2025年下學期高中物理拓展性試卷一、單項選擇題（每題4分，共40分）關于量子糾纏現(xiàn)象，下列說法正確的是（）A.量子糾纏違背相對論中的光速不變原理B.糾纏粒子的狀態(tài)在觀測前是確定的C.愛因斯坦將其稱為“幽靈般的超距作用”D.糾纏態(tài)無法通過量子通信技術應用解析：量子糾纏是指兩個或多個粒子系統(tǒng)之間存在的非定域關聯(lián)，觀測其中一個粒子會瞬間影響另一個粒子的狀態(tài)，愛因斯坦曾將此現(xiàn)象稱為“幽靈般的超距作用”（spookyactionatadistance），C項正確。量子糾纏并不違背相對論，因為它不傳遞有用信息，A項錯誤；糾纏粒子的狀態(tài)在觀測前處于疊加態(tài)，觀測后才坍縮為確定狀態(tài)，B項錯誤；量子通信正是利用糾纏態(tài)實現(xiàn)安全密鑰分發(fā)，D項錯誤。某空間站在距地球表面高度為h的圓軌道運行，已知地球半徑為R，表面重力加速度為g，忽略地球自轉，則空間站的運行周期為（）A.(2\pi\sqrt{\frac{(R+h)^3}{gR^2}})B.(2\pi\sqrt{\frac{R^3}{g(R+h)^2}})C.(2\pi\sqrt{\frac{h}{g}})D.(2\pi\sqrt{\frac{R+h}{g}})解析：空間站做圓周運動的向心力由萬有引力提供，即(G\frac{Mm}{(R+h)^2}=m\frac{4\pi^2}{T^2}(R+h))。地球表面物體所受重力近似等于萬有引力，即(mg=G\frac{Mm}{R^2})，聯(lián)立解得(T=2\pi\sqrt{\frac{(R+h)^3}{gR^2}})，A項正確。如圖所示，理想變壓器原線圈接在電壓有效值為U的交流電源上，副線圈接有定值電阻R和滑動變阻器(R_0)，原、副線圈匝數(shù)比為(n_1:n_2=2:1)。當滑動變阻器滑片P向下移動時，下列說法正確的是（）（注：此處省略電路圖，假設原線圈串聯(lián)電流表(A_1)，副線圈串聯(lián)電流表(A_2)，電壓表V接在副線圈兩端）A.電壓表V的示數(shù)增大B.電流表(A_1)的示數(shù)減小C.電阻R消耗的功率減小D.滑動變阻器(R_0)兩端的電壓增大解析：理想變壓器輸出電壓由輸入電壓和匝數(shù)比決定，(U_2=\frac{n_2}{n_1}U=\frac{U}{2})，與負載無關，故電壓表V示數(shù)不變，A項錯誤；滑片P下移，(R_0)接入電路的電阻減小，副線圈總電阻減小，輸出電流(I_2=\frac{U_2}{R+R_0})增大，由(\frac{I_1}{I_2}=\frac{n_2}{n_1})可知(I_1)增大，B項錯誤；電阻R消耗的功率(P=I_2^2R)，因(I_2)增大，P增大，C項錯誤；(R_0)兩端電壓(U_{R0}=U_2-I_2R)，(I_2)增大，(U_{R0})減小，D項錯誤。（注：本題無正確選項，可能因電路圖假設與原題不符，實際需結合具體電路分析，此處僅按常規(guī)模型解析）在光滑水平面上，質(zhì)量為m的物塊A以速度v與靜止的質(zhì)量為2m的物塊B發(fā)生彈性正碰，碰撞后A、B的速度分別為(v_A)和(v_B)，則下列結果正確的是（）A.(v_A=-\frac{v}{3})，(v_B=\frac{2v}{3})B.(v_A=\frac{v}{3})，(v_B=\frac{v}{3})C.(v_A=0)，(v_B=\frac{v}{2})D.(v_A=-\frac{v}{2})，(v_B=\frac{v}{4})解析：彈性碰撞滿足動量守恒和機械能守恒：動量守恒：(mv=mv_A+2mv_B)機械能守恒：(\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2}mv_A^2+\frac{1}{2}(2m)v_B^2)聯(lián)立解得(v_A=-\frac{v}{3})，(v_B=\frac{2v}{3})，A項正確。關于熱力學定律，下列說法正確的是（）A.物體的內(nèi)能增加，一定是吸收了熱量B.可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變?yōu)橛杏霉Χ划a(chǎn)生其他影響C.第二類永動機違背了能量守恒定律D.一定質(zhì)量的理想氣體，溫度升高，內(nèi)能一定增加解析：物體內(nèi)能增加可能通過做功或熱傳遞實現(xiàn)，A項錯誤；根據(jù)熱力學第二定律，不可能從單一熱源吸熱全部轉化為功而不產(chǎn)生其他影響，B項錯誤；第二類永動機違背熱力學第二定律，而非能量守恒定律，C項錯誤；理想氣體內(nèi)能僅由溫度決定，溫度升高，內(nèi)能一定增加，D項正確。氫原子的能級公式為(E_n=-\frac{13.6}{n^2}eV)（n=1,2,3,...），一群處于n=3能級的氫原子向低能級躍遷時，最多可輻射出幾種不同頻率的光子？其中波長最長的光子能量為（）A.2種，1.89eVB.3種，1.51eVC.3種，1.89eVD.2種，1.51eV解析：一群氫原子從n=3能級躍遷，可能的躍遷路徑為3→2、3→1、2→1，共3種頻率的光子，A、D項錯誤；光子能量(E=h\nu=h\frac{c}{\lambda})，波長最長對應能量最小，即躍遷能級差最小的3→2，(E=E_3-E_2=(-1.51eV)-(-3.4eV)=1.89eV)，C項正確。如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中，有一個邊長為L的正方形閉合線圈abcd，線圈繞ad邊以角速度ω勻速轉動，當線圈平面與磁場方向平行時（）（注：線圈中感應電流方向用“順時針”或“逆時針”描述，磁通量用Φ表示）A.Φ最大，感應電流為零B.Φ為零，感應電流最大C.感應電流方向為順時針D.線圈所受安培力的合力為零解析：線圈平面與磁場平行時，磁通量Φ=0，A項錯誤；此時磁通量變化率最大，感應電動勢最大，感應電流最大，B項正確；由右手定則，ab邊向右切割磁感線，感應電流方向為adcba（逆時針），C項錯誤；線圈各邊所受安培力方向：ab邊垂直紙面向外，cd邊垂直紙面向里，bc邊不受力（速度方向與磁場平行），合力不為零，D項錯誤。某同學用如圖所示的裝置測量當?shù)刂亓铀俣萭，將小球從O點由靜止釋放，先后通過光電門A、B，測得A、B間的距離為h，小球通過A、B的時間分別為(t_1)、(t_2)，小球直徑為d（d遠小于h），則g的表達式為（）A.(\frac{(d/t_2)^2-(d/t_1)^2}{2h})B.(\frac{(d/t_1)^2-(d/t_2)^2}{2h})C.(\frac{d(t_2-t_1)}{2ht_1t_2})D.(\frac{2h(t_1+t_2)}{dt_1^2t_2^2})解析：小球通過光電門的速度近似為(v_A=\frac6116611{t_1})，(v_B=\frac1111111{t_2})，由運動學公式(v_B^2-v_A^2=2gh)，解得(g=\frac{(d/t_2)^2-(d/t_1)^2}{2h})，A項正確。下列關于機械振動和機械波的說法中，正確的是（）A.單擺的周期與擺球質(zhì)量有關B.受迫振動的頻率由驅動力頻率決定，與固有頻率無關C.橫波中，質(zhì)點的振動方向與波的傳播方向相同D.波源停止振動后，機械波立即消失解析：單擺周期(T=2\pi\sqrt{\frac{l}{g}})，與質(zhì)量無關，A項錯誤；受迫振動的頻率等于驅動力頻率，B項正確；橫波中質(zhì)點振動方向與波傳播方向垂直，縱波中相同，C項錯誤；波源停止振動后，已形成的波繼續(xù)向前傳播，D項錯誤。在光滑絕緣水平面上，有兩個帶電荷量分別為+Q和-Q的點電荷，固定在相距為L的兩點，O為兩點連線的中點，P為連線中垂線上的一點，OP距離為L?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的試探電荷從O點由靜止釋放，不計重力，下列說法正確的是（）A.O點的電場強度為零B.P點的電場強度方向沿中垂線向上C.試探電荷從O點運動到P點的過程中，電勢能先增大后減小D.試探電荷能運動到無窮遠處，且在無窮遠處速度為零解析：O點場強由兩電荷疊加，(E_O=k\frac{Q}{(L/2)^2}+k\frac{Q}{(L/2)^2}=\frac{8kQ}{L^2})，方向向右，A項錯誤；P點場強由兩電荷在P點產(chǎn)生的場強疊加，根據(jù)對稱性，水平分量抵消，豎直分量向上，合場強方向向上，B項正確；中垂線上電場強度方向始終向上（O點除外），試探電荷+q從O點（場強向右）到P點，電場力先做正功后做負功（O點到無窮遠，場強先增大后減小，方向先向右后向上），電勢能先減小后增大，C項錯誤；由能量守恒，試探電荷在O點電勢能為零，在無窮遠處電勢能也為零，動能為零，故能運動到無窮遠處且速度為零，D項正確。二、多項選擇題（每題5分，共20分，每題至少有兩個選項正確，選對但不全得3分，選錯得0分）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧一端固定在豎直墻壁上，另一端與質(zhì)量為m的物塊相連，物塊放在光滑水平面上，彈簧處于原長時物塊位于O點?，F(xiàn)將物塊向右拉至A點（OA=x?），由靜止釋放，物塊在O點左側最遠處為B點（OB=x?），不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A.物塊從A到O的過程中，速度增大，加速度減小B.物塊從O到B的過程中，速度減小，加速度增大C.若x?=x?，則彈簧的勁度系數(shù)k=(\frac{2mv^2}{x?^2})（v為物塊經(jīng)過O點的速度）D.物塊在O點時，彈簧的彈性勢能為零，動能最大解析：物塊從A到O，彈簧彈力向左，加速度向左，與速度方向相同，速度增大，彈力(F=kx)減小，加速度減小，A項正確；從O到B，彈簧彈力向左，加速度向左，與速度方向相反，速度減小，彈力增大，加速度增大，B項正確；由機械能守恒，(\frac{1}{2}kx?^2=\frac{1}{2}mv^2)，得(k=\frac{mv^2}{x?^2})，C項錯誤；O點彈簧處于原長，彈性勢能為零，此時加速度為零，速度最大，動能最大，D項正確。關于電磁波和相對論，下列說法正確的是（）A.電磁波在真空中的傳播速度與頻率無關B.變化的電場一定產(chǎn)生變化的磁場C.根據(jù)狹義相對論，物體的質(zhì)量隨速度增大而增大D.相對論認為時間和空間與物質(zhì)的運動狀態(tài)無關解析：電磁波在真空中的傳播速度為光速c，與頻率無關，A項正確；均勻變化的電場產(chǎn)生恒定的磁場，B項錯誤；狹義相對論質(zhì)速關系(m=\frac{m_0}{\sqrt{1-v^2/c^2}})，速度增大，質(zhì)量增大，C項正確；相對論認為時間和空間是相對的，與物質(zhì)運動狀態(tài)有關，D項錯誤。如圖所示，在傾角為θ的固定光滑斜面上，有一質(zhì)量為M的長木板，木板上放一質(zhì)量為m的物塊，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)給木板一個沿斜面向上的初速度v?，同時對物塊施加一個沿斜面向上的恒力F，使物塊與木板保持相對靜止共同運動，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A.物塊與木板的加速度大小為(a=\frac{F-(M+m)g\sinθ}{M+m})B.物塊受到的摩擦力方向沿斜面向上C.木板受到的摩擦力方向沿斜面向上D.恒力F的最小值為((M+m)g\sinθ)解析：對整體分析，由牛頓第二定律(F-(M+m)g\sinθ=(M+m)a)，得(a=\frac{F-(M+m)g\sinθ}{M+m})，A項正確；對物塊，(F-f-mg\sinθ=ma)，聯(lián)立得(f=0)，即物塊與木板間無摩擦力，B、C項錯誤；若物塊與木板保持相對靜止且加速度為零，則(F=(M+m)g\sinθ)，此時F最小，D項正確。某電路的電壓隨時間變化的規(guī)律如圖所示（正弦式交變電流），下列說法正確的是（）（注：圖像為正弦曲線，周期T=0.02s，峰值電壓(U_m=311V)）A.該交變電流的頻率為50HzB.該交變電流的有效值為220VC.若將該電壓加在阻值為100Ω的電阻兩端，電阻消耗的功率為484WD.若將該電壓通過理想二極管整流后接在同一電阻兩端，電阻消耗的功率為242W解析：頻率(f=\frac{1}{T}=50Hz)，A項正確；有效值(U=\frac{U_m}{\sqrt{2}}=\frac{311}{\sqrt{2}}\approx220V)，B項正確；電阻消耗的功率(P=\frac{U^2}{R}=\frac{220^2}{100}=484W)，C項正確；二極管整流后為半波整流，有效值(U'=\frac{U_m}{2}=155.5V)，功率(P'=\frac{U'^2}{R}\approx242W)，D項正確。三、實驗題（共18分）（8分）某同學用如圖甲所示的裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關系，實驗步驟如下：（1）平衡摩擦力：將長木板不帶滑輪的一端適當墊高，在不掛重物的情況下，輕推小車，使小車能沿木板勻速下滑，此時小車所受摩擦力與重力沿斜面向下的分力平衡。（2）在小車上固定質(zhì)量為m?的砝碼，把紙帶穿過打點計時器，連接小車，用細線通過滑輪懸掛鉤碼，調(diào)整滑輪高度，使細線與長木板平行。（3）接通打點計時器電源，釋放小車，打出一條紙帶，記錄鉤碼的質(zhì)量m。（4）改變鉤碼的質(zhì)量，重復步驟（3），得到多組數(shù)據(jù)。已知打點計時器的打點周期為T，小車和砝碼的總質(zhì)量為M，當?shù)刂亓铀俣葹間。（1）圖乙為某次實驗打出的紙帶，A、B、C、D、E為計數(shù)點，相鄰計數(shù)點間有4個點未畫出，測得AB=1.50cm，BC=2.90cm，CD=4.30cm，DE=5.70cm。則小車的加速度a=m/s2（結果保留兩位有效數(shù)字）。（2）本實驗中，若鉤碼的質(zhì)量m遠小于小車和砝碼的總質(zhì)量M，則可認為小車所受的拉力F≈mg。若未滿足m<<M，會導致測得的加速度a（填“大于”“小于”或“等于”）真實加速度。（3）若保持小車和砝碼的總質(zhì)量M不變，改變鉤碼質(zhì)量m，作出a-F圖像，圖線的斜率k=______（用M、m?、g表示）。答案及解析：（1）相鄰計數(shù)點間時間間隔t=0.1s，由逐差法(a=\frac{(CD+DE)-(AB+BC)}{4t^2}=\frac{(4.30+5.70)-(1.50+2.90)}{4\times0.1^2}\times10^{-2}m/s2=1.4m/s2)。（2）未滿足m<<M時，實際拉力(F=\frac{Mmg}{M+m}<mg)，若仍用F=mg計算，會導致a的測量值大于真實值。（3）由(a=\frac{F}{M})，圖線斜率(k=\frac{1}{M})。（10分）某同學要測量一節(jié)干電池的電動勢E和內(nèi)阻r，實驗室提供的器材有：電壓表V（量程3V，內(nèi)阻約3kΩ）電流表A（量程0.6A，內(nèi)阻約0.1Ω）滑動變阻器R（0~20Ω，1A）開關S，導線若干（1）請在圖丙中用筆畫線代替導線完成實物電路連接（要求：滑動變阻器采用限流接法，電流表外接法）。（2）實驗中測得的電壓U和電流I的數(shù)據(jù)如下表所示：|次數(shù)|1|2|3|4|5||---|---|---|---|---|---||U/V|1.45|1.40|1.35|1.30|1.25||I/A|0.10|0.20|0.30|0.40|0.50|請根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖丁中作出U-I圖像，并根據(jù)圖像求出電動勢E=______V，內(nèi)阻r=______Ω（結果保留兩位有效數(shù)字）。（3）該實驗中，由于電壓表的分流作用，測得的電動勢E______真實值，內(nèi)阻r______真實值（填“大于”“小于”或“等于”）。答案及解析：（1）實物連接：電源正極→開關→滑動變阻器→電流表→電源負極，電壓表并聯(lián)在電源兩端（電流表外接）。（2）U-I圖像為一條傾斜直線，縱軸截距為電動勢E≈1.5V，斜率絕對值為內(nèi)阻r=(\frac{1.5-1.25}{0.50}\approx0.50Ω)。（3）電壓表分流導致電流測量值小于真實值，由等效電源法，測得的E和r均小于真實值。四、計算題（共42分）（10分）如圖所示，質(zhì)量為m=2kg的物體靜止在水平地面上，物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，現(xiàn)用與水平方向成θ=37°角的斜向上的拉力F拉物體，使物體從靜止開始做勻加速直線運動，2s內(nèi)移動的距離x=4m。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，求：（1）物體的加速度大??；（2）拉力F的大小。解析：（1）由運動學公式(x=\frac{1}{2}at^2)，得(a=\frac{2x}{t^2}=\frac{2\times4}{2^2}=2m/s2)。（2）對物體受力分析，豎直方向：(N+F\sinθ=mg)，水平方向：(F\cosθ-f=ma)，摩擦力(f=μN)，聯(lián)立解得(F=\frac{m(a+μg)}{\cosθ+μ\sinθ}=\frac{2\times(2+0.5\times10)}{0.8+0.5\times0.6}=20N)。（12分）如圖所示，在xOy平面內(nèi)，第一象限存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度E=100V/m；第四象限存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B=0.5T。一質(zhì)量m=2×10??kg、電荷量q=1×10??C的帶正電粒子從坐標原點O以初速度v?=20m/s沿x軸正方向射入電場，不計重力，求：（1）粒子離開電場時的位置坐標；（2）粒子在磁場中做圓周運動的半徑；（3）粒子從進入磁場到離開磁場的時間。解析：（1）粒子在電場中做類平拋運動，加速度(a=\frac{qE}{m}=\frac{1×10^{-4}×100}{2×10^{-6}}=5×10^3m/s2)，運動時間(t_1=\frac{L}{v_0})（L為水平位移），豎直方向位移(y=\frac{1}{2}at_1^2)。粒子離開電場時，豎直分速度(v_y=at_1)，速度方向與x軸夾角(θ=\arctan\frac{v_y}{v_0})。因粒子從電場進入磁場的邊界為x軸，故離開電場時位置坐標為（L，y），但題目未給出電場范圍，假設粒子從電場右邊界x=L處離開，此處需補充條件（若默認電場充滿第一象限，則粒子不會離開電場，故推測電場右邊界為x=0.4m，以下按此計算）：水平方向：(L=v_0t_1\Rightarrowt_1=0.02s)，豎直方向：(y=\frac{1}{2}×5×10^3×(0.02)^2=1m)，位置坐標（0.4m，1m）。（2）離開電場時速度(v=\sqrt{v_0^2+v_y^2}=\sqrt{20^2+(5×10^3×0.02)^2}=20\sqrt{2}m/s)，在磁場中由洛倫茲力提供向心力，(qvB=m\frac{v^2}{r})，得(r=\frac{mv}{qB}=\frac{2×10^{-6}×20\sqrt{2}}{1×10^{-4}×0.5}\approx1.13m)。（3）粒子在磁場中運動的周期(T=\frac{2\pim}{qB}=\frac{2\pi×2×10^{-6}}{1×10^{-4}×0.5}=0.08\pis)，運動軌跡對應的圓心角為90°（由幾何關系得），時間(t=\frac{T}{4}=0.02\pis≈0.0628s)。（10分）如圖所示，一內(nèi)壁光滑的圓柱形氣缸豎直放置，氣缸內(nèi)有一質(zhì)量為m、橫截面積為S的活塞，活塞下方封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞上方與大氣相通，大氣壓強為p?。初始時，氣體溫度為T?，活塞到氣缸底部的距離為h??，F(xiàn)對氣體緩慢加熱，使活塞上升到距離底部h?=2h?處，已知重力加速度為g，求：（1）加熱后氣體的溫度T?；（2）此過程中氣體吸收的熱量Q（不計氣缸和活塞的熱膨脹及熱量損失）。解析：（1）氣體發(fā)生等壓變化，由蓋-呂薩克定律(\frac{V_1}{T_1}=\frac{V_2}{T_2})，(V_1=h?S)，(V_2=h?S=2h?S)，得(T?=2T?)。（2）氣體對外做功(W=pΔV=(p?S+mg)(h?-h?)=(p?S+mg)h?)，由熱力學第一定律(ΔU=Q-W)，理想氣體內(nèi)能變化(ΔU=nC_vΔT)，等壓過程(Q=nC_pΔT)，且(C_p=C_v+R)，但因題目未給出氣體物質(zhì)的量，需用狀態(tài)方程(pV=nRT)，初始狀態(tài)((p?+\frac{mg}{S})h?S=nRT?)，得(nR=\frac{(p?S+mg)h?}{T?})，(ΔT=T?-T?=T?)，故(Q=W+ΔU=W+nC_vΔT)，等壓過程(Q=nC_pΔT=n(C_v+R)ΔT=ΔU+nRΔT=ΔU+(p?S+mg)h?)，又(ΔU=nC_vT?)，但無法直接求出，若假設氣體為單原子分子，(C_v=\frac{3}{2}R)，則(Q=\frac{5}{2}(p?S+mg)h?)，此處按通用公式表示為(Q=(p?S+mg)h?+\frac{3}{2}(p?S+mg)h?=\frac{5}{2}(p?S+mg)h?)。（10分）如圖所示，在光滑水平面上，質(zhì)量為M=4kg的木板A以速度v?=5m/s向右運動，木板右端有一質(zhì)量為m=1kg的小物塊B（可視為質(zhì)點），物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.2。現(xiàn)給物塊B一個水平向左的初速度v?=3m/s，同時對木板A施加一個水平向左的恒力F，使木板A最終以速度v=1m/s向左勻速運動，物塊B最終相對木板靜止。已知g=10m/s2，求：（1）物塊B相對地面的運動方向；（2）恒力F的大??；（3）此過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量。解析：（1）物塊B初速度向左，木板A初速度向右，兩者間摩擦力使B減速（向左）、A減速（向右），最終相對靜止且木板向左勻速，故物塊B最終向左運動，相對地面的運動方向先向左減速到零，再向右加速，最后向左勻速，整個過程運動方向變化，最終向左。（2）對整體，最終勻速運動，合力為零，(F=f)，f為物塊與木板間的摩擦力，(f=μmg=0.2×1×10=2N)，故(F=2N)。（3）系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于摩擦力與相對位移的乘積，設木板位移為x?，物塊位移為x?，相對位移(Δx=|x?-x?|)，由能量守恒，(\frac{1}{2}Mv?^2+\frac{1}{2}mv?^2+Fx?=\frac{1}{2}(M+m)v^2+Q)，但需結合運動學求解x?、x?，此處簡化計算：最終共同速度v=1m/s向左，對物塊B，由動量定理(-ft=mv-(-mv?))，得(t=2s)，木板A的加速度(a_A=\frac{F+f}{M}=\frac{2+2}{4}=1m/s2)，位移(x_A=v?t-\frac{1}{2}a_At^2=5×2-\frac{1}{2}×1×4=8m)（向右），物塊B的加速度(a_B=\frac{f}{m}=2m/s2)，位移(x_B=-v?t+\frac{1}{2}a_Bt^2=-3×2+\frac{1}{2}×2×4=-2m)（向左），相對位移(Δx=8-(-2)=10m)，熱量(Q=fΔx=2×10=20J)。五、選考題（共10分，任選一題作答）【物理選修3-3】（1）（5分）關于分子動理論和熱力學定律，下列說法正確的是______