2013年“北约”“华约”自主招生力学部分模拟试题3

2013年“北约”“华约”自主招生力学部分模拟试题 2013-1-7

一．选择题（以下每题中有一个或一个以上选项符合题意，每小题3分，共30分）

1．从空间某点经大小不同的速率沿同一水平方向射出若干小球，则它们的动能增大到射出时的2倍时的位置处于 （ ）

（A）同一直线上 （B）同一圆上 （C）同一椭圆上 （D）同一抛物线上

2．如图所示，固定的光滑半球球心的正上方有一个定滑轮，细线的一端拴一小球，置于半球面上的A点，另一端绕过定滑轮并施加一拉力，今缓慢地将小球从A点拉

A 到最高点B，在此过程中，小球对半球面的压力N和细线拉力T的变化情况是 B （A）N变大，T变小， （B）N变小，T变小， （C）N不变，T变小， （D）N变小，T不变。

3．如图所示，甲、乙两物体质量分别为m1＝3 kg，m2＝4 kg，叠放在水平桌面上。已知甲、乙间的动摩擦因素为?1＝0.6，物体乙与水平桌面间的动摩擦因素为?1＝0.5。现用水平拉力F作用在乙物体上，两物体一起沿水平面向右做匀速直线运动。如果F突然变为零，且甲、乙两物体仍保持相对静止，则（ ） （A）物体甲在水平方向上受到向左的力 （B）物体甲在水平方向上受力大小为18 N （C）物体甲的加速度方向向右 （D）物体甲的加速度大小为5 m/s2

4.已知地球半径为R，地面重力加速度为g，设有一颗人造卫星在离地R高处绕地球做匀速圆周运动，则 （A）卫星的线速度v= Rg／2 。 （B）卫星的角速度ω=g／4R 。 （C）卫星的周期T=2π

4R／g 。

甲 乙 F （D）卫星的向心加速度a=g／4。

5.一根长为L，质量不计的硬杆，杆的中点及右端各固定一个质量为m的小球，杆可以带着球在竖直平面内绕O点转动，若开始时杆处于水平位置，并由静止释放，如图，当杆下落到竖直位置时（ ） （A）外端小球的速率为 12gL／5。 （B）外端小球的机械能减少mgL／5。 （C）中点小球的机械能减少mgL／5。 （D）每个小球的机械能都不变。

1

O 6.a，b两球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，a球的动量为5 kgm / s，b球的动量为7 kgm / s，若a球追上b球并发生碰撞，则碰后a，b两球的动量可能值是（ ） （A）Pa=6 kgm / s，Pb=6 kgm / s。 （B）Pa=3 kgm / s，Pb=9 kgm / s。 （C）Pa=－2 kgm / s，Pb=14 kgm / s。 （D）Pa=－5 kgm / s，Pb=17 kgm / s。

7. 子弹在射进固定木板前的动能为E1，动量为P1，子弹射穿此木板后的动能为E2，动量为P2，则子弹在木板中运动时的平均速度大小等于（设木板对子弹的阻力恒定） E1+E2E1－E2

（A） ， （B） ，

P1+P2P1－P2（C）

E1E2E1E2

＋ ， （D） － 。 P1P2P1P2

8．一小球从倾角为?的斜面顶端以初速度v0水平抛出，落到斜面上某处，空气阻力不计，如图所示。设小球落到斜面时的速度方向与斜面的夹角为?，则当v0增大时（设仍落在斜面上） （A）?不变 （B）?减小 （C）?增大

v0 ? ? （D）可能增大也可能减小

9．有一质量为m的小球从半径为R，质量为M的光滑圆弧槽右侧的a点滑下，槽置于光滑水平面上，如右图所示，则

（A）运动过程中小球相对地面的最大位移为MR/2（m＋M） （B）运动过程中小球相对地面的最大位移为2MR/（m＋M） （C）小球能滑到b点 （D）小球不能滑到b点

b m a R M 10. 如图所示,一条轻质弹簧一端固定在墙上，一端连接在物体P上，将物体放在粗糙的水平面上，弹簧为原长L0时，物体静止在O点。现将物体一拉使之振动，下述哪些说法是正确的 （A）振动中合力始终指向O点， （B）在振动中摩擦力不变，

（C）P通过O点时若不停下来，则合力不为零， （D）最后P可能静止于O点，O点的左边或右边。

2

P L0 O 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 M A C O B v 二．填空题（每空4分，共20分）

11.足够长的直杆MN固定，一圆环与直杆在同一平面内，且以垂直于MN的恒定速度v向右运动，AB为圆环的一直径，且AB垂直于MN，当AB的四等分点C经过直杆瞬间，圆环与直杆的交点的运动速度大小是_____________。

12．如图所示，用匀质板材制成的正三角形ABC的边长为2a，如果切去等腰三角形BCD后，剩余部分的重心恰好在D点，则DH＝_________。

13.甲，乙两质点相距为L，乙在甲的正东，现甲以速率v向正东匀速运动，同时乙以速率v向正北匀速运动，如图，则它们运动过程中的最近距离为______________。

14．小滑块从长为L的光滑斜面项端静止开始下滑，滑到底端时与挡板碰撞并反向弹

N A D B H C v 甲 v 乙 回。若每次与挡板碰僮后速度大小都为碰撞前速度的4/5，则从开始下滑到最终停止于斜面底端的过程中，滑块通过的总路程为________________。

15．假设有一条穿过地心的平直隧道，一质点以初速为零开始由地面落入此隧道内，忽略空气阻力和地球自转的影响，并假设地球质量均匀分布，则质点将此隧道内做周期为T1的振动。已知以第一宇宙速度沿地面运行的人造地球卫星的周期为T2，则T1_________T2。（填“＞”，“＜”或“＝”）。

三、证明题（共10分）16．洲际导弹以初速v0与发射地地平线成?角射出，不计空气阻力。证明此导弹在空中飞行能够到达的最大高度为

（v02－Rg）＋R2g2－（2Rg－v02）2v02 cos2?

Hmax＝ R， 22Rg－v0

（式中R为地球半径，g为重力加速度，且v02＜2Rg。）

3

四．计算题（每小题10分，共40分）

17．由个焊有横档的矩形金属框架组成的人字形梯子，其侧视图如图所示，梯子质量为M，顶角为?。AC和CE长为L，且用铰链在C点处相连，BD为一段轻绳，分别固定在AC、CE中点。设梯子与地面间的摩擦可以忽略，一个质量为m的人在左侧矩形金属框架竖直对称面内，从底部沿平行于AC的方向缓慢匀速向上攀登梯子，求攀登过程中，地面对左半梯子和右半梯子的支持力N1和N2与人沿梯子移动的距离x的关系。（人可视作质点）。

18. 将一摆长为L的单摆拉至水平位置，放手让其自由摆下，当摆到竖直位置时，在悬点O的正下方距O点距离为d的D点处，有一细钉挡着摆线，如图，当d为多少时，摆球将正好击中钉子？

4

C ? B D A E L O d D 19.光滑水平面上有一质量为M的小车，车上左端放一质量为m的物块（可视为质点），一起以初速v0向右运动，然后与竖直右墙碰撞，并被弹回，向右运动后又与左墙碰撞，（设碰撞前后小车速度大小相等，两墙距离足够大）如此反复碰撞，求：（1）小车第一次碰后弹回到小物块与小车间相对静止的过程中，小物块相对小车滑动的距离，（2）小物块最后停在小车上何位置。

20．如图所示，在水平面OB上有一A点，已知OA＝L。现在从A点以初速度v0射出一小球，在不被倾角为?（?＜45?）的OC面板弹回的前提下，问：

（1）若小球射出时的角度?＝45?，为使得小球能射到最远，小球射出时的初速度v0应为多大？ （2）若小球射出时的初速度v0已知，且大于第（1）小题中所得的结果，为使小球能射到最远，小球射出时的角度?应为多大？

5

m v0 M C v0 ? ? O L A B

答案

17．整体力平衡方程：N1＋N2－mg－Mg＝0，以A点为转轴有力矩平衡方程：mgxsin ＋MgL sin

22－2LN2 sin ，解得：N1＝

2

18. （23 －3）L。

19. 小车弹回后小车和小物块动量守恒MV0+m（－V0）＝（M+m）V1 V1＝（M－m）V0／（M+m）

222

－μmgS1＝（M+m）V1／2－MV0／2－mV0／2 所以S1＝2MV02／μg（M+m）

同理S2＝2MV1／μg（M+m），但方向相反

所以相对滑行位移为首项是S1，公比是－（M－m）2／（M+m）2的等比数列，其和为S， S＝（M+m）V02／2μmg。

20．（1）解：以A点为坐标原点，AB方向为x轴正方向建立坐标系，

gx

斜抛运动：x＝v0tcos?，y＝v0tsin?－gt/2，代入得：y＝xtan?－22 ，OC线方程：y＝（x＋L）

2v0cos?2

2

2

???MgL＋mg（2L－x）MgL＋mgx

，N2＝ 。

2L2L

gxgx

tan?，可得：xtan?－22 ＝（x＋L）tan?，取?＝45?，得：2 ＋（tan?－1）＋Ltan?＝0，为使小

2v0cos?v0球以45?抛出能实现射程最远而不被OC面板弹回，小球抛射轨迹应与斜面OC相切，即：?＝（tan?－1）

2

22

－

4gL4gL tan? tan?＝0，解得：v＝ ， 0v02（tan?－1）2

4gL tan?（2）当v0＞ 时，为使小球以?角抛出能实现射程最远而不被OC面弹回，必有?（tan?－1）2

2

4gL

＞?，小球抛射轨迹应与斜面OC相切，并可得判别式：?＝（tan?－tan?）－22 tan?＝0，即sin2

v0cos?gLgLsin2?

（?－?）－2 sin2?＝0，因为?＞?，所以?＝?＋sin－1 。

v0v0

6

答案

17．整体力平衡方程：N1＋N2－mg－Mg＝0，以A点为转轴有力矩平衡方程：mgxsin ＋MgL sin

22－2LN2 sin ，解得：N1＝

2

18. （23 －3）L。

19. 小车弹回后小车和小物块动量守恒MV0+m（－V0）＝（M+m）V1 V1＝（M－m）V0／（M+m）

222

－μmgS1＝（M+m）V1／2－MV0／2－mV0／2 所以S1＝2MV02／μg（M+m）

同理S2＝2MV1／μg（M+m），但方向相反

所以相对滑行位移为首项是S1，公比是－（M－m）2／（M+m）2的等比数列，其和为S， S＝（M+m）V02／2μmg。

20．（1）解：以A点为坐标原点，AB方向为x轴正方向建立坐标系，

gx

斜抛运动：x＝v0tcos?，y＝v0tsin?－gt/2，代入得：y＝xtan?－22 ，OC线方程：y＝（x＋L）

2v0cos?2

2

2

???MgL＋mg（2L－x）MgL＋mgx

，N2＝ 。

2L2L

gxgx

tan?，可得：xtan?－22 ＝（x＋L）tan?，取?＝45?，得：2 ＋（tan?－1）＋Ltan?＝0，为使小

2v0cos?v0球以45?抛出能实现射程最远而不被OC面板弹回，小球抛射轨迹应与斜面OC相切，即：?＝（tan?－1）

2

22

－

4gL4gL tan? tan?＝0，解得：v＝ ， 0v02（tan?－1）2

4gL tan?（2）当v0＞ 时，为使小球以?角抛出能实现射程最远而不被OC面弹回，必有?（tan?－1）2

2

4gL

＞?，小球抛射轨迹应与斜面OC相切，并可得判别式：?＝（tan?－tan?）－22 tan?＝0，即sin2

v0cos?gLgLsin2?

（?－?）－2 sin2?＝0，因为?＞?，所以?＝?＋sin－1 。

v0v0

6

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