2013自招物理模拟试题【第14套】

第1页(共4页)2013自招物理模拟试题【第14套】（满分：100分）2013-3-11一、选择、填空题（每小题6分,共18分）1.如图所示为一列向x轴负方向传播的简谐横波，a、b、c、d四个质点正处于图中所示位置，从图示时刻开始，它们第一次到达平衡位置的时间分别为ta、tb、tc、td，则以下关系正确的是（）A.tc＜td＜ta＜tbB.（ta―tb）=（tc―td）C.（tc―ta）＞（td―tb）D.tc―tb=2（td―ta）2．如图所示，弹簧1的一端固定在M点，另一端固定在滑轮的轮轴O上。弹簧2的一端固定在N点，另一端连结一根不可伸长的细线，细线跨过滑轮，并用大小为F的力沿水平向右拉住细线的P端。已知弹簧、细线和滑轮的质量均可不计，弹簧、细线均相互平行，已知两个弹簧的劲度系数都为k。若缓慢地将拉力增大至2F，则在此过程中细线P端水平向右移动的距离为___________3.如图所示，将一根平底薄壳玻璃试管开口向下竖直插入水中，设当其处于平衡状态时，管顶露出水面的高度为a，管内外液面的高度差为b。现将试管缓慢竖直下压至全部浸入水中，当试管下压的位移为______________时，撤去压力后，试管将再次平衡。（设大气压强为p0，水的密度为ρ，重力加速度为g，且不考虑毛细现象及试管下压后槽中水面高度的变化）二、（10分）图中的矩形ABCD代表一个折射率为n的透明长方体，其四周介质的折射率为1，一束单色细光束以角θ入射到AB面上的P点，AP=12AD。不考虑光在长方体内的二次及二次以上的多次折射，试分析下面两个问题。（1）若要求此光束进入长方体能射到AD面上，角θ的最小值θmin应为多大？（2）若要求此光束能在AD面上全反射，角θ应在什么范围内？长方体材料的折射率n应在什么范围内？x/my/cmabcd0612v1055318abABCDSPθMNPOF12第2页(共4页)三、（10分）如图所示，两块同样的长方形木板按图示的方式叠放在桌面上，木板1和木板2、木板2和桌面之间的动摩擦因数分别为μ、2μ.用小榔头沿水平向右敲击上面木板1，结果系统经过t0=3s时间恢复静止状态。现在水平向右敲击木板2，使它具有敲击木板1时同样的速度。求敲击后经过多少时间系统恢复静止状态？设木板足够长。四、（10分）一平板小车放在光滑水平面上，今有质量为m的物体A和B分别以2v0和v0的初速度沿同一直线从小车两端相向水平滑上小车，设A、B两物体与小车间动摩擦因数均为μ，小车质量也为m，物体A、B可视为质点。为使A、B两物体不相碰，求：（1）小车长度至少为多大？（2）由开始滑上平板车到两物体都静止在小车上为止，B通过的总路程多大？AB2v0v021第3页(共4页)五、（10分）如图所示，虚线两侧存在匀强磁场，左侧磁场的磁感应强度大小为B，右侧为23B，磁场方向都垂直于纸面向里。质量都是m、电荷量都是q的带正电粒子束，以各种大小不同的速率从虚线上的a点沿与虚线成θ角的方向射入虚线右侧的磁场。b为虚线上的另一点，到a点的距离为L。不考虑粒子间的相互作用，如果从a点射入的粒子都能由b点从虚线右侧进入左侧，则粒子的速率应满足什么条件？六、（12分）如图甲所示，倾角为θ的足够长的光滑斜面底端固定有带电量为+Q的小球A，在斜面上与A相距为L处有一质量为m，带电量为+q的小球B，紧靠B有一不带电的绝缘小球C（视为质点），小球C的质量为8m，B、C均处于静止状态。（已知静电力常量为k，A、B均可视为点电荷）（1）现对C施加一个沿斜面向上的拉力，为使B、C立即分离，求拉力的最小值Fmin；（2）已知A、B带电系统的电势能E与A、B间距离x的关系图象如图乙所示。现对C施加一个沿斜面向上的拉力，使B、C一起缓慢沿斜面向上移动直至B、C分离，求该过程中拉力所做的功W。＋＋θABC图甲OE1x1LE0图乙B23BabθL第4页(共4页)七、（15分）如图所示，由长为L的轻杆OA和长为2L的轻杆OB组成一个直角支架，A端固定一个质量为2m的小球A，B端固定一个质量为m的小球B。支架可以绕通过直角端O且垂直于竖直面的固定转动轴自由转动。现把OA拉至水平后释放，试分别求出释放瞬间杆OA对A球、杆OB对B球的作用力的大小和方向。八、(15分)如图所示在xoy所在的平面内，有两根金属丝MN和PQ，其形状分别满足方程y=asin2πxλ和y=－asin2πxλ，在两金属丝端点从M、P和N、Q之间各接一条阻值为R的小电阻丝，中间三个相交处均有绝缘表面层相隔，金属丝电阻不计。x0的区域内存在垂直xoy平面向里的磁感应强度为B的匀强磁场。两金属丝在沿x轴负方向的外力作用下，以速度v匀速进入磁场。（1）求将两金属丝全部以速度v匀速拉入磁场中，外力所做的功。（2）假设仅在－λ2x0的区域内存在垂xoy平面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，求将两金属丝全部以速度v匀速拉过磁场外力所做的功。OAB2mmL2LOMPQNxyva－aλ2λ第5页(共4页)24.解：(1)在敲击木板1时，木板1对木板2的摩擦力大小为μmg，而地面对木板2的滑动摩擦力最大值为4μmg，可见，木板2不移动，只有木板1水平向右做匀减速移动。根据牛顿第二定律得木板1的加速度大小为：a0=μg由运动学公式得：v0=a0t0(2)在敲击木板2时，设木板1也向右运动，则从上到下各木板受到的滑动摩擦力分别表示如图，其大小分别为：f1=f1/=μmg，f2=4μmg，根据牛顿第二定律，对木板1有：μmg=ma1a1=μg（向右）对木板2有:μmg+4μmg=ma2∴a2=5μg（向左）设过了t1时间木板1和2达到共同速度v12，，则有v12=v0－5μgt1v12=μgt1∴t1=t0/6v12=v0/6，（1分）木板1和2达到共同速度后一起运动,它们的加速度一样，设为a12，则有4μmg=2ma12∴a12=2μg（1分）但木板1在最大摩擦力f1=μmg作用下，获得的最大加速度大小为a0=μg。可见a12＞a0，这是不可能的。所以木板1和2达到共同速度后，又会再错开，1超前2,此时两木板受到的摩擦力方向如下图所示。它们的加速度大小为a1/a2/则：对木板1有μmg=ma1/a1/=μg（向左）对木板2有:4μmg-μmg=ma2/∴a2/=3μg（向左）可见，木板1的加速度最小，因此运动速度最长，设其速度由v12减小为零用了t2时间，则有：t2=v12a1/=t06所以系统进入静止状态所用时间为：t=t1+t2=t06+t06=1s泉州市第二十一届“启程杯”高中物理竞赛试卷评分标准2009.12.20一、选择、填空题（每小题6分,共18分）1f/1f2f1f2f'1f1f2f'1f第6页(共4页)1.BD2．5Fk3.2a＋p0aρgb二、（10分）解析：（1）若要求此光束进入长方体能射到AD面上，折射光至少能射至D点，如图所示，由图可得tanγ≥12（1分）sinθsinγ=n故sinθ=nsinγ≥n5（1分）即θmin=arcsinn5（1分）（2）若要求此光束能在AD面上全反射，应满足sin(90°－γ)≥1n（1分）即1－(sinθn)2≥1nsinθ≤n2－1（1分）由（1）知sinθ≥n5，则n5≤sinθ≤n2－1（1分）由于n2－1≥n5故n≥52（1分）同时应有n5≤1，即n≤5（1分）故角θ取值范围为sin-1n5≤θ≤sin-1n2－1（1分）长方体材料的折射率n应满足的范围为52≤n≤5（1分）三、（12分）解析：如图，滑块A运动到图中所示位置时，吊绳与竖直杆的夹角为θ，此时滑块A的速度为v，吊绳的拉力为T，竖直杆对滑块A的弹力为N，滑块A的重力为mg，滑块A到小滑轮B的距离为r，速度v按如图所示正交分解，沿吊绳的分速度大小为v0，垂直吊绳的分速度大小为v1。r=L02+x2cosθ=xrv=v0cosθ（1分）ABCDSPθγAL0xv0vθv1NmgTBr第7页(共4页)v1=v0tanθTsinθ=N（2分）T－mgcosθ－Nsinθ=mv12r（2分）由以上各式可解得T=mgxL02+x2+mv02L02x4L02+x2（3分）吊绳的拉力对滑块A做功的功率PT=Tv0（1分）滑块A的重力的功率PG=－mgv（1分）故滑块A的动能随时间的变化率PEk=PT＋PG=mv03L02x4L02+x2（2分）四、（15分）解析：（1）AB相对车静止前，车受A、B施加的摩擦力等值反向，车仍静止，A、B所受冲量数值相等，故B先减速到零，此后B相对车静止，最后小车和物体A、B三者共速，设为v共，系统水平方向动量守恒，设向右为正，有2mv0－mv0=3mv共（2分）v共=v0/3（1分）A、B滑上车到三者共速，摩擦力做功转化为内能，由功能关系得μmgL=12m(2v0)2+12mv02－12·3m·(13v0)2（3分）解得车长L=7v023μg（2分）（2）设B对地向左移动S1，有－μmgS1=0－12mv02（2分）得S1=v022μg（1分）设B与小车共同对地向右移动S2，则μmgS2=12·2mv共2－0（2分）得S2=v029μg（1分）则B通过的总路程S=S1+S2=11v0218μg（1分）五、（15分）解析：粒子在磁场的洛伦磁力作用下做圆周运动，以v表示粒子的速率，设在右侧磁场中圆周运动的半径为R1，则有qv23B=mv2R1（2分）得R1=3mv2qB（1分）圆周的圆心在O1第8页(共4页)设左侧磁场中圆周的半径为R2，则有R2=mvqB（1分）圆周的圆心在O2。两圆在虚线上的P点相切，如图，O1、O2和P在同一直线上。由于R1＞R2，粒子回旋一周后，将在a点正上方的a′点进入右侧磁场。由几何关系可得a与a′间的距离aa′=2R1sinθ－2R2sinθ=mvqBsinθ（4分）即粒子回旋一周，进入右侧磁场时的位置向上移动一段距离aa′，距离的大小与粒子的速率有关，如果粒子回旋k周后进入右侧磁场，在右侧磁场中沿一段半径为R1的圆弧运动恰能到达b点，并由b点进入虚线左侧，则有kaa′+2R1sinθ=L（4分）由以上各式可得L=kmvqBsinθ+3mvqBsinθ（2分）解得v=qBL(k+3)msinθ（k=0、1、2、3、…）（1分）六、（15分）解析：（1）B、C恰好分离时，B、C之间的弹力为0，B、C的加速度大小相同，设为a，则由牛顿第二定律可得对C：Fmin－8mgsinθ=8ma（2分）对B：kQqL2－mgsinθ=ma（2分）解得Fmin=8kQqL2（1分）（2）B、C的总质量为9m，施加拉力前有kQqL2=9mgsinθ（1分）设B、C分离时与A的距离为x，则对B有kQqx2=mgsinθ（1分）得x=3L（1分）由图乙可知x=L时A、B带电系统的电势能为E0，则当x=3L时A、B带电系统的电势能为13E0，从x=L至x=3L的过程中A、B带电系统电势能的减少量ΔE=23E0（2分）B、C系统重力势能的增加量ΔEp=18mgLsinθ（1分）由功能关系可得W+ΔE=ΔEp（2分）故拉力所做的功W=ΔEp－ΔE=18mgLsinθ－23E0（2分）七、（15分）解析：B23Babθa′vO1O2POAB2mmCθ答图1L2L第9页(共4页)如答图1，设A、B两小球的质心位置为C，C在AB连线间且AC∶BC=1∶2。由几何关系可得CO与竖直方向的夹角θ=45o（2分）释放时，A、B两小球质心的加速度a=gsinθ=22g（1分）由于A、B球的初速度均为0，故均无法向加速度，只有切向加速度。设球A的加速度为a1（方向竖直向下），球B的加速度为a2（方向水平向右），由质点组牛顿第二定律可得如答图2所示的矢量关系：即2ma1=ma2=3masin45o（2分）解得a1=34g，a2=32g（1分）球A、球B的受力分析如答图3所示，杆OA对球A的作用力方向竖直向上，大小为F1，由牛顿第二定律可得2mg－F1=2ma1（2分）得F1=12mg（1分）杆OB对球B的作用力为F