2012年北约自主招生物理试题(附详细答案word版)

2012年北约自主招生试题（答案附后）物 理一、选择题（单选题，每题4分）1．两质量相同的卫星绕地球做匀速圆周运动，运动半径之比为R １:R 2＝１:２，则关于两卫星的下列说法正确的是（ ）A ．向心加速度之比为a 1:a 2=1:2B ．线速度之比为v 1:v 2=2:1C ．动能之比为E k1:E k2=2:1D ．运动周期之比为T 1:T 2=1:2 2．如图所示，通电直导线旁边放一个金属线框和导线在同一平面内，以下哪种运动方式不能使框abcd 中产生感应电流？A ．线框以AB 为轴旋转B ．线框以ad 为轴旋转C ．线框向右移动D ．线框以ab 为轴旋转3．相同材料制成的一个圆环Ａ和一个圆盘B ，厚度相同，且两者起始温度和质量也相同，把它们都竖立在水平地面上，现给它们相同的热量，假设它们不与任何其它物体进行热交换，则升温后的圆环A 的温度ｔA 与圆盘B 的温度ｔＢ的大小关系是（ ）A ．t A >tB B ．t A <t BC ． t A =t BD ．无法确定二、填空题（每题两空，每空3分，共18分）4．质量为m 的小球以初速度V 0与另一个质量为M （未知）的小球发生弹性正碰，若碰后m 小球的速度为20v 且与原方向相反，则M ＝＿＿＿＿＿；若碰后m 球速率为30v 且与原方向相同，则M ＝＿＿＿＿＿。

5．OA 、OB 是两面镜子，成36︒夹角，观察者在两镜之间，则人从A 镜中最多能看到＿＿个像；从B 镜中最多看到＿＿个像。

6．固定在地面上的两激光器A 和B 相距L 0，有大木板平行帖近地面以速度v=0.6c 相对地面沿AB 连线方向高速运动。

地面参考系某时刻两激光器同时发射激光在运动木板上形成点状灼痕A ’和B ’。

些后让大木板缓缓减速至静止后，测量两灼痕的间距为L ＝＿＿L 0，随原木板高速运动的惯性参考系的观察者认为两束激光不是同时，应存在发射时间差∆t ’=______cL 0.三、综合题（共4题，70分）7．图为杨氏双缝干涉实验装置，光源S 为单色面光源，波长为λ，单缝A 的中心位于双缝B 和C 的垂直平分线上，B 与C 相距d ，单缝与双缝相距为r ，接收屏P 与双缝相距为R ，R>> d,r>>d ，问：（1）接收屏上的干涉条纹间距是多少？（2）设单缝A 的宽度b 可调，问b增大为多少时干c d涉条纹恰好第一次消失？（3）接（2）问，条纹恰好消失时，固定在A的宽度b，为了使干涉条纹再次出现，试问d、r、R三个参量中应调节那些量？8．两个相同的电容器A和B如图连接，它们的极板均水平放置，当它们都带有一定电荷并处于平衡时，电容器A中的带电粒子恰好静止。

现将电容器B的两极板沿水平方向移动使两极板错开，移动后两极板仍然处于水平放置，且两极板的间距不变。

已知这时带电粒子的加速度大小为g/2，求B的两个极板错开后正对着的面积与极板面积之比。

设边缘效应可忽略。

B9．车轮是人类在搬运东西的劳动中发明的，其作用是使人们能用较小的力量搬运很重的物体。

假设匀质圆盘代表车轮，其它物体取一个正方形形状。

我们现在就比较在平面和斜面两种情形下，为使他们运动（平动、滚动等）所需要的最小作用力。

假设圆盘半径为b，正方形物体的每连长为b，它们的质量都是m，它们与地面或斜面的摩擦因数都是μ，给定倾角为θ的斜面。

（1）使圆盘在平面上运动几乎不需要作用力，使正方形物体在平面上运动，需要的最小作用力F1是多少？（2）在斜面上使正方形物体向上运动所需要的最小作用力F2是多少？（3）在斜面上使圆盘向上运动所需要的最小作用力F3是多少？限定F3沿斜面方向。

10．氢原子模型中，轨道的量子化条件为：2πr n=nλn(n=1,2,3,⋯)，其中r n为n级轨道半径，λn为n级的物质波的波长。

已知电子电量e、静电力恒量k、电子质量m、普朗克常数h。

（1）求第n级的电子轨道半径r n（2）求第n级的电子的运动周期（3）偶电子素的量子化条件为2π（2 r n）=nλn(偶电子素是指反电子与电子构成的体系，它们绕两点中心做圆周运动)，求偶电子素中第n级电子轨道半径r n参考答案1、D 。

解析：质量为m 的卫星沿半径为R 的圆轨道运动时，按照牛顿第二定律和牛顿万有引力可知卫星的速度满足：22RMm G R v m = 则卫星的速度大小为：RGM v = 式中M 为地球的引力质量，G 为引力常量。

因此，当两质量相同的卫星绕地球作匀速圆周运动的轨道半径之比为1:2时， a 1:a 2=)(:)(2221R M G R MG =4:1v 1:v 2=)(:)(21R M G R M G =1:2 T 1:T 2=)2(:)2(2211v R v R ππ=22:1 E k1:E k2=2221:v v =R 2:R 1=2:1 2、A 。

解析：(1)线框以直导线MN 为轴旋转时通过线框的磁通量不随时间变化，因此线框中没有感应电流和感应电动势。

（2）线框以ad 边为轴旋转时，线框平面与磁场的夹角发生变化，线框平面处的磁场也发生变化，通过线框的磁通量随时间变化，同时，线框中还有动生电动势，因此线框中有感应电流和感应电动势。

（3）线框以ab 边为轴旋转时，线框平面与磁场的夹角发生变化，通过线框的磁通量不随时间变化，同时，线框中还有动生电动势，因此线框中有感应电流和感应电动势。

（4）线框沿图平面朝右平动时，线框平面处的磁场发生变化，通过线框的磁通量随时间；同时，线框中还有动生电动势，因此线框中有感应电流和感应电动势。

综上所述，只有第一种情况下线框中没有感应电流，应选A 。

3、B 。

解析：如图，圆铁环a 和圆铁板b 质量相同，则直径一定是d a >d b ，它们在竖直方向的线膨胀系数一样大，但由于竖直方向的初始高度不同，当输入相同的热量后由于热膨胀，使得质心升高的高度有关系∆h a >∆h b ，圆铁环a 的重力势能比圆铁板b 增加的多，所以圆铁板b 的温度高。

4、解析：按照题意，系统运动为一维运动，设两个小球正碰前后的速度分别为v 1、v 2、v 1’、v 2’，由动量守恒定律和动能守恒有：'2'121Mv mv Mv mv +=+22212121M mv +=2'22'12121M mv + 已知v 1=v 0, v 2=0，解方程得：0'1v M m M m v +-=，0'22v Mm m v += 再根据题设条件：（1）第一种情况，0'1v M m M m v +-==021v -，解得M=3m （2）第二种情况，0'1v M m M m v +-==031v ，解得M=m/2 5、第一空填5，第二空填4.画图题，一共有9个像。

画图时，把360度的空间分成10份即可。

6、长度L 在高速中被收缩成L 0，有：L 0=221c v L -，L=2201c v L -求第二空，用洛伦兹变换∆t=)6.00(112022c cL c v --=-0.6cL c v 02211- 7、（1）以BC 垂直平分线与屏幕的交点为原点建立x 轴，则从单缝出射经双缝到达屏幕上x 处两束光的光程差为∆=dsin θ≈Rxd 亮条纹条件为：∆=n λ(n=0,±1, ±2,⋯)亮条纹位置：x n =dR n λ 故条件间距为：∆x=d R λ (2)从单缝A 出来的光可以看成一系列线光源的非相干光叠加，如右图所示，若线光源向上偏转b/2时，经过双缝到达x 处两束光的光程差应增加DC ，而DC ＝dsin α≈dtan α≈rb d 2/ 由关系∆=R xd 得：各级干涉条纹下移的距离∆x ’=d DC R ≈rRb 2 当亮纹下移到原干涉条纹的暗纹中心时（下移半个条纹间距），干涉条纹消失，所以有r Rb 2＝2x ∆＝λdR 2 最后的单缝A 的极限宽度为:b 0=λdr 当b ≥b 0时干涉条纹消失。

（3）由上可知，若b ≥b 0,当给定b 和λ时，通过增加r 和减小d 而增大临界宽度b 0，使得b ≤b 0，这时干涉条纹会再次出现。

简单地说，调节R 不会使条纹出现，减小d 可以出现干涉条纹；增大r 也出以出现干涉条纹。

8、解析：未错开时C A =C B q A =q B如果错开后，正对着的面积占总面积的比例为r ，则C B ’=rC B 这时由于两个电容器的电压相等，所以'''BB A AC q C q ==B B rC q ' 所以，''A B rq q =''A B q q +=''A A rq q +=（1+r ）'A q =2q A 解出：A A q r q +=12'，A A E rE +=12' 这时带电粒子受到的静电力为A e qE rF +=12' 粒子受力为：mg F F e A -=''=A qE r +12-mg = mg r +12-mg = mg rr +-11 得加速度为：a=g r r +-11=g 21 由此解得：2-2r=1+r ，r=1/39、解析：（1）设作用力F 1与水平面的夹角为β，N 为地面对物体的支持力，则 竖直方向有：N = mg-F 1sin β水平方向有：F 1cos β =μN由此得到： F 1(cos β + μsin β )= μ mgF 1取最小的条件：sin β =μcos β最后得到：F 1=21μμ+mg(2)设作用力F 2与斜面的夹角为α，向上偏转为正，N 为斜面对物体的支持力，则 垂直斜面：N=mgcos θ-F 2sin α平行斜面：F 2cos α=mgsin θ +μN由此得到：F 2(cos α+μsin α)=mg(sin θ+μcos θ )F 2取最小值的条件：sin α =μcos α 最后得到：221)cos (sin μθμθ++=mg F（3）圆盘向上滚动，斜面提供沿斜面向上的摩擦力，相对于圆盘与斜面的接触点，F 3的最大力臂是2a ，在此条件下列出相关方程力矩平衡方程： 2F 3a=mgasin θ沿斜面方向受力方程： F 3+μN=mgsin θ垂直斜面方向： N=mgcos θ摩擦力： f=μmgcos θ由此得到： μ=2tan θ 分情况讨论：如果μ≥2tan θ,F 3=21mgsin θ 如果μ＜2tan θ,F 3=mg(sin θ-μcos θ ) 10、解析：（1）因为r n =πλ2n ，所以氢原子第n 个能级电子的动量为P n ， P n =n h λ=n r h n π2 电子做圆周运动的向心力由库仑力提供： 22n r e k =22n n r mv =n n mr P 2=32224n mr h n π 或：r n =22224kme h n π(3)正反电子偶素的半径为r n =πλ4n ，相应结果修改为：P n =n h λ=n r h n π4 同时库仑力为224n r e k ，所以224n r e k =22n n r mv =3222)4(n mr h n π因此正反电子偶素的半径的表达式不变，亦为r n =2224kme h n π（2）由n n r T m r e k 222)2(π=得：r n =22224kme h n π 联立解得第n 级的电子的运动周期为R=422334e mk h n π。