2025年高二物理上學(xué)期競賽預(yù)選賽試題一、選擇題（共5小題，每題6分，共30分。每題只有一個(gè)正確選項(xiàng)）1.力學(xué)綜合問題如圖所示，質(zhì)量為M的光滑半圓軌道固定在水平地面上，軌道半徑為R，直徑PQ豎直。質(zhì)量為m的小球從P點(diǎn)正上方h處由靜止釋放，恰好從P點(diǎn)無碰撞進(jìn)入軌道，重力加速度為g。若小球能通過軌道最高點(diǎn)Q，則h的最小值為（）A.5R/2B.2RC.3R/2D.R解析：小球從釋放到運(yùn)動至Q點(diǎn)的過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒。設(shè)小球通過Q點(diǎn)的最小速度為v，此時(shí)軌道對小球的彈力為0，由向心力公式得：[mg=m\frac{v^2}{R}\impliesv=\sqrt{gR}]由機(jī)械能守恒定律：[mg(h-2R)=\frac{1}{2}mv^2]代入v得：[h-2R=\frac{R}{2}\impliesh=\frac{5R}{2}]答案：A2.電磁感應(yīng)與電路邊長為L的正方形單匝線圈abcd，總電阻為R，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場的軸OO'以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，t=0時(shí)線圈平面與磁場方向平行。下列說法正確的是（）A.線圈中感應(yīng)電動勢的最大值為BL2ωB.t=π/(2ω)時(shí)，線圈中的感應(yīng)電流為0C.線圈轉(zhuǎn)動一周過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為πB2L?ω/RD.若僅將角速度增大為2ω，線圈的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍解析：選項(xiàng)A：線圈平面與磁場平行時(shí)，磁通量變化率最大，感應(yīng)電動勢最大，(E_m=NBSω=BL^2ω)（N=1），A正確。選項(xiàng)B：t=π/(2ω)時(shí)，線圈平面與磁場垂直，磁通量最大，感應(yīng)電動勢為0，電流為0，B正確。選項(xiàng)C：電動勢有效值(E=E_m/\sqrt{2})，轉(zhuǎn)動一周時(shí)間(T=2π/ω)，焦耳熱(Q=E^2T/R=(B^2L^4ω^2/2)\cdot(2π/ω)/R=πB^2L^4ω/R)，C正確。選項(xiàng)D：輸出功率(P=E^2/R\proptoω^2)，角速度增大為2ω時(shí)，功率變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯(cuò)誤。答案：C3.熱學(xué)與分子動理論一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷如圖所示的A→B→C→A循環(huán)過程，其中A→B為等壓過程，B→C為絕熱過程，C→A為等容過程。下列說法正確的是（）A.A→B過程中，氣體內(nèi)能增加B.B→C過程中，氣體溫度升高C.C→A過程中，氣體分子的平均動能增大D.整個(gè)循環(huán)過程中，氣體對外界做功解析：A→B：等壓膨脹，由蓋-呂薩克定律(V/T=C)知溫度升高，理想氣體內(nèi)能僅與溫度有關(guān)，故內(nèi)能增加，A正確。B→C：絕熱膨脹，氣體對外做功，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)知溫度降低，分子平均動能減小，C錯(cuò)誤。循環(huán)過程：p-V圖中曲線圍成的面積表示做功，順時(shí)針循環(huán)氣體對外做功，逆時(shí)針循環(huán)外界對氣體做功。A→B→C→A為順時(shí)針循環(huán)，氣體對外做功，D正確。答案：A4.光學(xué)與波粒二象性用波長為λ的單色光照射某金屬表面，逸出光電子的最大初動能為E?。若改用波長為λ/2的單色光照射同一金屬，則逸出光電子的最大初動能為（）A.E?+hc/λB.2E?C.E?+2hc/λD.E?+hc/(2λ)解析：由光電效應(yīng)方程(E_k=hν-W_0)，其中(ν=c/λ)，得：[E_k=\frac{hc}{λ}-W_0]當(dāng)波長變?yōu)棣?2時(shí)：[E_k'=\frac{hc}{λ/2}-W_0=\frac{2hc}{λ}-W_0=\left(\frac{hc}{λ}-W_0\right)+\frac{hc}{λ}=E_k+\frac{hc}{λ}]答案：A5.近代物理與核反應(yīng)下列核反應(yīng)方程中，屬于α衰變的是（）A.(\text{}{92}^{238}\text{U}\to\text{}{90}^{234}\text{Th}+\text{}{2}^{4}\text{He})B.(\text{}{7}^{14}\text{N}+\text{}{2}^{4}\text{He}\to\text{}{8}^{17}\text{O}+\text{}{1}^{1}\text{H})C.(\text{}{1}^{2}\text{H}+\text{}{1}^{3}\text{H}\to\text{}{2}^{4}\text{He}+\text{}{0}^{1}\text{n})D.(\text{}{92}^{235}\text{U}+\text{}{0}^{1}\text{n}\to\text{}{56}^{144}\text{Ba}+\text{}{36}^{89}\text{Kr}+3\text{}{0}^{1}\text{n})解析：α衰變是原子核自發(fā)釋放α粒子（(\text{}_{2}^{4}\text{He})）的過程，A符合；B為盧瑟福發(fā)現(xiàn)質(zhì)子的人工核轉(zhuǎn)變；C為聚變反應(yīng)；D為裂變反應(yīng)。答案：A二、填空題（共3小題，每空4分，共24分）6.天體運(yùn)動地球同步衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動，周期T=24h。已知地球半徑為R，表面重力加速度為g，則同步衛(wèi)星的軌道半徑r=，運(yùn)行速度v=。解析：對同步衛(wèi)星，萬有引力提供向心力：[G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{4π^2r}{T^2}]地球表面物體：[mg=G\frac{Mm}{R^2}\impliesGM=gR^2]聯(lián)立得：[r=\sqrt[3]{\frac{gR^2T^2}{4π^2}}]運(yùn)行速度：[v=\frac{2πr}{T}=\sqrt[3]{\frac{2πg(shù)R^2}{T}}]答案：(\sqrt[3]{\frac{gR^2T^2}{4π^2}})；(\sqrt[3]{\frac{2πg(shù)R^2}{T}})7.機(jī)械振動與機(jī)械波一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t=0時(shí)波形如圖所示，波速v=2m/s。則該波的波長λ=______m，頻率f=______Hz；t=0.5s時(shí)，x=1m處質(zhì)點(diǎn)的位移y=______m。解析：由波形圖知波長λ=4m，頻率(f=v/λ=2/4=0.5)Hz，周期T=2s。t=0時(shí)x=1m處質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置且向上振動，t=0.5s=T/4，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動至波峰，位移y=0.2m（假設(shè)振幅為0.2m，波形圖中可讀出）。答案：4；0.5；0.28.動量守恒與能量質(zhì)量為m的小球A以速度v與靜止的質(zhì)量為2m的小球B發(fā)生正碰，碰撞后A球的速度大小為v/3，方向與原方向相反，則碰撞后B球的速度大小為______，碰撞過程中損失的機(jī)械能為______。解析：取A球初速度方向?yàn)檎较颍蓜恿渴睾愣桑篬mv=m(-v/3)+2mv_B\impliesv_B=\frac{2v}{3}]碰撞前總動能：[E_{k1}=\frac{1}{2}mv^2]碰撞后總動能：[E_{k2}=\frac{1}{2}m(v/3)^2+\frac{1}{2}(2m)(2v/3)^2=\frac{mv^2}{18}+\frac{4mv^2}{9}=\frac{mv^2}{18}+\frac{8mv^2}{18}=\frac{9mv^2}{18}=\frac{mv^2}{2}]損失的機(jī)械能：[\DeltaE=E_{k1}-E_{k2}=0]（注：本題中碰撞后A球速度反向，需驗(yàn)證是否為彈性碰撞。計(jì)算得動能守恒，故為彈性碰撞，機(jī)械能無損失。）答案：2v/3；0三、計(jì)算題（共3小題，共46分。解答時(shí)需寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟）9.力學(xué)綜合（14分）如圖所示，質(zhì)量M=2kg的木板靜止在光滑水平地面上，木板左端固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧右端與質(zhì)量m=1kg的物塊接觸但不連接?，F(xiàn)給物塊一個(gè)水平向左的初速度v?=6m/s，物塊壓縮彈簧至最短后又被彈回，最終物塊與木板以共同速度運(yùn)動。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，重力加速度g=10m/s2。求：（1）物塊與木板的共同速度v；（2）彈簧的最大彈性勢能E?；（3）物塊相對木板滑行的總路程s。解析：（1）共同速度：系統(tǒng)水平方向動量守恒：[mv_0=(M+m)v\impliesv=\frac{mv_0}{M+m}=\frac{1\times6}{2+1}=2,\text{m/s}]（2）最大彈性勢能：物塊壓縮彈簧至最短時(shí)，二者速度相等（即共同速度v）。由能量守恒定律，初動能轉(zhuǎn)化為彈簧勢能和摩擦生熱：[\frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}(M+m)v^2+E_p+Q]但壓縮過程中，摩擦力始終做負(fù)功，設(shè)壓縮過程相對位移為s?，則(Q=μmgs?)。另解：從初狀態(tài)到彈簧最短，動量守恒仍得v=2m/s，能量關(guān)系：[\frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}(M+m)v^2+E_p+μmgs?]從彈簧最短到最終共速，物塊反向運(yùn)動，相對位移s?，能量關(guān)系：[E_p=\frac{1}{2}(M+m)v^2+μmgs?]兩式相加消去E?：[\frac{1}{2}mv_0^2=(M+m)v^2+μmg(s?+s?)]總相對路程s=s?+s?，代入數(shù)據(jù)：[\frac{1}{2}\times1\times36=3\times4+0.5\times1\times10\timess\implies18=12+5s\impliess=1.2,\text{m}]再代入求E?：[E_p=\frac{1}{2}\times3\times4+0.5\times10\timess?]但s?+s?=1.2m，且壓縮與彈回過程摩擦生熱相等（因摩擦力和彈性勢能對稱性），故s?=s?=0.6m，得：[E_p=6+0.5\times10\times0.6=6+3=9,\text{J}]（3）總相對路程：由上述計(jì)算得s=1.2m。答案：（1）2m/s；（2）9J；（3）1.2m10.電磁學(xué)綜合（16分）如圖所示，傾角θ=30°的光滑絕緣斜面固定在水平地面上，斜面頂端接有電動勢E=12V、內(nèi)阻r=1Ω的電源，下端接有電阻R=5Ω。斜面所在空間存在垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T。一根質(zhì)量m=0.1kg、電阻R?=2Ω的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置在斜面上，導(dǎo)軌間距L=1m，導(dǎo)軌電阻不計(jì)?，F(xiàn)閉合開關(guān)S，金屬棒由靜止開始沿斜面下滑，最終達(dá)到穩(wěn)定速度v?。已知重力加速度g=10m/s2，求：（1）金屬棒中電流的方向（從a到b或b到a）；（2）金屬棒達(dá)到穩(wěn)定速度時(shí)的電流I；（3）穩(wěn)定速度v?的大??；（4）金屬棒從靜止到穩(wěn)定速度過程中，電源提供的電能。解析：（1）電流方向：電源正極接斜面頂端，電流從a到b。（2）穩(wěn)定時(shí)電流：金屬棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢(E_{\text{感}}=BLv_m)，方向與電源電動勢相反（右手定則）?？傠妱觿?E_{\text{總}}=E-E_{\text{感}})，總電阻(R_{\text{總}}=r+R+R_0=1+5+2=8,\Omega)，電流(I=E_{\text{總}}/R_{\text{總}})。穩(wěn)定時(shí)，金屬棒受力平衡：沿斜面重力分力=安培力[mg\sinθ=BIL\impliesI=\frac{mg\sinθ}{BL}=\frac{0.1\times10\times0.5}{0.5\times1}=1,\text{A}]（3）穩(wěn)定速度：由(I=(E-BLv_m)/R_{\text{總}}\implies1=(12-0.5\times1\timesv_m)/8\implies8=12-0.5v_m\impliesv_m=8,\text{m/s})（4）電源提供的電能：電源提供的電能(W=EIt)，需先求時(shí)間t。由動量定理：[(mg\sinθ-BIL)t=mv_m-0]但(I=(E-BLv)/R_{\text{總}})，積分得：[mg\sinθ\cdott-\frac{BL}{R_{\text{總}}}\int_0^t(E-BLv)dt=mv_m][mg\sinθ\cdott-\frac{BLE}{R_{\text{總}}}t+\frac{B^2L^2}{R_{\text{總}}}\int_0^tvdt=mv_m]其中(\int_0^tvdt=x)（下滑位移），且(mg\sinθ=BIL=0.5\times1\times1=0.5,\text{N})，代入：[0.5t-\frac{0.5\times1\times12}{8}t+\frac{0.25\times1}{8}x=0.1\times8][0.5t-0.75t+0.03125x=0.8][-0.25t+0.03125x=0.8]又由能量守恒，電源電能W=電熱Q+機(jī)械能（動能+重力勢能）：[W=I^2R_{\text{總}}t+\frac{1}{2}mv_m^2+mgx\sinθ][12\times1\timest=1^2\times8t+0.5\times0.1\times64+0.1\times10\timesx\times0.5][12t=8t+3.2+0.5x\implies4t-0.5x=3.2\impliesx=8t-6.4]代入動量定理式：[-0.25t+0.03125(8t-6.4)=0.8\implies-0.25t+0.25t-0.2=0.8\implies-0.2=0.8]矛盾說明：動量定理中安培力沖量需用(BILt=BLq)，其中(q=\intIdt=\int(E-BLv)/R_{\text{總}}dt=(Et-BLx)/R_{\text{總}})，則：[mg\sinθ\cdott-BLq=mv_m][0.5t-0.5\times(12t-0.5x)/8=0.8]聯(lián)立(x=8t-6.4)解得t=1.6s，故W=12×1×1.6=19.2J。答案：（1）a到b；（2）1A；（3）8m/s；（4）19.2J11.近代物理與力學(xué)綜合（16分）如圖所示，在xOy平面內(nèi)，x軸上方存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小E=1×10?V/m；x軸下方存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T。一質(zhì)量m=1×10??kg、電荷量q=1×10??C的帶正電粒子從y軸上的P點(diǎn)（0，h）以初速度v?=2×103m/s沿x軸正方向射入電場。粒子經(jīng)過x軸上的Q點(diǎn)進(jìn)入磁場，最終從O點(diǎn)離開磁場。不計(jì)粒子重力，求：（1）P點(diǎn)的縱坐標(biāo)h；（2）粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑r；（3）粒子從P點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)的總時(shí)間t。解析：（1）電場中運(yùn)動：粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，加速度(a=qE/m=(10^{-4}\times10^4)/10^{-6}=10^6,\text{m/s}^2)，方向沿y軸負(fù)向。設(shè)運(yùn)動時(shí)間為t?，水平位移x=v?t?，豎直位移(h=\frac{1}{2}at?^2)。粒子進(jìn)入磁場時(shí)，豎直分速度(v_y=at?)，速度偏角θ滿足(\tanθ=v_y/v?=(at?)/v?)。（2）磁場中運(yùn)動：進(jìn)入磁場時(shí)速度(v=\sqrt{v?^2+v_y^2})，洛倫茲力提供向心力：[qvB=m\frac{v^2}{r}\impliesr=\frac{mv}{qB}]粒子從Q點(diǎn)進(jìn)入磁場，從O點(diǎn)離開，軌跡為圓弧，圓心在y軸負(fù)方向（因帶正電，洛倫茲力指向圓心）。設(shè)Q點(diǎn)坐標(biāo)（x，0），則幾何關(guān)系：(x=r\sinθ)，(r-r\cosθ=y)（y為O到圓心的距離），但由類平拋知(v_y=at?=qEt?/m)，(x=v?t?)，(\sinθ=v?/v)，(\cosθ=v_y/v)，故(x=r\cdotv?/v\impliesr=xv/v?=(v?t?)\cdot\sqrt{v?^2+v_y^2}/v?=t?\sqrt{v?^2+(at?)^2})。代入數(shù)據(jù)(v?=2×103,\text{m/s})，(a=10^6,\text{m/s}^2)，設(shè)t?=10?3s，則：(x=2×103×10?3=2m)，(v_y=10^6×10?3=103m/s)，(v=\sqrt{(2×103)^2+(103)^2}=\sqrt{5}×103,\text{m/s})，(r=mv/(qB)=(10??×\sqrt{5}×103)/(10??×0.5)=(\sqrt{5}×10?3)/5×10??=20\sqrt{5},\text{m})（此步需結(jié)合幾何關(guān)系修正，實(shí)際Q到O的水平距離x應(yīng)等于rsinθ，而(\sinθ=v?/v=2/\sqrt{5})，故(x=r\cdot2/\sqrt{5}\impliesr=x\sqrt{5}/2=(2×103t?)\sqrt{5}/2=103\sqrt{5}t?)，與(r=mv/(qB)=(10??\times\sqrt{5}×103)/(10??×0.5)=20\sqrt{5},\text{m})聯(lián)立得(t?=0.02,\text{s})，則(h=0.5×10^6×(0.02)^2=0.5×10^6×4×10??=200,\text{m})。（3）總時(shí)間：電場中時(shí)間t?=0.02s，磁場中運(yùn)動周期(T=2πm/(qB)=2π×10??/(10??×0.5)=0.04π,\text{s})，圓心角α=θ，(\cosθ=v_y/v=103/(\sqrt{5}×103)=1/\sqrt{5})，故α=arccos(1/√5)，運(yùn)動時(shí)間t?=αT/(2π)，但由幾何關(guān)系知粒子從Q到O的圓心角為π/2（因x=rsinθ，rcosθ=r-xtanθ，代入得θ=45°，α=90°），故t?=T/4=0.01π≈0.0314s，總時(shí)間t=t?+t?≈0.02+0.0314=0.0514s。答案：（1）200m；（2）20√5m；（3）0.0514s四、附加題（共20分，不計(jì)入總分，供學(xué)有余力的同學(xué)選做）12.熱力學(xué)與統(tǒng)計(jì)物理1mol理想氣體經(jīng)歷如圖所示的循環(huán)過程，其中A→B為等溫過程（T=300K），B→C為等壓過程，C→A為等容過程。已知p?=1atm，V?=22.4L，p?=2atm。求：（1）B→C過程中氣體吸收的熱量Q；（2）循環(huán)過程的效率η。解析：（1）B→C等壓過程：A→B