2018年高校自主招生物理探究仿真训练题(5)(解析版)

2018 年高校自主招生物理探究仿真训练题五1．（15分）在内截面面积为S 的长直均匀玻璃管里用水银柱封闭一定质量的空气，然后竖直倒插入水银槽内，稳定时露出槽内水银面的水银柱高为h．（1）试求玻璃管顶离槽内水银面的高度H与管内的空气压强p的关系；（2）保持温度T不变，慢慢向上稍微提升玻璃管（管口仍在槽内水银面下），管内的空气的体积V和压强p以及水银柱高度h各自如何变化？（3）若开始时管内没有封入空气，倒插后提升玻璃管，水银柱高度如何变化？2.圆柱形电容器是由两个同轴的导体圆柱面组成的。

设两圆柱面的半径分别R1及R2，长度为L，且L>>R2-R1,求圆柱形电容器的电容。

【名师解析】设两圆柱面分别带电荷量+q和-q，单位长度带电量分别为+λ和-λ，由于L>>R2-R1,可近似把此圆柱形电容器看作无限长。

两圆柱面之间的电场强度E=012πεrλ，方向沿着径向。

两圆柱面之间的电势差U=21R R E ⎰·dr=21012R R r λπε⎰·dr=201ln 2R R λπε=201ln 2R qL R πεC=q/U=()0212ln /LR R πε。

3. 从地面上以初速度v 0竖直向上抛出一质量为m 的木球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，木球运动的速率随时间变化规律如图所示，t 1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v 1，且落地前木球已经做匀速运动。

求：（1）木球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功； （2）木球抛出瞬间的加速度大小； （3）木球上升的最大高度H 。

【名师解析】（1）由动能定理得W f =21mv 12-21mv 02， 克服空气阻力做功W =- W f =21mv 02-21mv 12。

（2）空气阻力f=kv ，落地前匀速运动，则mg －kv 1=0 ， 设刚抛出时加速度大小为a 0，则mg+kv 0=ma 0 解得：a 0=(1+1v v )g 。

（3）设上升时加速度为a ，由牛顿第二定律，-(mg+kv )=ma ，解得：a=-g-mkv 。

取极短△t 时间，速度变化△v ，有：△v =a △t=-g △t -mkv △t 。

又v △t = △h ，所以△v ==-g △t -mk△h 。

对上升全程，Σ△v = -g Σ△t -mkΣ△h 。

因Σ△v =0-v 0=- v 0，Σ△t =t 1，Σ△h=H ，所以：v 0=g t 1+mk H解得：H =gv 1(v 0-g t 1)。

4. 已知点电荷Q 电场中的电势φ公式为φ=kQr，式中r 为到场源点电荷Q 的距离。

两半径分别为r 1和r 2(r 1<r 2)的同心球面上，各均匀带电Q 1和Q 2，求在球面内部距离球心r 处的电势。

【名师解析】根据在静电平衡状态下导体是等势体，导体表面是等势面，导体内部电场强度为零可知球面内部各个点的电势相等，且与球面的电势相等。

我们取半径分别为r 1球面上一微元，其带电量设为△Q ，它在球心处产生的电势△φ=k1Qr ∆。

利用电势叠加原理可知，整个球面在球心处产生的电势φ1=Σ△φ=Σk1Q r ∆= k 11r Σ△Q = k 11Q r ； 同理，半径为r 2的球面在球心处的电势为φ2=Σ△φ=Σk2Q r ∆= k 21r Σ△Q = k 22Q r ； 根据电势叠加原理，两半径分别为r 1和r 2(r 1<r 2)的同心球面在球心处产生的电势φ=φ1+φ2= k (11Q r +22Q r )，由于球面内部各个点的电势相等，所以在球面内部距离球心r 处的电势为k (11Q r +22Q r )。

5.用同种材料制成的质量均为M =1kg 的形状不同的滑块n 个静止在光滑水平面上，编号依次为1、2、3……。

质量为m =0.1kg 的子弹（视为质点）以水平初速度v 0=200m/s 依次击穿这些滑块后最终保留在第n 个滑块中。

要求子弹穿过每个滑块的时间都相等，子弹在两滑块间匀速运动的时间也相等且等于子弹穿过一块滑块的时间，这必然导致每个滑块长度不同，滑块间的间距也不同。

子弹穿过滑块时受到的水平阻力f =150N 并保持恒定。

测得子弹穿过编号为N-1的滑块后滑块的速度变为v =1.5m/s 。

不考虑子弹在竖直方向上的受力和运动。

(滑块不翻转，不计空气阻力) （1）求n 。

（2）用计算说明子弹刚穿过第N （N<n ）块滑块时，第N －1块滑块没有追上第N 块滑块。

（3）已知第n 块滑块与子弹相对静止后，第n －1块滑块会追上第n 块滑块，然后发生碰撞，已知滑块间的碰撞为弹性碰撞，求滑块间碰撞的总次数（用字母A 表示）。

要求有必要的计算过程和文字说明。

(2)第N 块刚被击穿时是否被N -1块追上，取决于二者静止时的间距d N -1是否小于子弹刚接触N -1到刚击穿N 的过程N -1比N 多走的位移。

子弹穿过一块滑块的时间或在两滑块间匀速运动的时间0.01m vt s f ∆==子弹击穿第N -1块的过程中第N -1块的位移：12N vS t -==0.075m 子弹击穿N -1后匀速飞行的位移()[]10120.15(1)NS v N v t N -'=--∆=--⎡⎤⎣⎦m 。

静止时N -1与N 的距离：111N N Nd S S ---'=+=2.075m-0.15(N -1)m 。

当N =13时，d N-1取最小值()1min N d -=0.275m从子弹刚接触N -1到刚击穿N 的过程，N-1比N 多走的位移：△S=vt=1.5m/s ×0.01s=0.015m()1min N d S ->∆，所以没有追上。

（3）子弹打穿前13块后，1到13各块的速度均为v ，子弹与第14块相对静止时共同速度为v 共<v ，13将追上14发生碰撞，对碰撞有()()=Mv M m v Mv M m v ''++++共共，22221111()=()2222Mv M m v Mv M m v ''++++共共，联立解得：()2m v v v v M m-'=-+共共 ①()=2+m v v v v M m-'-共共②因v ´<v ，所以12会追上13发生碰撞并交换速度，然后11与12、10与11……1与2碰撞并交换速度，这一轮碰撞会发生13次。

这一轮碰撞完时，1的速度为v ´，2到13的速度为v ，14的速度为v ´共。

由②知v ´共<v 所以13会再次追上14发生碰撞。

碰后14的速度大于v ´共但小于v ，13的速度由①知大于v´。

然后12与13、11与12……2与3交换速度，2与3交换速度后2的速度大于v ´，1的速度小于2的速度，所以这一轮碰撞1号块不参与，本轮碰撞共发生12次。

由以上分析知，碰撞一共会发生13轮，每轮碰撞的次数分别为13、12、11……1，所以总碰撞次数为()13113912A +==次。

6.高斯枪是一种利用电磁驱动将子弹发射出去的装置，其原理简图如图甲。

当扣动扳机线圈里面流过如图乙变化的脉冲电流时，产生的磁力就会金属子弹弹射出去。

某同学也制作了一把玩具高斯枪，为了测试此枪射出的子弹速度，还设计了如图丙所示特殊轨道装置。

BC 为半径为R 的圆弧轨道，竖直轨道与圆弧轨道相切于B 点。

AB 长为h ，h 可调。

子弹从水平地面上A 点竖直向上射出并能沿轨道运动。

调节h 高度，发现当h=2R 时子弹恰能从C 点水平飞出。

忽略一切摩擦，重力加速度为g 。

（1）请求出子弹从枪口射出时的速度。

（2）调节h ，可以改变子弹落点。

试求子弹始终不脱离轨道时子弹落点离A 的最远距离。

（3）在不改变子弹情况下，若要提高子弹发射速度，请对如何改进发射装置提出至少二条建议。

【名师解析】(1)子弹从A 到C 的过程中机械能守恒,即=mg(h+R )+,子弹恰能到达C 点，则mg=m , 联立解得：=.(2)子弹出射的机械能E==mgR= mg(h+R)+,解得：=.子弹从C点抛出后做平抛运动，则h+R=,解得：t=平抛的水平距离x=t=当，即时，水平距离最大，=R,离A点的最大距离为=R.(3)增加线圈匝数，增大脉冲电流峰值，减小脉冲时间等。

7. （2011中科大保送生面试）如图1所示, 一物体从地球表面发射, 初速度大小为v0=kv1(式中v l 为第一宇宙速度) ,初速度方向与竖直方向成θ角 , 其中k<1.414。

地球视为质量均匀分布的球体, 忽略空气阻力和地球自转的影响，请解答以下问题：( 1) k < 1.414 意味着什么?( 2 ) 物体运动过程中有哪些物理量守恒 ?(3 ) 物体能到达的最大高度, 并讨论θ=0和θ=π/2两种特殊情况。

【名师解析】解得：v 1物 体 脱 离 地 球 引 力 的束 缚 , 成 为 环 绕 太 阳运 动 的 一 颗 人造 行 星 , 物 体 的最 小 发 射 速度 v 2 即 为第 二 宇 宙 速 度. 由机械能守恒定律, 有 -GMm R +12mv 22≥0 解 得：v 21=1.414 v 1. 由题意知 : k< 1.4 1 4 , 这意味着物体发射的初速度小于第二宇宙速度 , 物体不能脱离地球引力的束缚 , 只能绕地球运动。

(2) 引力场是有心力场 , 物体在地 球 引 力 作 用 下 的 运 动是平面运动 。

如果不考虑空气阻力 ,物体在运动过程中机械能及角动量均守恒。

(3 ) 设 物 体 运 动 离地 面 的 最 大 高 度 为 H , 该 处 速 度 为 v ，由机 械 能守 恒 定 律 , 有 -GMm R +12mv 02=-G Mm R H ++12mv 2③ 由角动量守恒定律，有R ·mv 0sin θ=（R+H ）·mv ④联立①③④方程解得:（v 02-2 v 12）（R+H ）2+2R （R+H ）v 12-R 2v 02sin 2θ=0 解关于（R+H ）的一元二次方程，得H122v v-R ⑤⑤式即为物体达到最大高度的表达式。

讨论：i ．如果k <<1.414，根据GM=gR 2，v 1H=2022102Rv v v -= 20202Rv gR v -≈202v g 这就是我们所熟知的物体竖直上抛运动的结果。

ii ．如果k =1，则H=R 。

（II ）当发射角度θ=π/2时，⑤式简化为 平抛 H122v v--R解得：H=0，H =()22212R k k--此 解 的 物理 意 义 分 析 如 下 :i. 当 k ≤l 时, H =0, 表明物体无法抛离地面或物体绕地球表面做匀速圆周运动。