2011-2013年华约自主招生物理试题与答案独家全集版.doc

2013年华约自主招生物理试题1、如图所示，一质量为M 、倾角为的光滑斜面，放置在光滑的水平面上，另一个质量为m的滑块从斜面顶端释放，试求斜面的加速度。2、如图所示，小球A、B带电量相等，质量均为m，都用长L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O点，A球靠墙且其悬线刚好竖直，B球悬线偏离竖直方向角而静止，此时A、B两球之间的库仑力为F。由于外部原因小球B的电量减小，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B的电量减小为原来的( ) A.1/2 B.1/4 C.1/8 D.1/163、如图，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平直杆上环与杆的动摩擦因数为，现给环一个向右的初速度v0，如果环在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F的作用，已知F=kv，(k为常数，v为速度)，试讨论在环的整个运动过程中克服摩擦力所做的功。(假设杆足够长，分F=mg，Fmg，Fmg三种情况)4、粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，且沿x轴方向的电势j与坐标值x的关系如下表格所示：123456789x/m0.050.100.150.200.250.300.350.400.45/105v9.004.503.002.251.801.501.291.131.00根据上述表格中的数据可作出如下的jx图像。现有一质量为0.10kg，电荷量为1.010-7C带正电荷的滑块（可视作质点），其与水平面的动摩擦因数为0.20。问：（1）由数据表格和图像给出的信息，写出沿x轴的电势j与x的函数关系表达式。（2）若将滑块无初速地放在x=0.10m处，则滑块最终停止在何处？（3）在上述第（2）问的整个运动过程中，它的加速度如何变化？当它位于x=0.15m时它的加速度多大？（电场中某点场强为jx图线上某点对应的斜率）（4）若滑块从x=0.60m处以初速度v0沿-x方向运动，要使滑块恰能回到出发点，其初速度v0应为多大？5、如图所示，有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料ER流体，它对滑块的阻力可调。起初，滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L，现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰撞（碰撞时间极短）后粘在一起向下运动，且向下运动的初速度为物体碰前速度的一半。为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为时速度减为0，ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变。（忽略空气阻力）试求：（1）下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能（2）滑块向下运动过程中加速度的大小（3）滑块下移距离为d时ER流体对滑块阻力的大小1 答案：详解：本题涉及两个物体，它们的加速度关系复杂，但在垂直斜面方向上，大小是相等的。对两者列隔离方程时，务必在这个方向上进行突破。判断斜面的运动情况、滑块的运动情况。位移矢量示意图如图甲所示。根据运动学规律，加速度矢量a1和a2也具有这样的关系。沿斜面方向、垂直斜面方向建x 、y坐标，可得：a1y = a2y 且：a1y = a2sin 隔离滑块和斜面，受力图如图乙所示：对滑块，列y方向隔离方程，有：mgcos- N = ma1y 对斜面，仍沿合加速度a2方向列方程，有：Nsin= Ma2 解式即可得a2 。2、 答案：C详解：设两球的距离为r，对B球悬线偏离竖直方向角而静止状态，画出受力分析图，则得，F/r=mg/L；小球B的电量减小，两球再次静止时，距离为r，画出受力分析图则得，F/r=mg/L；F=F/2。联立解得r=r/2。由库仑定律，F=kq2/r2，F=kqq/r2，联立解得q= q/8，选项C正确。3、 答案：见详解（1）若kv0=mg， 则N=0，故f=0， 所以 Wf =0 （2）若kv0mg， 则有Nmg=kv， 则N一开始向下且随着速度的减小而减小，当N=0时，f=0， 环最终将做匀速运动且v=mg/k由动能定理，Wf=m(v02v2)/2=mv02/2m3g2/2k2 4、答案：（1）；（2）滑块停止的位置为x2=0.225m ；（3） 整个运动过程中，它的加速度先减小后增大；当它位于x=0.15m时，a =0；（4） 2.12m/s（1）由数据表格和图像可得，电势j与x成反比关系，即V（2）由动能定理q(1-)-mg(x-x1)=0，设滑块停止的位置为x2，有q(1-2)-mg(x2-x1)=0即q(-)-mg(x2-x)=0代入数据有：1.010-7(-)-0.200.1010(x2-0.1)=0可解得x2=0.225m（舍去x2=0.1m）。（3）先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的减速运动，即加速度先减小后增大。当它位于x=0.15m时，图像上该点的切线斜率表示场强大小：E=j/x=2.0106N/C。滑块在该点的水平合力Fx=qE-mg=2.01061.010-7N-0.200.1010N=0。故滑块的加速度a=Fx/m =0。（4）设滑块到达的最左侧位置为x1，则滑块由该位置返回到出发点的过程中，由动能定理 WF+Wf=Ek= 0 ，有q(1-)-mg(x-x1)=0代入数据有 1.010-7(-)-0.200.1010(x-x1)=0可解得x1=0.0375m（舍去x1=0.6m）。再对滑块从开始运动到返回出发点的整个过程，由动能定理：-2mg(x-x1)=0-代入数据有20.200.1010（0.60-0.0375）=0.50.10可解得2.12m/s 5、 答案：（1） ；（2） ；（3）详解： （1）设物体自由下落的末速度为v0，由机械能守恒定律 得 设碰后共同速度为v1，由题设知 碰撞过程中系统损失的机械能为 （2）设加速度大小为a，有 得： （3）设弹簧弹力为FN ，ER流体对滑块的阻力为FER受力分析如图所示，由牛顿第二定律 而： x 联立式解得： 2012年华约自主招生物理试题2011年高水平大学自主选拔学业能力测试（华约）2010年五校合作自主选拔通用基础测试（物理部分）一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，有一个或多个选项是正确的，把正确选项前的字母填在答题卡上。1在光滑的水平面上有一质量为M、倾角为的光滑斜面，其上有一质量为m的物块，如图所示。物块在下滑的过程中对斜面压力的大小为 （ C ）A. B. C. D. 分析和解：设物块对斜面的压力为N，物块m相对斜面的加速度为a1，斜面的加速度为a2，方向向左；则物块m相对地面的加速度为ax=a1cos a2，ay=a1sin，由牛顿第二定律得：mMNNmga2a1对m有 对M有 解得 故选C正确。BAO2如图所示，用等长绝缘线分别悬挂两个质量、电量都相同的带电小球A和B，两线上端固定于O点，B球固定在O点正下方。当A 球静止时，两悬线夹角为.能保持夹角不变的方法是 （ BD ）A同时使两悬线长度减半B同时使A球的质量和电量都减半C同时使两球的质量和电量都减半D同时使两悬线长度和两球的电量都减半BAOFmgTd分析和解：设两球距离为d，分析A球的受力如图示，图中由平衡条件得同时使两悬线长度减半,则d减半，不能满足上式，A错；同时使A球的质量和电量都减半，上式仍然能满足，B正确；同时使两球的质量和电量都减半，不能满足上式，C错；同时使两悬线长度和两球的电量都减半, 则d、q1、q2减半，上式仍然能满足，D正确。3匀强磁场中有一长方形导线框，分别以相同的角速度绕图a、b、c、d所示的固定转轴旋转，用Ia、Ib、Ic、Id表示四种情况下线框中电流的有效值，则 （ AD ）abcdAIa=Id BIa IbCIb Ic DIc=Id分析和解：由 Em=NBS, Em=E, I=E/R,联立求解可得I=,故选A.D正确。yPQOx4如图，在xOy平面内有一列沿x轴传播的简谐横波，频率为2.5 Hz。在t=0时，P点位于平衡位置，且速度方向向下，Q点位于平衡位置下方的最大位移处。则在t= 0.35 s时，P、Q两质点的 （ ABD ）A位移大小相等、方向相反B速度大小相等、方向相同C速度大小相等、方向相反D加速度大小相等、方向相反yPQOx分析和解：T=0.4s，在t=0时的波形如图示。由波的周期性，t = 0.35 s=7T/8时的波形与t = -T/8时的波形相同，如图虚线示，可见选项ABD正确。5在光电效应实验中，先后用频率相同但光强不同的两束光照射同一个光电管。若实验a中的光强大于实验b中的光强，实验所得光电流I与光电管两端所加电压U间的关系曲线分别以a、b表示，则下列4图中可能正确的是 （ A ）A0IUCab0IUab0IUDba0IUBab分析和解：由光电效应现象的规律，饱和光电流与照射光的强度成正比，选项C、D错；由光电效应方程反向截止电压U反决定于照射光的频率，图线与U轴的交点坐标值为反向截止电压，可见选项B错A正确。P6如图，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过P点进入磁场。这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的1/3。将磁感应强度的大小从原来的B1变为B2，结果相应的弧长变为原来的一半，则B2/B1等于（ D ）A2 B3C DOMPPNO答图甲答图乙B1B2rr分析和解：设圆形区域磁场的半径为r，磁感应强度的大小为B1时，从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为M，（见答图甲）由题意知POM=120，则该带电粒子在磁场中的运动轨迹是以PM为直径的园。由几何关系得轨迹圆半径为磁感应强度的大小为B2时，从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为N，（见答图乙）由题意知PON=60，由几何关系得轨迹圆半径为R2=r，所以7在光滑的水平桌面上有两个质量均为m的小球，由长度为2l的拉紧细线相连。以一恒力作用于细线中点，恒力的大小为F，方向平行于桌面。两球开始运动时，细线与恒力方向垂直。在两球碰撞前瞬间，两球的速度在垂直于恒力方向的分量为 （ B ）A B C D 分析和解：设两球的速度沿恒力方向的分量为vx，在垂直于恒力方向的分量为vy，在两球碰撞前瞬间，两球的速度的两个分量大小相等，即vx=vy，恒力F的位移为2l，由动能定理得 二、实验题：共12分。根据题目要求作答。BCD左右A11（12分）右图为一直线运动加速度测量仪的原理示意图。A为U型底座，其内部放置一绝缘滑块B；B的两侧各有一弹簧，它们分别固连在A的两个内侧壁上；滑块B还与一阻值均匀的碳膜电阻CD的滑动头相连（B与A之间的摩擦及滑动头与碳膜间的摩擦均忽略不计），如图所示。电阻CD及其滑动头与另外的电路相连（图中未画出）。工作时将底座A固定在被测物体上，使弹簧及电阻CD均与物体的运动方向平行。当被测物体加速运动时，物块B将在弹簧的作用下，以同样的加速度运动。通过电路中仪表的读数，可以得知加速度的大小。已知滑块B的质量为0.60 kg，两弹簧的劲度系数均为2.0102 N/m，CD的全长为9.0 cm，被测物体可能达到的最大加速度为20m/s2（此时弹簧仍为弹性形变）；另有一电动势为9.0 V、内阻可忽略不计的直流电源，一理想指针式直流电压表及开关、导线。CD设计一电路，用电路中电压表的示值反映加速度的大小。要求：当加速度为零时，电压表指针在表盘中央；当物体向左以可能达到的最大加速度加速运动时，电压表示数为满量程。（所给电压表可以满足要求）(1)完成电路原理图。 (2)完成下列填空：（不要求有效数字） 所给的电压表量程为_V； 当加速度为零时，应将滑动头调在距电阻的C端 cm处；VCD答图1 当物体向左做减速运动，加速度的大小为10 m/s2时，电压表示数为 V。答：(1)电路原理图如答图1所示。(2)6.0 3.0 1.5分析和解：(2) 当加速度为零时，应将滑动头调在距电阻的C端l0 cm处，（答图2）电压表指针在表盘中央，U1=U/2BCD左右答图2a=0l0lBCD左右答图3aml0x2BCD左右答图4a3当物体向左以最大加速度am=20m/s2加速运动时，弹簧的形变量为x2（答图3）此时电压表示数为满量程，U2=U由比例关系，解得l0=3.0 cm，U=6.0V.当物体向左做减速运动，加速度的大小为a3=10 m/s2时，弹簧的形变量为x3（答图4）电压表示数为U3， 解得U3=1.5V评分参考：本题12分。第(1)问3分；第(2)问共9分，各3分。三、推理、论证题：共32分。解答时应写出必要的文字说明和推理过程。14.（11分）A、B、C三个物体（均可视为质点）与地球构成一个系统，三个物体分别受恒外力FA、FB、FC的作用。在一个与地面保持静止的参考系S中，观测到此系统在运动过程中动量守恒、机械能也守恒。S系是另一个相对S系做匀速直线运动的参考系，讨论上述系统的动量和机械能在S系中是否也守恒。（功的表达式可用WF =F.S的形式，式中F为某个恒力，S为在力F作用下的位移）解答：在S系中，由系统在运动过程中动量守恒可知， FA +FB +Fc=0 设在很短的时间间隔t内，A、B、C三个物体的位移分别为由机械能守恒有 并且系统没有任何能量损耗，能量只在动能和势能之间转换。由于受力与惯性参考系无关，故在S系的观察者看来，系统在运动过程中所受外力之和仍为零，即FA +FB +Fc=0 所以，在S 系的观察者看来动量仍守恒。 设在同一时间间隔t内，S系的位移为S，在S系观察A、B、C三个物体的位移分别为，且有 在S系的观察者看来外力做功之和为 联立式可得由式可知 即在S系中系统的机械能也守恒。 评分参考：本题11分。式各1分，得出结论给1分，得出动量守恒结论给2分，式各1分，式2分，得出机械能守恒结论给2分。四、计算题：共26分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和主要演算步骤。只写出最后结果的不能得分。ab15.（12分）卫星携带一探测器在半径为3R (R为地球半径)的圆轨道上绕地球飞行。在a点，卫星上的辅助动力装置短暂工作，将探测器沿运动方向射出（设辅助动力装置喷出的气体质量可忽略）。若探测器恰能完全脱离地球的引力，而卫星沿新的椭圆轨道运动，其近地点b距地心的距离为nR (n略小于3)，求卫星与探测器的质量比。（质量分别为M、m的两个质点相距为r时的引力势能为-GMm/r，式中G为引力常量）分析和解：设地球质量为M，卫星质量为m，探测器质量为m，当卫星与探测器一起绕地球做圆周运动时，由万有引力定律和牛顿第二定律得 设分离后探测器速度为v，探测器刚好脱离地球引力应满足 设分离后卫星速度为u，由机械能守恒定律可得 由开普勒第二定律有nRv近=3Ru 联立解得 由分离前后动量守恒可得(m+ m)v=mu+ mv 联立式得 评分参考：本题12分。式各1分，式2分，式1分，式各2分，式各1分。hBACDP16