2013年卓越大学联盟自主选拔录取学科基础测试物理部分解析

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.2013年卓越大学联盟自主选拔录取学科基础测试物理部分
【试题总评】2013年卓越大学联盟自主招生物理试题覆盖了高中物理必修一、必修二、选修3-1、选修3-2、选修3-4、选修3-5，多数试题难度与高考相当，个别试题综合性强，能力要求较高。
一、填空题
1．Co的衰变方程可以写成Co →Ni++，其中是反电子中微子，反电子中微子不带电，质量可视为零。由衰变方程可知Z=_________。如果静止的Co发生衰变，实验过程中测量衰变产物中Ni和的径迹时，由______________守恒定律可知，Ni和的径迹在同一条直线上。
1．答案：28 动量
解析：根据Co的衰变遵循电荷数守恒可得：27=Z-1，解得Z=28.。 如果静止的Co发生衰变，根据动量守恒定律，Ni和的速度方向相反，径迹在同一条直线上。
2．如图，理想变压器有两个接有电阻的独立副线圈甲、乙，其匝数分别为n1和n2。现测得线圈甲上的电流与电压分别为I1和U1，线圈乙上的电流为I2，则线圈乙上的电压U2= ，原线圈上的输入功率P=______________。
2．答案：U1　　　　 I1U1+U1 I2。
解析：由变压器变压公式，==，线圈乙上的电压U2=U1。由理想变压器功率关系可得：原线圈上的输入功率Ｐ= I1U1+ I2U2= I1U1+U1 I2。
3．(16分)
(1)某同学用图ａ所示的实验装置验证碰撞中动量守恒，他用两个质量相等、大小相同的钢球A、B进行实验。首先该同学使球A自斜槽某一高度由静止释放，从槽的末端水平飞出，测出球A落在水平地面上的点P与球飞出点在地面上垂直投影Ｏ的距离LOP。然后该同学使球A自同一高度由静止释放，在槽的末端与静止的球B发生非对心弹性碰撞(如图b所示)， 碰撞后两球向不同方向运动，测出两球落地点M、N与Ｏ点间的距离LOM、LON。该同学多次重复上述实验过程，并将测量值取平均。
①下列关系正确的是___________________（填字母代号）
A．LOP=LOM+LON
B．LOPC．LOP>LOM+LON
②根据实验原理，试推导出OM与ON间夹角的大小。
．答案：（1） ①B (2分)
②设球的质量为m，碰撞前瞬间球A的速度大小为vA，碰撞后瞬间球A、B的速度大小分别为、。两球在碰撞过程中动量守恒，碰撞后两球动量的矢量和与碰撞前A球动量的矢量相同，一定满足平行四边形定则，如图所示。
在弹性碰撞过程中，机械能守恒，因此有：
①
设小球做平抛运动的时间为t，则，，，由①式得，
②
因此，OM与ON间的夹角为90°。
评分标准：明确说明该过程满足动量守恒得2分，①式2分，②式1分，判断出正确结果得1分。
解析：A与静止的球B发生非对心弹性碰撞，动量守恒，由于二球质量相等，碰撞后二球速度的矢量和等于碰撞前A球速度。而用图ａ所示的实验装置实验，是用小球的水平位移等效替代小球速度，所以LOP4.(2)用如图所示电路可以测量电源电动势，其中E、EN、Ex分别为工作电源、标准电源和待测电源。R1、R2为电阻箱。R3为滑动变阻器，G为指针可以左右摆动的表头。S1、S3为单刀单掷开关，S2为单刀双掷开关。已知EN=1.018 V，Ex约为1.5 V，E约为4 V。实验过程如下：
I．实验开始前，为保护表头，将滑动变阻器R3的阻值调至最大，R1和R2阻值限定在1000～3000Ω；
II．校准工作电源电动势。将开关S2置于l处，闭合Sl，反复调节电阻R1的阻值，使当S3闭合时，表头的示数为零。减小R3的阻值，通过调整R1的阻值，使表头的示数继续为零，直至R3的阻值为零时，表头示数仍为零；
III．测量待测电源电动势。将开关S2置于2处，在重复上述操作过程中适当调节R2的阻值，使R3的阻值为零时，表头示数为零。
根据上述实验过程回答下列问题：
①在校准工作电源电动势时，测得Rl校和R2校的阻值分别为2931Ω和1069Ω。在测量待测电源电动势的过程中，下列关于RI和R2预估值合理的是___________ (填字母代号)。
A．Rl估=2437Ω，R2估=1463Ω B．RI估=2524Ω，R2估=1376Ω
C．Rl估=2420Ω，R2估=1580Ω D．RI估=2327Ω，R2估=1628Ω
②在测量待测电源电动势的实验过程中，当表头示数为零时，Rl测的读数为2320Ω，此时R2测的阻值应为________Ω, 待测电源电动势的表达式为___________________,根据实验测得的数据计算待测电源电动势为_____________V(结果保留四位有效数字)。
答案：(2) ①CD (2分，选对1个得1分，选错的不得分)
②1680 1.600 (各2分，共6分)
解析：①根据题述E约为4 V，Ex约为1.5 V，R1和R2预估值必须满足大约为或小于，所以选项CD正确。
②由Rl校+R2校=Rl测+R2测，解得R2测=Rl校+R2校-R1=2931Ω+1069Ω-2320Ω=1680Ω.。待测电源电动势的表达式为。根据实验测得的数据计算待测电源电动势为Ex=×1.018V=1.600V..。
5．(12分)如图所示，可视为质点的两物块A、B，质量分别为m、2m，A放在一倾角为30°并固定在水平面上的光滑斜面上，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮，两端分别与A、B相连接。托住B使两物块处于静止状态，此时B距地面高度为h，轻绳刚好拉紧，A
和滑轮间的轻绳与斜面平行。现将B从静止释放，斜面足够长。重力加速度为g。求：
(1)B落地前绳中张力的大小T；
(2)整个过程中A沿斜面向上运动的最大距离L。
5. 解析：(1)设B落地前两物块加速度的大小为a，对于A，取沿斜面向上为正；对于B，取竖直向下为正，由牛顿第二定律得
T-mg sin 30°=ma ①
2mg-T=2ma ②
由①②式得 T =mg③
(2)由①②式得：a=g。④
设B落地前瞬间A的速度为v，由运动学公式得
v2=2ah ⑤
设B落地后，A沿斜面运动过程中的加速度为a’，则
a’=-gsin30° ⑥
设B落地后A沿斜面向上运动的最大距离为S，由运动学公式得
-v2=2 a’s ⑦
由④⑤⑥⑦式得
s=h⑧
B自下落开始至落地前瞬间的过程中，A沿斜面运动的距离为h，则整个过程中A沿斜面向上运动的最大距离为 L=s+h=2h ⑨
评分标准：(1)①②式各2分，③式1分，共5分；
(2)⑤⑥式各2分，⑦⑧⑨式各1分，共7分。
6．(14分)如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，导轨上端接有阻值为R的电阻，水平条形区域I和II内有磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，其宽度均为d，I和II之间相距为h且无磁场。一长度为L、质量为m、电阻不计的导体棒，两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触。现将导体棒由区域I上边界H处静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同。重力加速度为g，求：
(1)导体棒进入区域I的瞬间，通过电阻R的电流大小与方向；
(2)导体棒穿过区域I的过程中，电阻R上产生的热量Q；
(3)下面四个图象定性地描述了导体棒速度大小与时间的关系，请选择正确的图象并简述理由。
6 解析：(1)设导体棒进入区域I瞬间的速度大小为v，通过电阻R的电流大小为I，感应电动势为E，由机械能守恒定律得
mgH=mv2， ①
由法拉第电磁感应定律得: E=BLv ②
由闭合电路的欧姆定律得: I=E/R ③
由①②③得: I= ④
由楞次定律可以判断出通过电阻R的电流方向为由右向左。
(2)设导体棒穿出区域I瞬间的速度大小为v’，由能量守恒定律得
mv2+mgd=mv’2+Q ⑤
由题意知，导体棒穿过两段磁场区域过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同，所以，导体棒在进入区域I和II的瞬间速度相同。导体棒在两磁场之间运动时只受重力作用，由机械能守恒定律得
mv’2+mgh=mv2 ⑥
由⑤⑥式得: Q=mg(h+d) ⑦
(3)选项C正确。
导体棒由静止开始到进入区域I之前，只受重力作用，导体棒做自由落体运动，加速度为g，因此在0～t1时间段内v-t图象为直线。导体棒在两磁场之间运动时也只受重力作用，同理在t2～t3时间段内v-t图象也为直线。
依据题意，两磁场区域宽度d相同，导体棒穿过两段磁场区域过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同，可知导体棒在进入区域I和II瞬间的速度相同，且在两磁场区域内速度变化相同，因此，导体棒在t1～t2和t3～t4时间段内的v-t图象相同，而且导体棒在磁场区域内的运动为加速度逐渐减小的减速运动(即逐渐减小)，所以C是正确的。
评分标准：(1)①②③④式各1分，正确判断出电流方向得1分，共5分；
(2)⑤⑥式各2分，⑦式1分，共5分；
(3)选项正确得2分，能正确清晰解释原因得2分，共4分。
7.(18分)如图所示，可视为质点的三个物块A、B、C质量分别为m1、m2、m3，三物块间有两根轻质弹簧a、b，其原长均为L0，劲度系数分别为ka、kb。a的两端与物块连接，b的两端与物块只接触不连接。a、b被压缩一段距离后，分别由质量忽略不计的硬质连杆锁定，此时b的长度为L，整个装置竖直置于水平地面上，重力加速度为g。
(1)现解开对a的锁定，若当B到达最高点时，A对地面压力恰为零，求此时C距地面的高度H；
(2)在B到达最高点瞬间，解除a与B的连接。并撤走A与a，同时解除对b的锁定。设b恢复形变时间极短，此过程中弹力冲量远大于重力冲量，求C的最大速度的大小v3(弹簧的弹性势能可以表示为，其中为弹簧的形变量)；
(3)求C自b解锁瞬间至恢复原长时上升的高度h。
解析：(1)解除a的锁定后，在a的作用下，B、C上升，恢复原长后，弹簧继续伸长，当B到达最高点时，A对地面压力恰为零，设此时a的伸长量为△La，由共点力平衡条件及胡克定律得
ka△La = m1g ①
由H=△La +L0+L
解得H= +L0+L ②
(2)在解除b锁定的瞬间，由于弹簧恢复形变所需的时间极短，弹力远大于重力，因此此过程可视为动量守恒。此时由于B到达最高点，因此B与C的速度均为零，设在b恢复原长时，B的速度大小为v2，取竖直向上为正，由动量守恒定律得
m3v3-m2v2=0 ③
由于b恢复原长所需时间极短，此过程中弹力的冲量远大于重力冲量，因此系统的重 力势能不变，由机械能守恒定律得
m3v32+m2v22= ka (L0-L)2 ④
由③④式得
v3= (L0-L) ⑤
(3)设b从解锁瞬间至恢复原长时所需时间为△t，B高度的变化量为h’，由③式得
m3-m2v2=0 ⑥
由题意知
h+ h’=L0-L ⑦
由⑥⑦式得
h=(L0-L) ⑧
评分标准：(1)①②式各2分，共4分：
(2)③④式各4分，⑤式1分，共9分；
(3)⑥式3分，⑦⑧式各1分，共5分。