2018年高校自主招生物理探究仿真训练题解析版

2018年高校自主招生物理探究仿真训练题四1.如图所示为赛车场的一个“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90m的大圆弧和r=40m的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心QO'距离L=100mb赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦g=10m/s2,兀=3.14）。g=10m/s2,兀=3.14）。A.在绕过小圆弧弯道后加速B.在大圆弧弯道上的速率为45m/sC.在直道上的加速度大小为5.63m/sD.通过小圆弧弯道的时间为5.85sD.通过小圆弧弯道的时间为5.85s【参考答案】AB【名师解析】根据题述“要使褰车不打滑，绕褰道一圈时间最矩打，则赛车在弯道上速度达到最大速度，在绕过小圆弧弯道后加速，在绕过大圆菰弯道后减速，选项A正确，要使塞车在大圆菰弯道上运动不打滑，则有m\,解得在大圆邨弯道上的速率为v1=45m/5,选项IB正确。要使赛车在小圆弧弯道上运2动不打滑，则有2.25mg=m,解得在小圆弧弯道上的速率为WVO岫，小圆孤弯道长度比=2冗r/3=83.通过小圆弧弯道的时间为七刀啊二工7打，选项。错误“一侧直道长度m，由解得在直道上的加速度大小为3=&.50171/52^选项D错误。2（10分）（2015中科大）如图所示，山坡上两相邻高压塔AB之间架有均质粗铜线，平衡时铜线弧形下垂，最低点在C,已知弧线BC的长度是AC的3倍，而左塔B处铜线切线与竖直方向成3=30°角。问右塔A处铜线切线与竖直方向成角a=?li【名师解析】设A端、B端的张力分别为Ta、Tb,铜线总^重为mg,又ABC整体在水平方向受力分析，有口sina=TBsin3对AC段在竖直方向受力分析，有1〜Tacosa=—mg4对AC段在竖直方向受力分析，有3~Tbcos3=—mg4联立①②③解得tana=3tan3解得：a=60。3.如图所示，在离地面H=5.45m的O处用长L=0.45m的不可伸长的细线挂一质量为0.09kg的爆竹(火药质量忽略不计)，把爆竹拉起至D点使细线水平伸直，点燃导火线后将爆竹静止释放，爆竹刚好到达最低点B时炸成质量相等的两块，一块朝相反方向水平抛出，落到地面上的A处，抛出的水平距离s=5ni另一块2.仍系在细线上继续做圆周运动，空气阻力忽略不计，取g=10m/s,求：(1)爆竹爆炸前瞬间的速度大小V0；(2)继续做圆周运动的那一块在B处对细线的拉力T的大小;(3)火药爆炸释放的能量E。【名师解析】(1)设爆竹的总质量为2m爆竹从D点运动到B点过程中,根据动能定理，得：2mgl=1-2mv。2。2解得：V0=3m/s。V2。(2)设爆炸后抛出的那一块的水平速度为vi,V2。s=vit,H-L=lgt2,2解得Vi=5m/s对系统，根据动量守恒定律，得在B处，对于做圆周运动的那一块，根据牛顿第二定律，得T-mg=根据牛顿第三定律，得做圆周运动的那一块对细线的拉力,联立以上各式，解得T'=12.55N。(3)根据能量守恒定律，E=---2那北得解得E=2.88J。4.(12分)(2016中科大)利用图1(a)实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应数据，如图1(b)所示.实验中小车(含发射器)的质量为M=200g,实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻的定滑轮，小车加速度由位移传感器及其相连的计算机得到.回答下列问题：(1)根据该实验数据的结果，小车的加速度a与钩码的质量m的关系如何？(2)由图1(b)可知，a-m图线不经过原点，可能的原因是什么？如何消除？(3)若利用该实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取何改进措施？位移传感器位移传感器（发射器）（接收器）_r-i.CT小生轨道位移传感器位移传感器（发射器）（接收器）_r-i.CT小生轨道am/sJ）6卜5:100150200250m1%1名师解析］<1）小车的加速度a与钩码的质量m成非线性关系.<2）口-加图线不经过原点的原因是存在摩擦力,调节轨道的倾斜度以平衡摩摭力.<3）钩码的质量m应远小于小车的质量M.m杯身与热水的总质量5.（14m杯身与热水的总质量为M杯子的横截面积为&初始时杯内气体的温度为兀，压强与大气压强国相等。因杯子不保温，杯内气体温度将逐步降低，不计摩擦。（1）求温度降为T1时杯内气体的压强Pl；（2）杯身保持静止，温度为Ti时提起杯盖所需的力至少多大?（1）求温度降为T1时杯内气体的压强Pl；（2）杯身保持静止，温度为Ti时提起杯盖所需的力至少多大?（3）温度为多少时，用上述方法提杯盖恰能将整个杯子提起？【名师解析】）（1）降温过程中，气体体积不变，根据查理定律（文字与逻辑1分）P）PiT（2分）P因此，温度降为Ti时杯内气体的压强Pi=-TiIo（1分）（2）对杯盖受力分析如图所示（1分），当杯盖与杯身间的弹力恰好为零时，拉力最小（1分），根据平衡条件：TOC\o"1-5"\h\zRS+F=P0S+mg（1分）一Ti一一因此，最小拉力为F=RS+mg--P0S（1分）T0（3）设提起杯子时气体压强为P2,温度为T1杯身的受力分析如图所示（2分），平衡时：P0S=P2S+Mg（1分）得P2=P0—（1分）S根据查理定律察=¥（1分）I0|2此时温度为T2=T0—MT（1分）P0s（先对杯子整体分析得到拉力，再对杯盖分析得到P2同样得分）（2011中科大保送生面试）如图3所示，在半彳仝为R的金属球A内，有两个球形空腔，金属球整体不带电，在两空腔中心各放置一点电荷B和C,所带电荷量分别为qb,和qc在金属球A之外离球心O为r处放置另一点电荷D,电荷量为qd,已知r远大于金属球A的半径，请解答下列问题：（I）写出库仑定律的数学表达式；（2）写出点电荷D所受静电力大小的表达式;（3）求出点电荷B和C所受的静电力。【名师解析】

®设真空中两个静止点电荷的电荷量分别为◎和从0指向0?的矢径为工则Si对。口的静电力即库仑力为：下、嗓1①r式甲W.99X1W•曲・C?,为静电力常量。或写成如下的形式不，％②4^5^r^=8-85xlfrnc?■Ml-m咒为真空中的介电常量或真空电容率小①或②式即为库仑定律的数学表达式。(2)置于空腔内的点电荷B和C,由于静电感应，在空腔内表面感应异种电荷，在A球外表面感应同种电荷由于金属球A与点电荷D处的距离r远大于金属球A的半径，因此，所有这些电荷在点电荷D处的总场强，可以等效为处于球心处的两个点电荷qb和qc在点电荷D处产生的场强的矢量和。其次，点电荷D在金属球A的表面也会产生感应电荷，感应电荷是面电荷。该面电荷可以等效为两个镜像电荷：一个镜像电荷距离导体球A中心O点的2距离为x=—,并在点电荷与球心的连线上，电荷量为q'=--qDo另一个镜像电荷可以看成是集中R在球心O处，由于导体球A原来不干电，因此其电何重为q=一qDorR补充说明的是：第一个镜像电荷q'=-RqD是为了与点电荷qD共同作用下保证导体球为零电势r的等电势球；第二个镜像电荷q'=RqD0是为了保证导体球A总电荷量为零的等电势球。感应电荷r在球外产生的电场，用镜像电荷等效处理，会使问题变得简单。根据静电场唯一性定理，这个场就是所求的感应电荷在球外产生的静电场。综合上述，点电荷D处的电场等效为由四部分构成，由库仑定律可得其所受静电力的大小F=kqBqF=kqBqCqD+kqDqDr2-kfR】|一qDqDfR】|一qDqDlrJRR2Qr<rJ整理后得F=kqD(qB+qc+RgrRrqD2e222r2-R2由上式可知，式中除qD外，其他量均保持不变。讨论：I。如果qD所受静电力为零，则:II。如果qD所受静电力表现为引力，则:qD>2—22qBqDrr-R讨论：I。如果qD所受静电力为零，则:II。如果qD所受静电力表现为引力，则:qD>2—22qBqDrr-RR32r2—R2III。如果qD所受静电力表现为斥力,则:222qBqDrr-RqD<3c22R2r-R3）由于静电屏蔽，因此，空腔中的点电荷及空腔内表面的感应电荷外，其他电荷在空腔内的场强均为零点电荷和C只受到各自内表面感应电荷的作用C又处于空腔中心，则感应电荷均匀分布在空腔内表面上，所以点电荷B和C所受静电力之222qBqDrr-R

qD=3-22一R32r2-R2合力均等于零。该结果也可以由高斯定律得到。（15分）从z轴上的O点发射一束电量为q（＞0）、质量为m的带电粒子，它们速度的方向分布在以O点为顶点、z轴为对称轴的一个顶角很小的锥体内（如图6所示），速度的大小都等于v.试设计-种匀强磁场，能使这束带电粒子会聚于z轴上的另一点M,M点离开O点的经离为d.要求给出该磁场的方向、磁感应强度的大小和最小值.不计粒子间的相互作用和重力的作用.图博【名师解析】：设计的磁场为沿z轴方向的匀强磁场，O点和M点都处于这个磁场中.下面我们根据题意求出这种磁场的磁感应强度的大小.粒子由O点射出就进入了磁场，可将与z轴成0角的速度分解成沿磁场方向的分速度Vz和垂直于磁场方向的分速度v,（见图），注意到0很小，得：Vz=vcos0=v①V!=vsin0v0②

粒子因具有垂直磁场方向的分速度，在洛仑兹力作用下作圆周运动，以R表示圆周的半径,有：圆周运动的周期：r=—可见周期与速度分量打无关.粒子因具有沿磁场方向的分速度，将沿磁场方向作匀速直线运动.由于两种分速度同时存在，粒子将沿磁场方向作螺旋运动，螺旋运动螺距为：h=VzT=vT④由于它们具有相同的v,因而也就具有相同的螺距；又由于这些粒子