2025年高考物理“物理與數(shù)學”結合應用試題（二）一、選擇題（共4小題，每題6分）1.電磁感應中的函數(shù)圖像問題如圖所示，邊長為L的正方形單匝線圈abcd在磁感應強度為B的勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸OO'勻速轉(zhuǎn)動，角速度為ω。線圈總電阻為R，從線圈平面與磁場方向平行時開始計時，下列關于線圈中感應電動勢e、感應電流i、磁通量Φ及線圈所受安培力的合力F隨時間t變化的圖像中，正確的是（）A.e-t圖像為余弦函數(shù)曲線，最大值為BL2ωB.i-t圖像為正弦函數(shù)曲線，有效值為BL2ω/(√2R)C.Φ-t圖像為正弦函數(shù)曲線，最大值為BL2D.F-t圖像為正弦函數(shù)曲線，最大值為B2L3ω/R解析：本題綜合考查電磁感應中的數(shù)學表達與圖像分析能力。線圈在磁場中轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應電動勢瞬時值表達式為e=BL2ωcosωt（從平行位置計時），故A選項正確；感應電流i=e/R=BL2ωcosωt/R，為余弦函數(shù)曲線，有效值I=BL2ω/(√2R)，B選項錯誤；磁通量Φ=BSsinωt=BL2sinωt，最大值為BL2，C選項正確；線圈所受安培力的合力F=0（因線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動，安培力合力始終為零），D選項錯誤。正確答案為AC。2.力學中的導數(shù)應用一物體沿直線運動，其位移x隨時間t的變化關系為x=2t3-3t2+4t（m），則下列說法正確的是（）A.t=1s時物體的速度為5m/sB.物體在t=2s時的加速度為18m/s2C.物體在0~1s內(nèi)的平均速度為3m/sD.物體在t=1s時的瞬時加速度為6m/s2解析：本題考查導數(shù)在運動學中的應用。速度v=dx/dt=6t2-6t+4，t=1s時v=6×1-6×1+4=4m/s，A錯誤；加速度a=dv/dt=12t-6，t=2s時a=24-6=18m/s2，B正確；0~1s內(nèi)位移Δx=x(1)-x(0)=2-3+4=3m，平均速度=3/1=3m/s，C正確；t=1s時加速度a=12×1-6=6m/s2，D正確。正確答案為BCD。3.電磁學中的微元法應用如圖所示，真空中一無限長直導線通有電流I，在導線附近有一與導線共面的矩形線圈abcd，線圈的ab邊與導線平行，長度為L，bc邊長度為d，線圈到導線的距離為r。若導線中電流隨時間變化的規(guī)律為I=kt（k為常數(shù)，t>0），則在t時刻線圈中的感應電動勢大小為（）A.(μ?kL)/(2π)·ln[(r+d)/r]B.(μ?kL)/(2π)·[(r+d)/r]C.(μ?ktL)/(2π)·ln[(r+d)/r]D.(μ?ktL)/(2π)·[(r+d)/r]解析：本題考查電磁感應中的微元法與積分運算。無限長直導線產(chǎn)生的磁場B=μ?I/(2πx)，穿過線圈的磁通量Φ=∫B·dS=∫(rtor+d)[μ?I/(2πx)]·Ldx=μ?IL/(2π)·ln[(r+d)/r]。由法拉第電磁感應定律得e=|dΦ/dt|=μ?L/(2π)·ln[(r+d)/r]·dI/dt=μ?kL/(2π)·ln[(r+d)/r]，A選項正確。4.波動光學中的幾何關系單色光通過雙縫干涉裝置形成的干涉圖樣中，相鄰亮條紋間距為Δx。若將雙縫間距d減小為原來的1/2，縫到屏的距離L增大為原來的3倍，入射光波長λ增大為原來的2倍，則此時相鄰亮條紋間距變?yōu)椋ǎ〢.3ΔxB.6ΔxC.12ΔxD.24Δx解析：本題考查雙縫干涉公式的數(shù)學變形。根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式Δx=λL/d，變化后Δx'=λ'L'/d'=(2λ)(3L)/(d/2)=12λL/d=12Δx，C選項正確。二、非選擇題（共3小題）5.力學綜合題（18分）如圖所示，質(zhì)量為M=2kg的木板靜止在光滑水平面上，木板左端固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧右端與質(zhì)量為m=1kg的物塊A相連，物塊A與木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.2?，F(xiàn)給物塊A一個水平向右的初速度v?=6m/s，使彈簧壓縮至最短后又被彈開，最終物塊A與木板分離。已知重力加速度g=10m/s2，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。（1）求彈簧壓縮至最短時木板的速度大小；（2）求彈簧的最大彈性勢能；（3）若物塊A與木板分離后，木板與前方一質(zhì)量為m'=1kg的靜止物塊B發(fā)生彈性碰撞，求碰撞后物塊B的速度大小。解析：（1）系統(tǒng)動量守恒，彈簧壓縮至最短時兩者共速，有mv?=(M+m)v，解得v=mv?/(M+m)=1×6/(2+1)=2m/s。（2）由能量守恒定律得：1/2mv?2=1/2(M+m)v2+E?+Q，其中Q=μmg·s相對。但本題中彈簧壓縮至最短時，A與木板相對位移最大，此時E?最大，且分離時系統(tǒng)機械能損失等于摩擦力做功的2倍（壓縮和彈開兩個過程）。但根據(jù)動量守恒和能量守恒聯(lián)立：壓縮過程：mv?=(M+m)v→v=2m/s能量損失ΔE=1/2mv?2-1/2(M+m)v2=1/2×1×36-1/2×3×4=18-6=12J=E?+Q?彈開過程：(M+m)v=Mv?+mv?（動量守恒）1/2(M+m)v2+E?-Q?=1/2Mv?2+1/2mv?2（能量守恒，Q?=Q?=μmg·s相對）聯(lián)立解得E?=6J。（3）木板與物塊B彈性碰撞，滿足動量守恒和機械能守恒：Mv?=m'v?（分離時木板速度v?=2m/s，物塊A速度v?=0）1/2Mv?2=1/2m'v?2解得v?=4m/s。6.電磁學綜合題（20分）如圖所示，在xOy坐標系中，第一象限內(nèi)存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度B=0.5T；第四象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度E=10N/C。一帶正電的粒子從坐標原點O以某一初速度v?沿x軸正方向射入磁場，經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后從P點（4m，0）進入電場，最終打在y軸上的Q點。已知粒子質(zhì)量m=2×10??kg，電荷量q=4×10??C，不計粒子重力。（1）求粒子在磁場中運動的軌道半徑r；（2）求粒子的初速度v?大??；（3）求粒子從O點運動到Q點的總時間t；（4）求Q點的坐標。解析：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關系知軌道半徑r=OP/2=2m。（2）洛倫茲力提供向心力qv?B=mv?2/r，解得v?=qBr/m=4×10??×0.5×2/(2×10??)=200m/s。（3）粒子在磁場中運動的周期T=2πm/(qB)=2π×2×10??/(4×10??×0.5)=0.02πs，運動時間t?=T/2=0.01π≈0.0314s；進入電場后做類平拋運動，沿x軸方向勻速運動x=4m，時間t?=x/v?=4/200=0.02s；總時間t=t?+t?=0.0514s。（4）粒子在電場中沿y軸方向做勻加速運動，加速度a=qE/m=4×10??×10/(2×10??)=2000m/s2，y方向位移y=1/2at?2=1/2×2000×(0.02)2=0.4m，故Q點坐標為（0，-0.4m）。7.熱學與力學綜合題（22分）如圖所示，一豎直放置的氣缸內(nèi)有質(zhì)量為m=1kg的活塞，活塞與氣缸壁間無摩擦且不漏氣。氣缸內(nèi)封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞下表面與氣缸底部的距離h=0.5m。已知大氣壓強p?=1×10?Pa，活塞橫截面積S=1×10?3m2，重力加速度g=10m/s2，環(huán)境溫度保持不變。（1）求封閉氣體的初始壓強p?；（2）若用一豎直向上的力F緩慢拉動活塞，使活塞上升Δh=0.3m，求此時拉力F的大?。唬?）在（2）的過程中，求封閉氣體對外做的功W；（4）若將氣缸開口向下放置，活塞仍處于平衡狀態(tài)，求此時活塞下表面與氣缸底部的距離h'。解析：（1）初始狀態(tài)對活塞受力分析：p?S=p?S+mg，解得p?=p?+mg/S=1×10?+1×10/(1×10?3)=1.1×10?Pa。（2）末狀態(tài)氣體體積V?=(h+Δh)S=0.8×10?3m3，初始體積V?=hS=0.5×10?3m3。由玻意耳定律p?V?=p?V?，解得p?=p?V?/V?=1.1×10?×0.5/0.8=6.875×10?Pa。對活塞受力分析：p?S=p?S+mg+F，解得F=(p?-p?)S-mg=(1×10?-6.875×10?)×10?3-10=31.25-10=21.25N。（3）氣體對外做功W=∫p·dV，等溫過程W=p?V?ln(V?/V?)=1.1×10?×0.5×10?3×ln(0.8/0.5)=55×ln1.6≈55×0.47=25.85J。（4）氣缸開口向下時，對活塞受力分析：p?S+mg=p?S，解得p?=p?-mg/S=1×10?-10/10?3=9×10?Pa。由玻意耳定律p?V?=p?V?，V?=h'S，解得h'=p?V?/(p?S)=p?h/p?=1.1×10?×0.5/(9×10?)=0.61m。三、選考題（共15分，任選一題作答）8.物理-選修3-3：熱力學定律與能量守恒一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷如圖所示的循環(huán)過程，其中ab為等壓過程，bc為絕熱過程，ca為等容過程。已知狀態(tài)a的溫度T?=300K，狀態(tài)b的體積V?=2V?，狀態(tài)c的壓強p?=0.5p?。（1）求狀態(tài)b的溫度T?和狀態(tài)c的溫度T?；（2）判斷循環(huán)過程中氣體是吸熱還是放熱，并說明理由；（3）若氣體在ab過程中吸收熱量Q=100J，求循環(huán)過程中的凈功W。解析：（1）ab等壓過程：V?/T?=V?/T?→T?=T?V?/V?=300×2=600K；bc絕熱過程：p?V?^γ=p?V?^γ（γ為比熱容比，理想氣體取1.4），但ca為等容過程V?=V?，p?/T?=p?/T?→T?=T?p?/p?=300×0.5=150K。（2）循環(huán)過程ΔU=0，ab過程吸熱Q??=ΔU??+W??，bc過程放熱Q?c=|ΔU?c|（絕熱過程無熱量交換），ca過程放熱Qc?=|ΔUc?|。因T?=T?，ΔUc?=0，故總吸熱Q>總放熱，氣體吸熱。（3）ab過程W??=p?(V?-V?)=p?V?=νRT?=ΔU??（等壓過程ΔU=νC?ΔT，W=pΔV=νRΔT，Q=νC?ΔT），循環(huán)凈功W=Q??-Q?c-Qc?=100-(ΔU?c+0)=100-νC?(T?-T?)=100-(C?/R)W??=100-(5/2)(νRΔT)=100-2.5×50=-25J（負號表示外界對氣體做功）。9.物理-選修3-4：機械振動與機械波一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，波速v=20m/s，t=0時刻的波形圖如圖所示，其中P點（x=1m）的質(zhì)點正在向y軸正方向運動。（1）求該波的波長λ、周期T和振幅A；（2）寫出P點的振動方程；（3）若在x=21m處有一障礙物，求波遇到障礙物后反射回來的反射波的波函數(shù)。解析：（1）由波形圖知λ=4m，T=λ/v=4/20=0.2s，A=5cm；（2）P點振動方程y=Asin(ωt+φ)，ω=2π/T=10πrad/s，t=0時y=0且v>0，故φ=0，y=5sin(10πt)cm；（3）入射波函數(shù)y入=5sin[10π(t-x/20)]cm，反射波在x=21m處發(fā)生反射，反射波波長、頻率不變，波速大小不變方向相反，反射波函數(shù)y反=5sin[10π(t+(x-42)/20)]cm=5sin[10πt+π(x-42)/2]cm。四、附加題（10分）在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小球以速度v?與質(zhì)量為M的靜止小球發(fā)生彈性碰撞，碰撞后兩小球的速度分別為v?和v?。證明：碰撞過程中兩小球的相對速度大小在碰撞前后保持不變（即v?=v?-v?）。證明：彈性碰撞滿足動量守恒和機械能守恒：mv?=mv?+Mv?①1/