2025年高考物理“物理与数学”结合应用试题（二）

2025年高考物理“物理与数学”结合应用试题（二）一、选择题（共4小题，每题6分）1.电磁感应中的函数图像问题如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO'匀速转动，角速度为ω。线圈总电阻为R，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，下列关于线圈中感应电动势e、感应电流i、磁通量Φ及线圈所受安培力的合力F随时间t变化的图像中，正确的是（）A.e-t图像为余弦函数曲线，最大值为BL²ωB.i-t图像为正弦函数曲线，有效值为BL²ω/(√2R)C.Φ-t图像为正弦函数曲线，最大值为BL²D.F-t图像为正弦函数曲线，最大值为B²L³ω/R解析：本题综合考查电磁感应中的数学表达与图像分析能力。线圈在磁场中转动产生的感应电动势瞬时值表达式为e=BL²ωcosωt（从平行位置计时），故A选项正确；感应电流i=e/R=BL²ωcosωt/R，为余弦函数曲线，有效值I=BL²ω/(√2R)，B选项错误；磁通量Φ=BSsinωt=BL²sinωt，最大值为BL²，C选项正确；线圈所受安培力的合力F=0（因线圈在匀强磁场中匀速转动，安培力合力始终为零），D选项错误。正确答案为AC。2.力学中的导数应用一物体沿直线运动，其位移x随时间t的变化关系为x=2t³-3t²+4t（m），则下列说法正确的是（）A.t=1s时物体的速度为5m/sB.物体在t=2s时的加速度为18m/s²C.物体在0~1s内的平均速度为3m/sD.物体在t=1s时的瞬时加速度为6m/s²解析：本题考查导数在运动学中的应用。速度v=dx/dt=6t²-6t+4，t=1s时v=6×1-6×1+4=4m/s，A错误；加速度a=dv/dt=12t-6，t=2s时a=24-6=18m/s²，B正确；0~1s内位移Δx=x(1)-x(0)=2-3+4=3m，平均速度=3/1=3m/s，C正确；t=1s时加速度a=12×1-6=6m/s²，D正确。正确答案为BCD。3.电磁学中的微元法应用如图所示，真空中一无限长直导线通有电流I，在导线附近有一与导线共面的矩形线圈abcd，线圈的ab边与导线平行，长度为L，bc边长度为d，线圈到导线的距离为r。若导线中电流随时间变化的规律为I=kt（k为常数，t>0），则在t时刻线圈中的感应电动势大小为（）A.(μ₀kL)/(2π)·ln[(r+d)/r]B.(μ₀kL)/(2π)·[(r+d)/r]C.(μ₀ktL)/(2π)·ln[(r+d)/r]D.(μ₀ktL)/(2π)·[(r+d)/r]解析：本题考查电磁感应中的微元法与积分运算。无限长直导线产生的磁场B=μ₀I/(2πx)，穿过线圈的磁通量Φ=∫B·dS=∫(rtor+d)[μ₀I/(2πx)]·Ldx=μ₀IL/(2π)·ln[(r+d)/r]。由法拉第电磁感应定律得e=|dΦ/dt|=μ₀L/(2π)·ln[(r+d)/r]·dI/dt=μ₀kL/(2π)·ln[(r+d)/r]，A选项正确。4.波动光学中的几何关系单色光通过双缝干涉装置形成的干涉图样中，相邻亮条纹间距为Δx。若将双缝间距d减小为原来的1/2，缝到屏的距离L增大为原来的3倍，入射光波长λ增大为原来的2倍，则此时相邻亮条纹间距变为（）A.3ΔxB.6ΔxC.12ΔxD.24Δx解析：本题考查双缝干涉公式的数学变形。根据双缝干涉条纹间距公式Δx=λL/d，变化后Δx'=λ'L'/d'=(2λ)(3L)/(d/2)=12λL/d=12Δx，C选项正确。二、非选择题（共3小题）5.力学综合题（18分）如图所示，质量为M=2kg的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质弹簧，弹簧右端与质量为m=1kg的物块A相连，物块A与木板间的动摩擦因数μ=0.2。现给物块A一个水平向右的初速度v₀=6m/s，使弹簧压缩至最短后又被弹开，最终物块A与木板分离。已知重力加速度g=10m/s²，弹簧始终在弹性限度内。（1）求弹簧压缩至最短时木板的速度大小；（2）求弹簧的最大弹性势能；（3）若物块A与木板分离后，木板与前方一质量为m'=1kg的静止物块B发生弹性碰撞，求碰撞后物块B的速度大小。解析：（1）系统动量守恒，弹簧压缩至最短时两者共速，有mv₀=(M+m)v，解得v=mv₀/(M+m)=1×6/(2+1)=2m/s。（2）由能量守恒定律得：1/2mv₀²=1/2(M+m)v²+Eₚ+Q，其中Q=μmg·s相对。但本题中弹簧压缩至最短时，A与木板相对位移最大，此时Eₚ最大，且分离时系统机械能损失等于摩擦力做功的2倍（压缩和弹开两个过程）。但根据动量守恒和能量守恒联立：压缩过程：mv₀=(M+m)v→v=2m/s能量损失ΔE=1/2mv₀²-1/2(M+m)v²=1/2×1×36-1/2×3×4=18-6=12J=Eₚ+Q₁弹开过程：(M+m)v=Mv₁+mv₂（动量守恒）1/2(M+m)v²+Eₚ-Q₂=1/2Mv₁²+1/2mv₂²（能量守恒，Q₁=Q₂=μmg·s相对）联立解得Eₚ=6J。（3）木板与物块B弹性碰撞，满足动量守恒和机械能守恒：Mv₁=m'v₂（分离时木板速度v₁=2m/s，物块A速度v₂=0）1/2Mv₁²=1/2m'v₂²解得v₂=4m/s。6.电磁学综合题（20分）如图所示，在xOy坐标系中，第一象限内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T；第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度E=10N/C。一带正电的粒子从坐标原点O以某一初速度v₀沿x轴正方向射入磁场，经过磁场偏转后从P点（4m，0）进入电场，最终打在y轴上的Q点。已知粒子质量m=2×10⁻⁸kg，电荷量q=4×10⁻⁶C，不计粒子重力。（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径r；（2）求粒子的初速度v₀大小；（3）求粒子从O点运动到Q点的总时间t；（4）求Q点的坐标。解析：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系知轨道半径r=OP/2=2m。（2）洛伦兹力提供向心力qv₀B=mv₀²/r，解得v₀=qBr/m=4×10⁻⁶×0.5×2/(2×10⁻⁸)=200m/s。（3）粒子在磁场中运动的周期T=2πm/(qB)=2π×2×10⁻⁸/(4×10⁻⁶×0.5)=0.02πs，运动时间t₁=T/2=0.01π≈0.0314s；进入电场后做类平抛运动，沿x轴方向匀速运动x=4m，时间t₂=x/v₀=4/200=0.02s；总时间t=t₁+t₂=0.0514s。（4）粒子在电场中沿y轴方向做匀加速运动，加速度a=qE/m=4×10⁻⁶×10/(2×10⁻⁸)=2000m/s²，y方向位移y=1/2at₂²=1/2×2000×(0.02)²=0.4m，故Q点坐标为（0，-0.4m）。7.热学与力学综合题（22分）如图所示，一竖直放置的气缸内有质量为m=1kg的活塞，活塞与气缸壁间无摩擦且不漏气。气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞下表面与气缸底部的距离h=0.5m。已知大气压强p₀=1×10⁵Pa，活塞横截面积S=1×10⁻³m²，重力加速度g=10m/s²，环境温度保持不变。（1）求封闭气体的初始压强p₁；（2）若用一竖直向上的力F缓慢拉动活塞，使活塞上升Δh=0.3m，求此时拉力F的大小；（3）在（2）的过程中，求封闭气体对外做的功W；（4）若将气缸开口向下放置，活塞仍处于平衡状态，求此时活塞下表面与气缸底部的距离h'。解析：（1）初始状态对活塞受力分析：p₁S=p₀S+mg，解得p₁=p₀+mg/S=1×10⁵+1×10/(1×10⁻³)=1.1×10⁵Pa。（2）末状态气体体积V₂=(h+Δh)S=0.8×10⁻³m³，初始体积V₁=hS=0.5×10⁻³m³。由玻意耳定律p₁V₁=p₂V₂，解得p₂=p₁V₁/V₂=1.1×10⁵×0.5/0.8=6.875×10⁴Pa。对活塞受力分析：p₀S=p₂S+mg+F，解得F=(p₀-p₂)S-mg=(1×10⁵-6.875×10⁴)×10⁻³-10=31.25-10=21.25N。（3）气体对外做功W=∫p·dV，等温过程W=p₁V₁ln(V₂/V₁)=1.1×10⁵×0.5×10⁻³×ln(0.8/0.5)=55×ln1.6≈55×0.47=25.85J。（4）气缸开口向下时，对活塞受力分析：p₃S+mg=p₀S，解得p₃=p₀-mg/S=1×10⁵-10/10⁻³=9×10⁴Pa。由玻意耳定律p₁V₁=p₃V₃，V₃=h'S，解得h'=p₁V₁/(p₃S)=p₁h/p₃=1.1×10⁵×0.5/(9×10⁴)=0.61m。三、选考题（共15分，任选一题作答）8.物理-选修3-3：热力学定律与能量守恒一定质量的理想气体经历如图所示的循环过程，其中ab为等压过程，bc为绝热过程，ca为等容过程。已知状态a的温度Tₐ=300K，状态b的体积Vᵦ=2Vₐ，状态c的压强pₑ=0.5pₐ。（1）求状态b的温度Tᵦ和状态c的温度Tₑ；（2）判断循环过程中气体是吸热还是放热，并说明理由；（3）若气体在ab过程中吸收热量Q=100J，求循环过程中的净功W。解析：（1）ab等压过程：Vₐ/Tₐ=Vᵦ/Tᵦ→Tᵦ=TₐVᵦ/Vₐ=300×2=600K；bc绝热过程：pᵦVᵦ^γ=pₑVₑ^γ（γ为比热容比，理想气体取1.4），但ca为等容过程Vₑ=Vₐ，pₐ/Tₐ=pₑ/Tₑ→Tₑ=Tₐpₑ/pₐ=300×0.5=150K。（2）循环过程ΔU=0，ab过程吸热Qₐᵦ=ΔUₐᵦ+Wₐᵦ，bc过程放热Qᵦc=|ΔUᵦc|（绝热过程无热量交换），ca过程放热Qcₐ=|ΔUcₐ|。因Tₐ=Tₑ，ΔUcₐ=0，故总吸热Q>总放热，气体吸热。（3）ab过程Wₐᵦ=pₐ(Vᵦ-Vₐ)=pₐVₐ=νRTₐ=ΔUₐᵦ（等压过程ΔU=νCᵥΔT，W=pΔV=νRΔT，Q=νCₚΔT），循环净功W=Qₐᵦ-Qᵦc-Qcₐ=100-(ΔUᵦc+0)=100-νCᵥ(Tᵦ-Tₑ)=100-(Cᵥ/R)Wₐᵦ=100-(5/2)(νRΔT)=100-2.5×50=-25J（负号表示外界对气体做功）。9.物理-选修3-4：机械振动与机械波一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速v=20m/s，t=0时刻的波形图如图所示，其中P点（x=1m）的质点正在向y轴正方向运动。（1）求该波的波长λ、周期T和振幅A；（2）写出P点的振动方程；（3）若在x=21m处有一障碍物，求波遇到障碍物后反射回来的反射波的波函数。解析：（1）由波形图知λ=4m，T=λ/v=4/20=0.2s，A=5cm；（2）P点振动方程y=Asin(ωt+φ)，ω=2π/T=10πrad/s，t=0时y=0且v>0，故φ=0，y=5sin(10πt)cm；（3）入射波函数y入=5sin[10π(t-x/20)]cm，反射波在x=21m处发生反射，反射波波长、频率不变，波速大小不变方向相反，反射波函数y反=5sin[10π(t+(x-42)/20)]cm=5sin[10πt+π(x-42)/2]cm。四、附加题（10分）在光滑水平面上，质量为m的小球以速度v₀与质量为M的静止小球发生弹性碰撞，碰撞后两小球的速度分别为v₁和v₂。证明：碰撞过程中两小球的相对速度大小在碰撞前后保持不变（即v₀=v₂-v₁）。证明：弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒：mv₀=mv₁+Mv₂①1/