2011年清華大學自主招生考試物理試題

1、2011華約自主招生試題一、5題=本大題共1A小題，每小 3分，共30分.在每小給出的四個選哽中，有f 或多個 選哽符合題目要求，把符合題目要求的選哽前的字母填在答題卡上.p根據(jù)玻爾原子理論，當某個氫原子吸收一個光子后()p氫原子所在的能吸下降B.氫原子的電勢能增大C.電子舞核運動的半徑減小D.電子舞核運動的動能增加p分析與解,根據(jù)玻爾原子理論，當某個氫原子吸收光子后，氫原子的能吸升高，半徑變大，選頊A、C 錯誤;電子與原子核間的距離變大，庫侖力做負功，電勢能變大，選項B正確；電子圍繞原子核做圓周運動，庫侖力提供向心力，有kt,= m-,可得& = L湘？=竺，半徑變大,動能變小，則D錯溟，故

2、 r r2 2r如圖1所示，桿以恒定角速度繞應點轉動，并帶動套在水平桿口分析與解：如圖4所示，物體在CD之間做簡諧運動，根據(jù)對稱性可知從。到3的時間為0.5s,從3 到D的時間也為0.5s,所以周期為4s；假設經(jīng)過。點為計時起點，_打C A簡諧運動方程為x = Asin 0）1 = A sin t,當t=0.5s時，物體運動 圖4-2到B點，位移x = 8c次，代入公式可得A = 3j2cm.故選D。水流以和水平方向成角度&沖入到水平放置的水槽中，則從左面流出的水量和從右面流出的水重的 比值可能為（）A. l + 2sin2 a- - - B. l + 2cos2 a- -C. l + 2ta

3、n2 - - D. 1 + 2cot2 a*-分析與解：當Q = 0時，顯然只有從左面流出的水而沒有從右面流出的誰，即比值趨向于無窮大，只有D正確。點評：此題是選擇題，采用特殊值法可以實現(xiàn)“小題小做七在只有90分鐘的考場上，時可就是分數(shù)/如圖6所示，帶電質點夕】固定在光滑的水平絕緣桌面上，在桌面巨為一定距離有另一個帶點質 點夕2,夕2在桌面上運動，某一時刻質點夕2的速度沿垂直于為夕2的連線方向，玲.則（）A.B.C.D.若、夕2帶同種電荷, 若為、夕2帶同種電荷, 若、夕2帶異種電荷, 若、夕2帶異種電荷,圖6以后夕2定f故速度變大的曲線運動。以后夕2 定f故加速度變大的曲線運動3以后P2的速

4、度大小和加速度大小可能都不變。 以后夕2可能故加速度、速度都變小的曲線運動 。分析與解：若刃、夕2帶同種電荷，斥力故正功，且斥力與速度方向不在一條直線，夕2做速度增大的曲線 運動，選項A正確；在運動過程中，距離增大，斥力變小，加速度變小，選項B錯誤；若刃、夕2帶異種電 荷，兩個電荷之間的引力提供向心力，夕2做勻速圓周運動，選項c正確；兩個電荷之I司的引力不足以提供 向心力，夕2做籬心運動，選項D正確。故選ACD。3:XXXXX ;:XXXXX :XXXXXI圖7-21空間某區(qū)域內存在勻弓雖磁場，磁場的上下邊界水平，方向和豎直平面（紙面）垂直，兩個由完全相 同的導線制成的剛性線框和8,其形狀分別

5、為周長為4!的正方形和周長為61的矩形，線框a和b在豎直 平面內從如7圖示位置開始自由下落，若從開始下落到線框完全離開磁 場的過程中安培力對兩線框的沖重分別為、匕，則匕：&為（）。A. 3： 8-C. 1： 1B. 1： 2：.D. 3： 2#ff分析與解：線框受到的安培力F=BIL,而Z = E=BLv,則 R4 2尸2h =設安培力在任內對線框的沖童的為里，則RZ2 r2n2 r2AZ = FA/ = V-AZ = Ax .那么整個過程中安培力的沖重B2l27 = yAZ = y A/ = YAx=Xo 故X= * : =mL R J R lb 疥)28X 6R點評：此題涉及微元法的應用，

6、微元法在自主招生考試中經(jīng)常出現(xiàn)（詳見參考文獻2）,值得引起高度重視。*二、曝題盤共12分根據(jù)題目叟求作答-311.當壓強不變、潟度變化童&不太大時，液體或固體在某一潟度下的體膨脹系數(shù)可以表示為I圖8- =虹，其中y為該溫度時的體積，/為嫌積的變化室。一般來說，在常溫下液體的體膨脹系數(shù)分別在1 er，/ K重級和10項 1 of / K量級。3如圖8所示的裝置可以用來視I重控溫箱中圓筒形玻璃容器內液體的體 膨脹系數(shù)，實驗步驟如下：3窒掉浮標，彳奪液體的溫度調控為接近室;溫的某一溫度4,額II重液柱的高度hB 3故入浮標，保持壓弓雖不變，將液體的溫度升高一個不太大的量， 用精密的位置傳感器確定才旨

7、針高度的變化童2 .。利用步驟和勿中測得的數(shù)據(jù)計算液體在時的體膨脹系數(shù)“.3回答下列問題：“（1）不考慮溫度變化導致的液體密度變化，寫出用測重重表示的&的表達式；。（2）在溫度升高過程中，液體密度變化會對用上面的表達式計算出的結果有什么影響？為什么？ 3（3）在所用的浮標為直立圓柱體時，某同學2寸如何減少這一影響提出以下幾條建議，其中有效的是二 。（填入正確選項前的字母）3A.選用輕質材料制成的浮標B.選用底面積較大的浮標。 C.選用高度較小的浮標D.盡重加大液柱的高度hwE.盡室選用底面積大的玻璃容器分析與解：（1）不考慮溫度變化導致的液體客度變化，由于液體質童不變，則液體的體積/不變。設

8、圓筒形玻璃容器內液障的底面積為S，則a = = 豈史=. m Sh-M hM（2）&會偏大。因為溫度升高，液體膨脹，則液體體積變大，故液體密度,會變小，根據(jù)阿基米德定律可得Q池扁g = %V物g，則扁變大，即浮標進入的深度會更深，測得的重偏大，&會偏大。（3）由客客可知，浮標質室越小，對。的影響就越小，即對A%的影響彼少，故A對。從Q池扁g = Q物V物g可知，浮標底面積的大小、浮標的高度都不影響扁，即不變，則B、C錯誤。加大液柱的高度爪選用底面積的大的玻璃容器，皿浮標進入的深度變化對液柱高度的變化重為影響減小， 則D、E正確。故選ADE。3點評：此題涉及學生初中所學的阿基米德定律，這一定律的

9、應用在自主招生考試中不時出現(xiàn)，如2008 年復旦大學自主招生，2009年北大自主招生，251年華約樣題。值得引起注意。三、推理、論證題：32分.解答時應寫出必要的文字說明和推理過程.。在壓強不太大，溫度不太氐的情況下，氣體分子本身的大小比分子間的距蔑小很多，因而在理想 氣體模型中通常忽略分子的大小。已知液氮的密度= 810炫次T,氮氣的摩爾質重 甄以=28x10-3炫.海廠】。假設液氮可看作由立方體分子堆積而成，根據(jù)所給數(shù)據(jù)對標準狀態(tài)下的氮氣 做出估箕，說明上述結論的合理性。分析與解：液氮的摩爾體積%=28X10 3次T = 3.5x 10-5次T3皿 p 810液氮分子可以看作氮氣分子，則1

10、個氮氣分子自身的體積外=& = 5-次T = 5.8 x 1 CT次T 3 、6.02xl023故1個氮氣分子自身的邊長 =席=動5.8x10-2%沼4x10-】%。31個氮氣分子占據(jù)的體積/ =全=22 * I。；次T = 3.7x 10-26朋-33 Na 6.02X1023氣體分子間的距蔑J =沙=V3.7X10*次 3xlQ-27。故心，則氣體分子本身的大小比分子間的距蔑小很多。四、計算題。：共26分.解答時應寫出必要的文字說明、橫卻主要演算卿.只寫出最后結果的不能 得分-（12分）如圖9所不，豎直墻面和水平地面均光滑，質童分別為mA = m, m = 3m的4、3兩物體如圖9所示成置

11、，其中緊靠墻壁，、3之間有質量不計的輕彈簧相連，撕寸3物體緩慢施加一個向 左的力，該力做功附，使朋間彈簧被壓縮但系統(tǒng)靜止，后突然撤去向左推力解除壓縮，求：。（1）從做去外力到物塊衛(wèi)運動，墻螫寸A的沖重大大？。（2）A. 3部運動后，、3兩物的最小速度各多大？。I-分析與解：（1）壓縮彈簧時外力做功全部轉化為彈性勢能，做去外力后，物體3 |在彈力作用下做加速運動。在彈簧恢復原長的過程中，系統(tǒng)的機械能守恒。設彈簧恢復原長時，物心的速度為有吸=2泊4,解得吃。=（岑3七刀”/2泓圖9一此過程中墻對衛(wèi)的沖重大小等于彈金寸A的沖重大小，也等于彈簧對B的沖重大小， 則1 = 3皿0。聯(lián)立解得：I = j6

12、mWe（2）當彈簧恢笈原長后，物體衛(wèi)的速度為最小值七o,有七0 =。物體衛(wèi)蔑開墻壁后，彈簧伸長，衛(wèi)速度逐漸增大，物體3的速度逐漸減小。當彈簧恢復原長時，物體達 到最大速度物塊3的速度減小到最小值y*在此過程中系統(tǒng)的動重守恒、機械能守恒，有。3mvs）-+ 3mvB號商+淑化簡得而一喝土 尸財.3（v期+七）（削+.）=修故A的最小速度為0,B的最小速度為J = QV 6m點評：第（2）間中聯(lián)立動量守恒定律、機械能守恒定律求出速度是有計算技巧的，即先通過平方差公 式把機械能守恒的式子從平方變?yōu)橐槐环?，而后求解就簡單很多。這一計算技巧在這類問題中具有很強的 實用性。同時，由于新教材的實施，沖重、動

13、重定理、動童守恒定律在有些省份不作高考要求。但動童守 恒定律和機械能守恒定律的綜合應用，是重點類大學自主招生考試的重要考點之一，因此有必要加強這類 問題的教學和訓練。Q（14分）在工平面內，x0 、yCj的空間區(qū)域內存在習強電場，場強大小為1 OOV/m,工 0、y 3rn的區(qū)域內存在垂直于工平面的磁場-現(xiàn)有一帶負電的粒子，電重為g = ICT。，所重為用=薩谿 從坐標原點D以一定的初動能射出，經(jīng)過點P（4m;3.m）點時，動能變?yōu)槌鮿幽艿腗倍,速度方向平行于/軸正方向。最后，粒子My軸上點M 3國射出電場，此時動能變?yōu)檫^。點時初動能 的。.52倍。粒子重力不計。p（1）寫出在線段OP上與M點

14、等電勢點口的坐標；p（2）求粒子由F點運動到M點所需的時間。-分析與解： 設粒子在F點時的動能為眠則初動能為5瑋 在M點的動能為打跖 由于洛倫茲 力不做功，粒子從。點到P點和燈點倒M點的過程中，電場力做的功分別為-4風和1.&跖。點和P點ys = OQ sin or = 3 sin or = 1.8m - 由MR、OF滿足關系kMQ k0P = -,可知MQ-LOP.故電場方向與等勢線MQ垂直，即舍、_4_場強沿以方向。對合場強進行分解，得2 = Ecosa = 00 x 7 / m = 80 /歐.粒子由P點運動到M點, 5水平方向受到的作用，做初速度為。的習加速直線運動，則&=區(qū)已 代入數(shù)據(jù)得MSn p2 m及獨點的電勢差分別為：醇=竺，財 =5沖=翌公 qq q如圖10所示，由幾何關系得 妙的長度為5m,沿 妙方向電勢每米下降詈匕則OQ = 3m.設耘與x軸的來角為