8-0.5×(-10))即((F-5)×0.02=9)，解得(F=455N)。答案：4557.電磁感應(yīng)中的電荷量計(jì)算如圖所示，矩形線圈匝數(shù)n=100，面積S=0.02m2，總電阻R=2Ω，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度ω=10πrad/s。從線圈平面與磁場(chǎng)方向平行時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，在0~0.05s內(nèi)通過(guò)線圈某一截面的電荷量為_(kāi)_______C。解析：周期(T=2\pi/\omega=0.2s)，0.05s為T(mén)/4。磁通量變化量(\Delta\Phi=BS-0=0.5×0.02=0.01Wb)（從平行到垂直，磁通量從0增至BS）。平均電動(dòng)勢(shì)(\bar{E}=n\Delta\Phi/\Deltat)，平均電流(\bar{I}=\bar{E}/R)，電荷量(q=\bar{I}\Deltat=n\Delta\Phi/R)。代入數(shù)據(jù)：(q=100×0.01/2=0.5C)。答案：0.58.熱力學(xué)第一定律的應(yīng)用一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A（P?=2atm，V?=1L）經(jīng)等壓膨脹到狀態(tài)B（V?=2L），再經(jīng)等容降壓到狀態(tài)C（P?=1atm）。已知A→B過(guò)程中氣體吸熱Q=200J，氣體內(nèi)能增加ΔU?；B→C過(guò)程中氣體內(nèi)能減少ΔU?。則ΔU?-ΔU?=________J（1atm·L=101J）。解析：A→B（等壓膨脹）：(W_1=-P\DeltaV=-2×(2-1)=-2atm·L=-202J)由熱力學(xué)第一定律：(\DeltaU_1=Q+W_1=200-202=-2J)B→C（等容降壓）：(W_2=0)，由查理定律(P/T=C)，(T_B/T_C=P_B/P_C=2/1)內(nèi)能變化(\DeltaU_2=nC_v\DeltaT)，A→B過(guò)程(\DeltaT_1=T_B-T_A=T_A)（等壓下V翻倍，T翻倍），B→C過(guò)程(\DeltaT_2=T_C-T_B=-T_B/2=-T_A)故(\DeltaU_2=-\DeltaU_1=2J)（內(nèi)能僅與溫度有關(guān)，溫度變化量大小相等，符號(hào)相反）則(\DeltaU_1-\DeltaU_2=-2-2=-4J)答案：-49.光的折射與全反射一束單色光從空氣（折射率n?=1）斜射入某種透明介質(zhì)（折射率n?=√3），入射角i=60°。若增大入射角，使折射光線恰好消失，則此時(shí)入射角為_(kāi)_______°。解析：臨界角公式(\sinC=n_1/n_2=1/\sqrt{3})，但此處需考慮折射光線消失即發(fā)生全反射，需滿足光從光密介質(zhì)射向光疏介質(zhì)。題目中光線從空氣射入介質(zhì)（光疏→光密），無(wú)論入射角多大，均不會(huì)發(fā)生全反射，折射光線不會(huì)消失。答案：無(wú)解（或題目條件錯(cuò)誤）10.原子物理與動(dòng)量守恒一個(gè)靜止的鈾核（(^{238}{92}U)）發(fā)生α衰變，放出一個(gè)α粒子（(^4_2He)）后生成釷核（(^{234}{90}Th)）。已知α粒子的動(dòng)能為E?α，釷核的動(dòng)能為E?Th，普朗克常量為h。則E?α:E?Th=，衰變過(guò)程中釋放的γ光子頻率ν=（用E?α、E?Th、h表示）。解析：動(dòng)量守恒：(p_α=p_{Th})（衰變前總動(dòng)量為0）動(dòng)能(E_k=p^2/(2m))，故(E_{kα}/E_{kTh}=m_{Th}/m_α=234/4=117/2)釋放能量(\DeltaE=E_{kα}+E_{kTh}+hν)，若忽略γ光子能量（題目未明確），則(ν=(\DeltaE-E_{kα}-E_{kTh})/h)，但通常衰變能主要轉(zhuǎn)化為粒子動(dòng)能，故(ν=0)（或需補(bǔ)充衰變能數(shù)據(jù)）。答案：117:2；0（或需補(bǔ)充條件）三、計(jì)算題（共4題，每題15分，共60分）11.力學(xué)綜合：彈簧振子與碰撞如圖所示，質(zhì)量為M=2kg的滑塊靜止在光滑水平面上，其左側(cè)連接一勁度系數(shù)k=100N/m的輕彈簧，右側(cè)與一質(zhì)量m=1kg的小球用長(zhǎng)L=0.5m的輕繩連接。現(xiàn)將小球拉至與滑塊右側(cè)成θ=60°角的位置由靜止釋放，小球下擺過(guò)程中繩始終伸直，與滑塊發(fā)生彈性碰撞后反彈。已知重力加速度g=10m/s2，求：（1）小球與滑塊碰撞前瞬間的速度大?。唬?）碰撞后彈簧的最大壓縮量。解析：（1）小球下擺過(guò)程中，滑塊靜止（未受水平力），由機(jī)械能守恒：(mgL(1-\cosθ)=\frac{1}{2}mv^2)代入數(shù)據(jù)：(1×10×0.5×(1-0.5)=0.5×1×v^2)解得(v=\sqrt{5}m/s)（2分）（2）彈性碰撞過(guò)程，動(dòng)量守恒且機(jī)械能守恒：(mv=Mv_M+mv_m)（1）(\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2}Mv_M^2+\frac{1}{2}mv_m^2)（2）聯(lián)立解得：(v_M=\frac{2m}{M+m}v=\frac{2×1}{3}×\sqrt{5}=\frac{2\sqrt{5}}{3}m/s)（3分）碰撞后滑塊壓縮彈簧，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能：(\frac{1}{2}Mv_M^2=\frac{1}{2}kx^2)代入數(shù)據(jù)：(0.5×2×(\frac{2\sqrt{5}}{3})^2=0.5×100x^2)解得(x=\frac{2}{3}m≈0.67m)（5分）答案：（1）(\sqrt{5}m/s)；（2）(\frac{2}{3}m)12.電磁學(xué)綜合：帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，第一象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)（場(chǎng)強(qiáng)E=2×103V/m），第四象限存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T）。一帶電粒子（質(zhì)量m=1×10??kg，電荷量q=+2×10??C）從坐標(biāo)原點(diǎn)O以速度v?=2×103m/s沿x軸正方向射入電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入磁場(chǎng)，最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場(chǎng)。不計(jì)粒子重力，求：（1）粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度大小和方向；（2）P點(diǎn)的坐標(biāo)。解析：（1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)：水平方向：(t=L_x/v_0)（L_x為電場(chǎng)中水平位移，需結(jié)合豎直方向求解）豎直方向：(a=qE/m=(2×10^{-6}×2×10^3)/1×10^{-6}=4×10^3m/s2)豎直速度(v_y=at)，位移(y=\frac{1}{2}at2)離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度大小(v=\sqrt{v_02+v_y2})，方向(\tanθ=v_y/v_0)（此處需補(bǔ)充電場(chǎng)寬度，若假設(shè)粒子從電場(chǎng)右邊界x=L處射出，設(shè)L=0.5m，則(t=0.5/2×103=2.5×10^{-4}s)，(v_y=4×103×2.5×10^{-4}=1m/s)，(v=\sqrt{(2×103)^2+1^2}≈2000m/s)，方向θ≈0°，顯然不合理，故需明確電場(chǎng)范圍。若題目隱含電場(chǎng)無(wú)限大，則粒子將一直加速，無(wú)法進(jìn)入磁場(chǎng)，因此合理假設(shè)電場(chǎng)寬度L=0.5m，修正后(v_y=1m/s)，(v≈2000m/s)，方向接近水平。）（2）進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力：(qvB=mv2/r)，(r=mv/(qB)=(1×10^{-6}×2000)/(2×10^{-6}×0.5)=2000m)（過(guò)大，說(shuō)明電場(chǎng)寬度假設(shè)錯(cuò)誤）正確解法：設(shè)粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)豎直位移為y，速度偏角θ，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)坐標(biāo)（x?,y），在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡圓心在（x?,r），由幾何關(guān)系(r=y/\sinθ)，結(jié)合(\sinθ=v_y/v)，(v_y=qEt/m)，(x?=v_0t)，聯(lián)立解得P點(diǎn)坐標(biāo)（x?+r\cosθ,0）。（因題目條件缺失，此處假設(shè)粒子從電場(chǎng)中y=0.2m處離開(kāi)，則(t=\sqrt{2y/a}=\sqrt{2×0.2/4×103}=0.01s)，(v_y=4×103×0.01=40m/s)，(v=\sqrt{(2000)^2+40^2}≈2000.4m/s)，(r=mv/(qB)≈(1×10^{-6}×2000)/(2×10^{-6}×0.5)=2000m)，仍不合理，故題目需補(bǔ)充電場(chǎng)寬度數(shù)據(jù)，此處按標(biāo)準(zhǔn)類平拋模型，假設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=1×10??s，則(v_y=0.4m/s)，(r=1m)，P點(diǎn)坐標(biāo)（0.2+1×cosθ,0）≈（1.2m,0）。）答案：（1）2000m/s，方向水平；（2）（1.2m,0）（需根據(jù)實(shí)際電場(chǎng)寬度修正）13.熱學(xué)綜合：理想氣體狀態(tài)方程一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷如圖所示的循環(huán)過(guò)程，其中A→B為等溫壓縮，B→C為等容升溫，C→A為絕熱膨脹。已知狀態(tài)A的溫度T?=300K，壓強(qiáng)P?=1atm，體積V?=3L；狀態(tài)B的體積V?=1L。求：（1）狀態(tài)B的壓強(qiáng)P?和溫度T?；（2）C→A過(guò)程中氣體對(duì)外做的功W。解析：（1）A→B（等溫壓縮）：(P_AV_A=P_BV_B)(P_B=P_AV_A/V_B=1×3/1=3atm)，(T_B=T_A=300K)（2）B→C（等容升溫）：(P_C/T_C=P_B/T_B)（需補(bǔ)充C狀態(tài)數(shù)據(jù)，若假設(shè)C→A為絕熱膨脹，(T_CV_C^{\gamma-1}=T_AV_A^{\gamma-1})，取γ=5/3（單原子氣體），(V_C=V_B=1L)，則(T_C=T_A(V_A/V_C)^{\gamma-1}=300×(3/1)^{2/3}≈300×2.08=624K)C→A過(guò)程絕熱，(W=\DeltaU=nC_v(T_A-T_C))，由狀態(tài)A：(n=P_AV_A/(RT_A)=(1×3)/(0.082×300)≈0.12mol)，(C_v=3R/2=12.5J/(mol·K))，(W=0.12×12.5×(300-624)≈-486J)（對(duì)外做功486J）。答案：（1）3atm，300K；（2）486J14.電磁感應(yīng)綜合：導(dǎo)體棒切割磁感線如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ=30°的絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距L=1m，電阻不計(jì)。導(dǎo)軌上端連接一阻值R=2Ω的電阻，下端連接一電容C=1F的電容器。整個(gè)裝置處于垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T。質(zhì)量m=0.2kg的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=√3/6?，F(xiàn)給導(dǎo)體棒沿斜面向上的初速度v?=4m/s，導(dǎo)體棒向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。求：（1）導(dǎo)體棒向上運(yùn)動(dòng)的最大距離；（2）整個(gè)過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。解析：（1）導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(E=BLv)，電路中電流(I=E/R)，安培力(F_A=BIL=B2L2v/R)，方向沿斜面向下。導(dǎo)體棒受力：重力沿斜面向下分力(mg\sinθ=0.2×10×0.5=1N)，摩擦力(f=μmg\cosθ=(\sqrt{3}/6)×0.2×10×(\sqrt{3}/2)=0.5N)，總阻力(F=1+0.5+F_A)由牛頓第二定律：(-F=ma=m(dv/dt))，即(-(1.5+B2L2v/R)=m(dv/dt))分離變量積分：(\int_0^sds=-\int_{v_0}^0\frac{mR}{B2L2}\frac{dv}{(1.5R/(B2L2)+v)})代入數(shù)據(jù)：(B2L2/R=(0.52×12)/2=0.125)，(1.5R/(B2L2)=1.5×2/0.125=24)(s=-\frac{0.2×2}{0.125}\ln(\frac{24+0}{24+4})=-3.2\ln(24/28)≈-3.2×(-0.154)≈0.49m)（2）電阻R產(chǎn)生的焦耳熱(Q=\intI2Rdt=\int(BLv/R)2Rdt=(B2L2/R)\intv2dt)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系(v=ds/dt)，(Q=(B2L2/R)\intvds)，由（1）中積分結(jié)果，(\intvds=\int_0^svds≈0.49×(v_0/2)≈0.49×2=0.98m2/s)，(Q=0.125×0.98≈0.12J)。答案：（1）0.49m；（2）0.12J四、拓展題（共1題，20分）15.近代物理：光電效應(yīng)與波粒二象性用波長(zhǎng)λ=200nm的紫外線照射金屬鉀表面，逸出光電子的最大初動(dòng)能E?=2.0eV。已知普朗克常量h=6.63×10?3?J·s，元電荷e=1.6×10?1?C，光速c=3×10?m/s。（1）求金屬鉀的逸出功W?和截止頻率ν?；（2）若用波長(zhǎng)λ'=400nm的可見(jiàn)光照射金屬鉀，能否產(chǎn)生光電效應(yīng)？若能，求光電子的最大初動(dòng)能；若不能，說(shuō)明原因；（3）若照射光強(qiáng)度增大為原來(lái)的2倍，逸出光電子的最大初動(dòng)能和飽和光電流如何變化？解析：（1）由愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程：(E_k=hν-W_0)光子能量(hν=hc/λ=(6.63×10^{-34}×3×10^8)/(200×10^{-9})=9.945×10^{-19}J≈6.2eV)逸出功(W_0=hν-E_k=6.2-2.0=4.2eV