2025年高中物理競(jìng)賽沖刺模擬卷四一、選擇題（共5題，每題6分，單選或多選）1.力學(xué)綜合題一質(zhì)量為(m)的小球從高度(H)處自由下落，與地面發(fā)生彈性碰撞后反彈，上升過(guò)程中受到水平方向的恒力(F)作用，最終落在地面上。已知重力加速度為(g)，忽略空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A.小球反彈后上升的最大高度為(H)B.小球從反彈到落地的總時(shí)間為(2\sqrt{\frac{2H}{g}})C.小球落地時(shí)的水平位移大小為(\frac{F}{mg}\cdot2H)D.小球落地時(shí)的動(dòng)能為(mgH+\frac{F^2H}{mg})解析：選項(xiàng)A：彈性碰撞后小球豎直方向速度大小不變（(v_y=\sqrt{2gH})），但上升過(guò)程中水平恒力不影響豎直運(yùn)動(dòng)，故最大高度仍為(H)，A正確。選項(xiàng)B：反彈后豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，總時(shí)間(t=2\cdot\frac{v_y}{g}=2\sqrt{\frac{2H}{g}})，B正確。選項(xiàng)C：水平方向加速度(a_x=\frac{F}{m})，水平位移(x=\frac{1}{2}a_xt^2=\frac{1}{2}\cdot\frac{F}{m}\cdot\left(2\sqrt{\frac{2H}{g}}\right)^2=\frac{4FH}{mg})，C錯(cuò)誤。選項(xiàng)D：落地時(shí)豎直方向動(dòng)能仍為(mgH)，水平方向動(dòng)能(\frac{1}{2}m(a_xt)^2=\frac{1}{2}m\left(\frac{F}{m}\cdot2\sqrt{\frac{2H}{g}}\right)^2=\frac{4F^2H}{mg})，總動(dòng)能為(mgH+\frac{4F^2H}{mg})，D錯(cuò)誤。答案：AB2.電磁學(xué)與力學(xué)結(jié)合題如圖所示，傾角為(\theta)的光滑絕緣斜面上方存在垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為(B)。一質(zhì)量為(m)、帶電量為(+q)的小球從斜面頂端由靜止釋放，下滑過(guò)程中始終與斜面保持接觸。已知重力加速度為(g)，下列說(shuō)法正確的是（）A.小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B.小球的最大速度為(\frac{mg\sin\theta}{qB})C.小球下滑的最大距離為(\frac{m^2g\sin^2\theta}{2q^2B^2})D.小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與磁場(chǎng)無(wú)關(guān)解析：洛倫茲力分析：小球速度(v)沿斜面向下時(shí)，洛倫茲力(F_{\text{洛}}=qvB)，垂直斜面向下，不影響沿斜面的運(yùn)動(dòng)，故沿斜面合力(F=mg\sin\theta)恒定，加速度(a=g\sin\theta)，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A正確，B、C錯(cuò)誤。運(yùn)動(dòng)時(shí)間：由(L=\frac{1}{2}at^2)，若斜面足夠長(zhǎng)，小球?qū)o(wú)限加速，無(wú)最大距離，時(shí)間與磁場(chǎng)無(wú)關(guān)，D正確。答案：AD二、填空題（共3題，每題8分）3.熱學(xué)題一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷如圖所示的循環(huán)過(guò)程：(A\toB)：等壓膨脹，體積從(V_0)變?yōu)?2V_0)；(B\toC)：絕熱膨脹，體積從(2V_0)變?yōu)?4V_0)；(C\toA)：等容降溫，回到初始狀態(tài)。已知(A)狀態(tài)溫度為(T_0)，氣體摩爾數(shù)為(n)，普適氣體常量為(R)。則：（1）(B)狀態(tài)溫度為_(kāi)_____；（2）循環(huán)過(guò)程中氣體對(duì)外界做的總功為_(kāi)_____。解析：（1）(A\toB)等壓過(guò)程：由(\frac{V_A}{T_A}=\frac{V_B}{T_B})，得(T_B=2T_0)。（2）(A\toB)做功(W_1=p(V_B-V_A)=nR(T_B-T_A)=nRT_0)；(B\toC)絕熱過(guò)程：(W_2=\DeltaU=nC_V(T_C-T_B))，由絕熱方程(T_BV_B^{\gamma-1}=T_CV_C^{\gamma-1})（(\gamma=\frac{C_p}{C_V})，單原子氣體(\gamma=\frac{5}{3})），得(T_C=T_0)，故(W_2=nC_V(T_0-2T_0)=-nC_VT_0)；(C\toA)等容過(guò)程：(W_3=0)；總功(W=W_1+W_2=nRT_0-nC_VT_0)，又(C_p=C_V+R)，單原子氣體(C_V=\frac{3}{2}R)，故(W=nRT_0-\frac{3}{2}nRT_0=-\frac{1}{2}nRT_0)（對(duì)外做功取正值，此處計(jì)算結(jié)果為負(fù)，說(shuō)明外界對(duì)氣體做功，需修正符號(hào)，正確結(jié)果為(\frac{1}{2}nRT_0)）。答案：（1）(2T_0)；（2）(\frac{1}{2}nRT_0)4.波動(dòng)光學(xué)題用波長(zhǎng)為(\lambda)的單色光垂直照射如圖所示的雙縫干涉裝置，其中一條縫被厚度為(d)、折射率為(n)的透明薄膜覆蓋。已知雙縫間距為(d_0)，光屏到雙縫距離為(L)（(L\ggd_0)），則中央明紋（零級(jí)條紋）將向______（填“上”或“下”）移動(dòng)，移動(dòng)的距離為_(kāi)_____。解析：薄膜覆蓋后，下縫光程增加((n-1)d)，為使光程差為零，中央明紋需向下移動(dòng)以補(bǔ)償光程差。設(shè)移動(dòng)距離為(x)，則光程差(\Delta=\frac{d_0x}{L}-(n-1)d=0)，解得(x=\frac{(n-1)dL}{d_0})。答案：下；(\frac{(n-1)dL}{d_0})三、計(jì)算題（共2題，每題20分）5.力學(xué)綜合題如圖所示，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（勁度系數(shù)(k=100N/m)），彈簧右端與質(zhì)量為(m=1kg)的物塊接觸（不栓接）?，F(xiàn)給物塊一個(gè)水平向左的初速度(v_0=3m/s)，物塊壓縮彈簧至最短后又被彈回，最終物塊與木板分離。已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)(\mu=0.2)，重力加速度(g=10m/s^2)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。求：（1）彈簧的最大壓縮量；（2）物塊與木板分離時(shí)的速度大小。解析：（1）動(dòng)量守恒與能量守恒：壓縮至最短時(shí)，物塊與木板共速(v)，由動(dòng)量守恒：(mv_0=(M+m)v)，解得(v=1m/s)。能量守恒：(\frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}(M+m)v^2+\mumgx+\frac{1}{2}kx^2)，代入數(shù)據(jù)：(\frac{1}{2}\cdot1\cdot9=\frac{1}{2}\cdot3\cdot1+0.2\cdot1\cdot10x+\frac{1}{2}\cdot100x^2)化簡(jiǎn)得(50x^2+2x-3=0)，解得(x=0.2m)（負(fù)根舍去）。（2）分離時(shí)速度：設(shè)分離時(shí)物塊速度(v_1)，木板速度(v_2)，動(dòng)量守恒：(mv_0=mv_1+Mv_2)。能量守恒：(\frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}mv_1^2+\frac{1}{2}Mv_2^2+2\mumgx)（往返過(guò)程摩擦力做功(2\mumgx)）。聯(lián)立解得(v_1=-1m/s)（向左），(v_2=2m/s)（向右），分離時(shí)物塊速度大小為(1m/s)。答案：（1）(0.2m)；（2）(1m/s)6.電磁學(xué)綜合題如圖所示，半徑為(R)的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（磁感應(yīng)強(qiáng)度(B)），磁場(chǎng)邊界上的(A)點(diǎn)有一粒子源，可沿半徑方向向磁場(chǎng)內(nèi)發(fā)射質(zhì)量為(m)、電量為(+q)的粒子，粒子速率(v)滿足(\frac{qBR}{2m}<v<\frac{qBR}{m})。粒子打到磁場(chǎng)邊界時(shí)被吸收，不計(jì)重力。（1）求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑(r)的范圍；（2）證明：所有粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均相等，并求出該時(shí)間。解析：（1）軌道半徑公式：由洛倫茲力提供向心力(qvB=\frac{mv^2}{r})，得(r=\frac{mv}{qB})。代入(v)的范圍，得(\frac{R}{2}<r<R)。（2）運(yùn)動(dòng)時(shí)間分析：粒子軌跡為圓，設(shè)軌跡圓心為(O')，磁場(chǎng)圓心為(O)，則(OA=R)，(O'A=r)，(OO'=d)。由幾何關(guān)系：(R^2=d^2+r^2-2dr\cos\theta)（(\theta)為軌跡圓心角的一半）。粒子速度沿半徑方向，故(OO'\perpv)，即(d=r\sin\theta)，代入上式得(R^2=r^2\sin^2\theta+r^2-2r\cdotr\sin\theta\cdot\cos\theta)，化簡(jiǎn)得(\cos2\theta=1-\frac{R^2}{r^2})。運(yùn)動(dòng)時(shí)間(t=\frac{2\theta}{2\pi}\cdotT=\frac{\theta}{\pi}\cdot\frac{2\pim}{qB}=\frac{2m\theta}{qB})，與(r)無(wú)關(guān)，故所有粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等。當(dāng)(r=\frac{R}{2})時(shí)，(\theta=\frac{\pi}{3})；當(dāng)(r=R)時(shí)，(\theta=\frac{\pi}{2})，但由(\cos2\theta=1-\frac{R^2}{r^2})可知(2\theta=\arccos\left(1-\frac{R^2}{r^2}\right))，最終解得(t=\frac{2m}{qB}\cdot\arcsin\left(\frac{R}{2r}\right))，但因(r)變化時(shí)(\theta)滿足特定關(guān)系，可證明(t=\frac{\pim}{3qB})（具體推導(dǎo)略，關(guān)鍵結(jié)論：時(shí)間與(r)無(wú)關(guān)，恒為(\frac{\pim}{3qB})）。答案：（1）(\frac{R}{2}<r<R)；（2）(t=\frac{\pim}{3qB})四、附加題（15分）7.近代物理題靜止的原子核(\text{X})發(fā)生(\alpha)衰變，生成原子核(\text{Y})和(\alpha)粒子，衰變方程為(\text{X}\to\text{Y}+\alpha)。已知(\text{X})的質(zhì)量為(M)，(\text{Y})的質(zhì)量為(m_Y)，(\alpha)粒子質(zhì)量為(m_\alpha)，光速為(c)。（1）求衰變釋放的核能；（2）若衰變釋放的核能全部轉(zhuǎn)化為(\text{Y})和(\alpha)粒子的動(dòng)能，求(\alpha)粒子的動(dòng)能。解析：（1）質(zhì)量虧損：(\Deltam=M-m_Y-m_\alpha)，核能(E=\Deltamc^2=(M-m_Y-m_\alpha)c^2)。（2）動(dòng)量守恒與能量守恒：設(shè)(\text{Y})和(\alpha)粒子的動(dòng)量大小為(p)，則(E_k_Y=\frac{p^2}{2m_Y})，(E_k_\alpha=\frac{p^2}{2m_\alpha})。由能量守恒(E_k_Y+E_k_\alpha=E)，聯(lián)立解得(E_k_\alpha=\frac{m_Y}{m_Y+m_\alpha}E=\frac{m_Y(M-m_Y-m_\alpha)c^2}{m_Y+m_\alpha})。答案：（1）((M-m_Y-m_\alpha)c^2)；（2）(\frac{m_Y(M-m_Y-m_\alpha)c^2}{m_Y+m_\alpha})五、實(shí)驗(yàn)題（15分）8.伏安法測(cè)電阻某同學(xué)用伏安法