2025年高二物理下學期復習卷十（創(chuàng)新題展望）一、情境化選擇題：新能源汽車中的動力學分析（1）2025年某品牌新能源汽車搭載的固態(tài)電池能量密度達400Wh/kg，其電機最大功率為150kW。若汽車質(zhì)量為2000kg，在平直公路上以額定功率啟動，忽略空氣阻力和摩擦阻力，下列說法正確的是（）A.汽車速度達到20m/s時的加速度為3.75m/s2B.汽車最大速度與電池容量無關C.若電池容量為100kWh，理論續(xù)航里程可達600kmD.啟動過程中牽引力的功率隨時間均勻增大解析：本題需結合功率公式P=Fv與牛頓第二定律F=ma綜合分析。選項A中，由P=Fv得牽引力F=150000W/20m/s=7500N，加速度a=F/m=3.75m/s2，A正確；最大速度受功率和阻力限制，與電池容量無關（容量影響續(xù)航而非最大速度），B正確；續(xù)航里程需考慮實際行駛中的能量損耗，理想化計算100kWh÷（150kW/v）=（2/3）v·h，當v=27m/s（約97km/h）時續(xù)航為65km，C錯誤；額定功率啟動時功率恒定，D錯誤。（2）新能源汽車的無線充電技術基于電磁感應原理，其充電線圈可等效為理想變壓器。若原線圈輸入電壓為220V，副線圈輸出電壓為380V，充電電流為10A，下列說法錯誤的是（）A.原副線圈匝數(shù)比為11:19B.輸入功率大于3800WC.增加副線圈匝數(shù)可提高輸出電壓D.充電過程中存在渦流損耗解析：理想變壓器電壓比等于匝數(shù)比，A正確；實際變壓器存在銅損、鐵損，輸入功率大于輸出功率3800W，B正確；根據(jù)U?/U?=n?/n?，增加副線圈匝數(shù)n?可提高U?，C正確；無線充電采用高頻交變磁場，金屬線圈中會產(chǎn)生渦流導致能量損耗，D正確。本題無錯誤選項，需注意題目中“錯誤的是”的反向設問。二、圖形化選擇題：電磁感應中的動態(tài)分析（3）某同學用傳感器記錄線圈在磁場中運動的v-t圖像（如圖1），線圈電阻為R，面積為S，磁場磁感應強度為B，線圈平面始終與磁場垂直。下列關于線圈感應電動勢E隨時間變化的圖像正確的是（）（圖像說明：v-t圖像為折線，0-2s內(nèi)從0勻加速至2m/s，2-4s內(nèi)勻速，4-6s內(nèi)勻減速至0）A.E-t圖像為0-2s內(nèi)傾斜直線，2-4s內(nèi)水平直線，4-6s內(nèi)傾斜直線B.E-t圖像為0-2s內(nèi)拋物線，2-4s內(nèi)水平直線，4-6s內(nèi)拋物線C.E-t圖像始終為水平直線D.E-t圖像與v-t圖像形狀相同解析：根據(jù)法拉第電磁感應定律E=BLv（切割磁感線模型）或E=ΔΦ/Δt=BSΔv/Δt（面積變化率模型），本題中v-t圖像的斜率代表加速度a，0-2s內(nèi)v均勻增大，E=BLv隨時間線性增大，圖像為傾斜直線；2-4s內(nèi)v恒定，E恒定；4-6s內(nèi)v均勻減小，E線性減小。A正確，D選項錯誤原因在于E與v成正比而非與t成正比。（4）圖2為某黑箱實驗的輸入-輸出特性曲線，黑箱內(nèi)可能含電源、電阻、二極管等元件。若輸入電壓u=2sin(ωt)V，輸出電壓u'的波形如圖所示（僅保留正半周波形，負半周被削去），則黑箱內(nèi)可能的元件組合為（）A.定值電阻B.理想二極管正向串聯(lián)電阻C.理想二極管反向串聯(lián)電阻D.電容器解析：輸出波形僅保留正半周，說明元件具有單向?qū)щ娦?，二極管正向?qū)〞r電阻很小，反向截止時電阻極大，B正確。電容器會對交流電產(chǎn)生容抗，但不會完全削去半周波形，D錯誤。三、實驗題：原理遷移與創(chuàng)新設計（5）某實驗小組利用頻閃攝影技術研究黏滯阻力對小球運動的影響，裝置如圖3所示。已知頻閃儀頻率為50Hz，小球直徑為5mm，某次實驗得到的頻閃照片如圖4（部分），相鄰兩像點間距依次為：1.20cm、1.05cm、0.90cm、0.75cm、0.60cm。①小球在該液體中做________運動，判斷依據(jù)是________。②若黏滯阻力F=kv，k為阻力系數(shù)，重力加速度g=9.8m/s2，小球質(zhì)量m=1.0×10??kg，求k的值（保留兩位有效數(shù)字）。解析：①勻減速直線運動，相鄰位移差Δx=-0.15cm為恒定值；②由Δx=aT2得加速度a=Δx/T2=-0.15×10?2m/(0.02s)2=-37.5m/s2（此處注意單位換算：1cm=0.01m，T=1/50Hz=0.02s）；根據(jù)牛頓第二定律mg-kv=ma，當v取平均速度v=(1.20+1.05)×10?2m/(2×0.02s)=5.625m/s，解得k=(mg-ma)/v=(1.0×10??×9.8+1.0×10??×37.5)/5.625≈8.4×10??N·s/m。（6）黑箱實驗創(chuàng)新設計：某黑箱內(nèi)有兩個電學元件（可能為電阻、電感、電容），現(xiàn)提供多用電表、直流電源、交流電源、導線若干。①用多用電表歐姆擋測量：紅表筆接A端，黑表筆接B端時讀數(shù)為無窮大；交換表筆后讀數(shù)為100Ω。該元件組合可能為________。②若改用交流電源（f=50Hz）測量AB間電壓，發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)隨頻率增大而減小，則黑箱內(nèi)元件為________。解析：①二極管具有單向?qū)щ娦?，正向電阻?。?00Ω），反向電阻無窮大，故為二極管；②電容的容抗Xc=1/(2πfC)隨頻率增大而減小，電壓表示數(shù)減小，故為電容器。四、計算題：力電融合與復雜模型（7）（14分）如圖5所示，在豎直平面內(nèi)，光滑絕緣軌道由四分之一圓弧AB（半徑R=0.5m）和水平軌道BC組成，圓弧底端B點與水平軌道相切。整個裝置處于水平向右的勻強電場中，電場強度E=2×103N/C。一質(zhì)量m=0.1kg、電荷量q=+5×10??C的小球從A點靜止釋放，已知重力加速度g=10m/s2。①求小球運動到B點時對軌道的壓力大??；②若小球與BC軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，求小球在BC軌道上滑行的最大距離。解析：①從A到B過程，由動能定理得mgR-qER=(1/2)mv2，代入數(shù)據(jù)：0.1×10×0.5-5×10??×2×103×0.5=0.05J=0.05v2，解得v=1m/s；在B點由牛頓第二定律N-mg=mv2/R，N=0.1×10+0.1×12/0.5=1.2N，由牛頓第三定律，壓力大小為1.2N。②在BC軌道上，小球受電場力qE=1N（水平向右）、摩擦力f=μ(mg)=0.2×1=0.2N（水平向左），合力F=1-0.2=0.8N，方向向右，小球?qū)⒗^續(xù)加速，題目存在矛盾（應為電場力方向與運動方向相反）。修正條件：電場水平向左，則電場力qE=1N向左，摩擦力f=0.2N向左，合力F=1.2N，由動能定理-Fs=0-(1/2)mv2，s=0.05J/1.2N≈0.042m。（8）（18分）如圖6所示，空間存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度E=4V/m，方向豎直向上；磁感應強度B=0.5T，方向垂直紙面向里。一質(zhì)量m=0.2kg、電荷量q=0.5C的帶正電小球，從P點以水平速度v?進入復合場，恰能做勻速直線運動。①求初速度v?的大小和方向；②若突然撤去磁場，求小球運動軌跡的曲率半徑；③若保持磁場不變，將電場方向改為豎直向下，求小球在t=2s內(nèi)的位移大小。解析：①小球受重力mg=2N（向下）、電場力qE=2N（向上）、洛倫茲力qvB（由左手定則判斷方向）。勻速直線運動時三力平衡，洛倫茲力必須向上與重力平衡，故mg=qv?B，v?=mg/(qB)=2/(0.5×0.5)=8m/s，方向水平向右（左手定則：四指指向正電荷運動方向，掌心向里，拇指向上）。②撤去磁場后，重力與電場力平衡，小球做勻速直線運動，曲率半徑無窮大。若電場方向改為向下，則電場力向下，合力F=mg+qE=4N，做類平拋運動，水平位移x=v?t=16m，豎直加速度a=F/m=20m/s2，豎直位移y=0.5at2=40m，合位移s=√(162+402)=43.1m。五、開放探究題：科技前沿與物理建模（9）2025年我國成功發(fā)射“羲和二號”太陽探測衛(wèi)星，其搭載的磁譜儀可測量太陽風粒子的運動軌跡。若某帶電粒子（質(zhì)量m，電荷量q）以速度v垂直進入勻強磁場B，軌跡半徑為r。①推導粒子比荷q/m與r、v、B的關系；②若粒子能量為E=1keV，B=0.1T，測得r=0.1m，求該粒子的比荷（1eV=1.6×10?1?J）。解析：①洛倫茲力提供向心力qvB=mv2/r，得q/m=v/(Br)；②由E=0.5mv2得v=√(2E/m)，代入得q/m=√(2E/m)/(Br)，兩邊平方得(q/m)2=2E/(m2B2r2)，即q/m=2E/(B2r2m)，此處需將E=1000×1.6×10?1?J=1.6×10?1?J代入，解得q/m=2×1.6×10?1?/(0.01×0.01m)=3.2×10?12/m，題目缺少質(zhì)量數(shù)據(jù)，修正：直接用q/m=v/(Br)和v=√(2E/m)聯(lián)立得q/m=2E/(B2r2m)，代入E=1.6×10?1?J，B=0.1T，r=0.1m，解得q/m=3.2×10?C/kg（質(zhì)子比荷為9.6×10?C/kg，此處應為電子）。（10）某研究小組設計“電磁彈射器”模型，其原理如圖7所示：兩平行金屬導軌間距L=1m，電阻不計，導軌間存在豎直向上的勻強磁場B=2T，金屬棒質(zhì)量m=0.5kg，電阻R=1Ω，電源電動勢E=10V，內(nèi)阻r=1Ω。閉合開關后，金屬棒從靜止開始運動。①求金屬棒的最大加速度和最大速度；②若金屬棒運動過程中受到恒定阻力f=0.5N，求棒的穩(wěn)定速度。解析：①初始時刻速度為0，感應電動勢E感=0，電流I=E/(R+r)=5A，安培力F=BIL=10N，加速度a=F/m=20m/s2；當E感=BLv=E時，速度最大，v=E/(BL)=10/(2×1)=5m/s。②穩(wěn)定時安培力F'=f+ma=0.5N（加速度為0），I'=F'/(BL)=0.25A，E感=E-I'(R+r)=10-0.5=9.5V，v=E感/(BL)=9.5/2=4.75m/s。六、創(chuàng)新題型：微元法與競賽思想滲透（11）（16分）如圖8所示，一根質(zhì)量為m、長度為L的均勻細桿，可繞O點在豎直平面內(nèi)轉動?，F(xiàn)給桿一個初角速度ω?，使桿從水平位置開始轉動，不計空氣阻力。①用微元法證明桿下擺過程中機械能守恒；②求桿轉動到豎直位置時的角速度ω。解析：①取桿上距O點x處的微元dx，質(zhì)量dm=(m/L)dx，下擺過程中重力做功dW=dm·g·x，總功W=∫??(mg/L)xdx=mgL/2，等于重力勢能減少量，動能增加量ΔEk=0.5Iω2-0.5Iω?2，I=mL2/3，機械能守恒得mgL/2=0.5(mL2/3)(ω2-ω?2)。②解得ω=√(ω?2+3g/L)。（12）（20分）在光滑水平面上，有一質(zhì)量為M的平板車，車面右端靜置一質(zhì)量為m的物塊，物塊與車面間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)給平板車一個水平向右的初速度v?，同時對物塊施加一個水平向右的恒力F。①若F=μmg，求物塊與車相對靜止時的速度；②若F>μmg，求物塊在車面上滑行的時間t。解析：①物塊加速度a?=(F+μmg)/m=2μg，車加速度a?=(μmg)/M，相對靜止時v?-a?t=a?t，t=v?/(a?+a?)=v?M/(2μmgM+μm2g)，共同速度v=a?t=2μmgMv?/(2μmgM+μm2g)=2Mv?/(2M+m)。②物塊加速度a?=(F-μmg)/m，車加速度a?=μmg/M，相對加速度a=a?+a?，相對位移L=v?t-0.5at2=0，解得t=2v?/(a?+a?)=2v?mM/(Fm+Fm-μm2g+μMm2g)，化簡得t=2Mmv?/(F(M+m))。七、綜合應用題：復雜系統(tǒng)的動態(tài)分析（13）（22分）如圖9所示，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有兩個質(zhì)量均為m的小球A、B，A帶正電q，B不帶電，初始時A在圓環(huán)底端，B在圓環(huán)頂端，兩者均靜止?？臻g存在水平向右的勻強電場E=mg/q。①若同時釋放兩球，求A運動到圓環(huán)最高點時的速度大?。虎谌魞H釋放A，求A運動過程中的最大動能。解析：①A從底端到頂端過程，電場力做功qE·2R=2mgR，重力做功-2mgR，總功為0，動能變化量為0，速度仍為0。②A所受電場力qE=mg，等效重力G'=√((mg)2+(mg)2)=√2mg，方向與豎直方向成45°角，最大動能位置在等效最低點（與圓心連線沿等效重力方向），由動能定理mgR(1-cos45°)+qERsin45°=Ek，代入qE=mg，得Ek=mgR(1-√2/2+√2/2)=mgR。（14）（24分）某同學設計“電磁炮”模型，如圖10所示，電源電動勢E=200V，電容C=1000μF，導軌電阻R=0.1Ω，炮彈質(zhì)量m=0.1kg，發(fā)射時電容放電，電流隨時間變化規(guī)律為I=I?e??/??，其中I?=200A，τ=0.01s。①求電容儲存的最大電能；②若炮彈在電流持續(xù)時間內(nèi)獲得的沖量I=∫?^τIdt，求炮彈的出口速度。解析