自主招生物理模拟试题

自主招生物理模拟试题1时量：120 分钟 满分： 100分1、如图所示，物块A 的质量为M ，物块B 、C 的质量都是m ，并都可看作质点，且m ＜M ＜2m 。

三物块用细线通过滑轮连接，物块B 与物块C 的距离和物块C 到地面的距离都是L 。

现将物块A 下方的细线剪断，若物块A 距滑轮足够远且不计一切阻力，物块碰地即静止。

求： （1） 物块A 上升时的最大速度； （2） 物块A 上升的最大高度。

2.如图所示，一均匀圆盘，质量为M ，半径为R ，静止放在一光滑水平地面上，中心不固定. 质量为m 的人，初始静止站在圆盘边缘上（人可看作质点），当人以相对速率u 沿圆盘边缘走动时，盘的转动角速度大小为)(32RuM m m +=ω，求盘心O 的速度大小.Am 密封线3、把晶体二极管D 和电阻R 串联起来，连接成如图所示的电路，电源的电动势ε=5.0伏，内电阻不计。

二极管两端的电压U 与其中的电流I 的关系曲线（伏安特性曲线）如图中实线所示，但为简单起见，可近似地看作直线，直线与横轴的交点E 0=1.0伏（见图中虚线），即二极管上所加电压U<E 0时电流为零，U>E 0时，I 和U 为线性关系。

此二极管消耗的功率P 超过4.0瓦时将被烧坏。

（1）电阻R 最小要多大才不致烧坏二极管？（2）在保证不致烧坏二极管的条件下，R 值为多大时，输入给R 的功率最大？此功率最大值等于多少瓦？4.如图所示，在 xoy 平面内有磁感应强度为 B 的匀强磁场，其中 x ∈（0，a ）内有磁场方向垂直 xoy 平面向里，在 x ∈(a ，∞)内有磁场方向垂直 xoy 平面向外，在 x ∈(-∞，0)内无磁场。

一个带正电 q 、质量为 m 的粒子（粒子重力不计）在 x=0 处，以速度v 0 沿 x 轴正方向射入磁场。

（1）若v 0 未知，但粒子做圆运动的轨道半径为， 求粒子与x 轴的交点坐标。

（2）若无（1）中的条件限制，粒子的初速度仍为v 0（已知） ，问粒子回到原点O 需要使 a 为何值？ε’0 E 0 2 3 4 5 6 U(V)I(A)A5、光子具有动量，每个光子的动量p=h/λ（式中h为普朗克常量，λ为光子的波长）.当光照射到物体表面上时，不论光被物体吸收或是被物体表面反射，光子的动量都会发生改变，从而对物体表面产生一种压力，称为光压.右图是列别捷夫设计的测量光压的仪器.图中a、b是一对用悬丝挂着的极轻的翼片，它们的形状和质量都完全相同，只是a是涂黑的而b是光亮的，光线照射到a上可以认为光子全部被吸收，照射到b上则可认为光子全部被反射.分别用光线照射在a或b上，由于光压的作用，都可以引起悬丝的旋转，旋转的角度可借助于和悬丝一起旋转的小平面镜M进行观察.（1）如果用一束强光同时照射a、b两翼片，光线的入射方向与翼片表面垂直，悬丝将向哪个方向偏转？为什么？（2）已知a、b两翼片的受光面都是圆形，半径为r，两翼片圆心间的距离是d.现用频率为ν的激光束同时照射a、b两翼片，设入射光与翼片表面垂直，单位时间内垂直于光传播方向的单位面积上流过的光子数为n，光速为c.求由于光压而产生的对中心转轴的力矩.6．在20 cm长的细棒正中间固定着一个质点．棒贴着光滑的墙站着，棒的下端可以沿地面滑动，没有摩擦．棒处于不稳定的平衡状态，将棒稍微歪一点，让它的下端从墙滑开，棒在整个时间内都处于一个平面内．棒的中心接触地面时，就马上站住不动．求棒的中心离墙的最后距离．（棒的质量可以忽略不计）7.如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨光滑且电阻忽略不计．场强为B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为d1，间距为d2．两根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导轨垂直．(设重力加速度为g)当a进入第2个磁场区域时，b恰好离开第1个磁场区域；此后a 离开第2个磁场区域时，b又恰好进入第2个磁场区域．且a．b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等，求a穿出第k 个磁场区域时的速率v1、(1)A 、B 、C 三物体系统机械能守恒。

B 、C 下降L ，A 上升L 时，A 的速度达到最大。

2mgL －MgL=21(M+2m)V2 2分 V=M m gL M m +-2)2(2 2分(2)当C 着地后，A 、B 二物体系统机械能守恒。

B 恰能着地，即B 物体下降L 时速度为零。

MgL －mgL =21(M+m)V2 2分将V 代入，整理后得：M=2m 1分 若M ＞2m ，B 物体将不会着地。

Mgh －mgh =21(M+m)V2 1分h =g m M )(2m)V (M 2-+ 1分 HL = L + h = L +g m M )(2m)V (M 2-+ 1分若M =2m ，B 恰能着地，A 物体再上升的高度等于L 。

H2 = 2L 若M ＜2m ，B 物体着地后，A 还会上升一段。

Mg L －mg L =21(M+m)（V2－v2） 1分V2 =)2)(()2(422M m M m gLM m ++- 1分 h’=g v 22=)2)(()2(222M m M m LM m ++- 1分H3 = 2L + h’ = 2L +)2)(()2(222M m M m LM m ++- 1分2.如图，人相对盘边沿P 处的速度为uP 相对盘心的速度R v po⨯=0ωCω盘心O 对地速度为0v 人对地速度00v R u v+⨯+=ω人（5分）人、盘系统质心C 静止.+某一时刻t ，O 、C 、m 总共线，人v 、0v 、u 、R ⨯0ω垂直此直线。

根据动量守恒定律的0][00=+⨯++u R v m v Mω建立图示正方向，则0v 、R ⨯0ω沿正方向， u 沿负方向，因此0][00=-++u R v m Mv ω （10分）)32()()(0M m m uu m R u m Rm m u v m M +-=-=-=+ωω （5分）（5分）3、解：（1）若二极管上所加电压U<E0时电流为零，此时不可能烧坏二极管，下面只考虑U>E0的情形，此时I和U 为线性关系I R E U 00=- (1),其中V E 0.10=，而其中的0R 可由直线段上某一点（如4伏，6安）算出5.00=R 欧。

即)1(,5.01≥+=U I U ，题意要求4≤=UI P 瓦 (2),定出0.2≤U 伏，0.2≤I 安，而)1(,≥-=U RI U ε (3),所以 5.10.20.25=-≥-=IUR ε欧。

……………………………………………………(2)暂不考虑二极管是否烧坏的问题,设加在电阻R 上的电压为U '，通过电流为I ，则其上功率为R I I U P 2='=',而电流I 可由(1),(3)两式联立求得00R R E I +-=ε, 202020)()()(-+⋅-=⋅+-='R R R E R R R E P εε,该式当5.00==R R 欧时取得最大值84)(020max =-='R E P ε瓦,………且当00R R <<时,P '随R 的增大而增大； 0R R >时,P '随R 的增大而减小，但为了保证二极管正常工作，需5.1≥R 欧5.00=>R 欧，于是当5.1=R 欧，电阻R 上功率最大为6瓦……。

4.解析：（1）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设其轨道半径为R ，其在第一象限的运动轨迹如图所示。

此轨迹由两段圆弧组成，圆心分别在C 和C ’处，轨迹与x 轴交点为P 。

由对称性可知C ’在x=2a 直线上。

设此直线与x 轴交点为D ，P 点的x 坐标为xP=2a+DP 。

过两段圆弧的连接点作平行于x 轴的直线EF ，则C ’C ’D=C ’F-DF ，由此可得P 点的x 坐标为，Mm muv +=30代人题给条件得 (2)若要求带电粒子能够返回原点，由对称性，其运动轨迹如图所示，这时C ’在x 轴上。

设∠CC ’O=α，粒子做圆周运动的轨道半径为设粒子入射速度为v0，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得，qv0B=mv02/r ，解得a=02qB 。

5. （1）a 向纸外而b 向纸内转动（2分）（或答俯视逆时针方向转动）.这是因为光照射到a 上，光子全部被吸收，每个光子的动量都减为0；照射到b 上，光子全部被反射，每个光子的动量都与原来大小相等而方向相反，动量的变化量是前者的2倍，因此对b 的压力较大.（3分） （2）单位时间内照射到每个翼片上的光子数为N=n πr2.(2分)照射到a 翼片上的光子全被吸收，每个光子的动量变化量Δpa=p.（1分）单位时间内所有光子的动量变化量有大小就等于光对a 翼片的压力，即Fa=n πr2·p=πnr2·h ν/c.(2分)照射到 b 翼片上的光子全被反射，每个光子的动量变化量大小ΔPb = 2p （1分），单位时间内所有光子的动量变化量的大小就等于光对 b 翼片的压力，即 Fb =πnr2·2p =2πnr2· h νd/2c.(2分)合外力对中心转轴的力矩M=（Fb-Fa ）·d/2=πnr2·h νd/2c.(2分)6．解：首先我们证明只要棒的端点整个时间都是沿着互相垂直的轨迹运动，则它的中心就会沿着一个圆周运动，这个圆的半径等于棒长的一半（r=10 cm ），圆心位于竖直墙和水平地板交界的地方．棒心沿着凸面作向上的圆弧运动．在右图上表示了棒和作用在它上面的力。

1F 表示作用在棒上 的地板的约束反力，而2F 是墙的约束反力． 力12R F F =+。

因为棒的质量可以忽略不计，它对中心的转动惯量也就等于零．由此知，对棒中心的总力矩也为零。

否则， 棒就必须以无限大的角加速度围绕点S 运动．由于其端 点沿地板和墙壁滑动的棒的转动，随之而来的是它的沿 圆弧移动，棒的无限大的角加速度就必然引起在棒中心的质点的无限大的线加速度，但这是不可能的，因为这个点有一定的质量（设其质量为m)．那么，对棒的中心（质点）列出力矩方程，得12sin cos 0Fr F r αα-=，由此得：12tan F F α=这意味着，12R F F =+的方向是沿着圆半径的．因为墙壁和地板是推棒，故R 总是指向圆的外面，且R 的作用点沿圆周运动．现在找0R =的点的位置．该点是这样的一个点，过它之后，棒心的运动就变成自由运动，也就是棒的端点不再对墙壁和地板有压力，约束反力也就消失了．假定棒心（质点）离地板的高度为h 时，0R =，与一个小球从光滑半球顶上滑下脱离类似，可以列出下面两个方程（R=N=0)201()2mg r h m υ-=20cos mgmg mh rr υα==从上面二式可以得知，当棒心离地板的高度32h r=时，棒就离开墙壁。