1. 质点 参考系 空间 时间第一课时评课稿

北京大学2007年自主招生考试题物理卷

1．（8分）在地球、月球质量不变的情况下，使地球、月球半径及地月距离缩短为原来的0.1倍

（1）地球上的重力与原来相比改变了多少？

（2）月亮的周期变化了多少？

2．（10分）热力学第一、第二定律各是什么？什么是第一类与第二类永动机？它们能否实现？为什么？

解答：热力学第一定律为系统从外界吸收的热量，一部分用于增加内能，一部分用于对外做功。热力学第二定律的克劳修斯表述是不可能把热量从低温物体自动传到高温物体而不引起外界的变化。

不消耗任何能量，却可以源源不断地对外做功，这种机器叫第一类永动机。从单一热源吸热使之完全变为有用功而不产生其它影响，这种热机称为第二类永动机。

永动机是不可能实现的，因为第一类永动机违反了热力学第一定律，第二类永动机违反了热力学第二定律。

3．（10分）

（1）有A、B、C、D四个外形一样的小球，其中一个不带电，一个带电量为Q的正电，另外两个小球均带电量为Q的负电。人的手可以判断较大与较小的引力和斥力。已知AB间有较小的引力，AC间有较小的引力。请用最少的实验次数判断A、B、C、D各带什么电。

（2）如果已知A带电荷量为Q的正电，B与C均带电荷量为Q的负电，A与B相距L长度时相互的引力大小为F1，B与C相距L长度时相互的斥力大小为F2。请比较F1与F2的大小并说明原因。

4．（12分）已知有水平和垂直方向的磁场。一圆环电阻为R，半径为r。若已知它按图1和图2所示转动90°，通过圆环中的电荷量为Q1，Q2。求水平方向和垂直方向的磁场。

上

上

90°

东

西

西

东

90°

下

下

图2 A 图1

θ5．（15分）已知如图，EFG为直线且EF∥BC，α、θ已知。

（1）求n；

（2）若α、θ都为30°，如图，求入射光与出射光的夹角。

E α

G F

D

n

B C 1图

30°

30°

60°

2图

6．（20分）有一点光源S，可以发出波长为0.3μm的光，用该光源照向极限频率为45000HZ的铯板上（该铯板为圆板）。

（1）求逸出功W和最大初动能Ek。

（2）如图光源S与铯板P，图中P的直径d的大小为0.6μm，与S相距L大小为0.2mm，已知S每秒中发出1000个光子，假设每个光子打到P板上均能激发出电子，求P发出电子的平均间隔时间。

P

S

d L

7．（25分）如图AB、BC、CO、OD的长度均为L，绳长为4L，绳的质量分布均匀，总质量为4m，与绳连接的小物块质量为M。绳子与地面接触，但是可以认为绳子是光滑的。地面上AB段光滑，BC、CO段物块与地面的动摩擦因数均为μ。使物块由A点静止释放。

（1）如果物块恰停在C点，求μ与物块能达到的最大速度Vmax。

（2）是否存在一个μ使得物块能恰好停在桌边。

（3）如果μ=15m求M最终静止在何处。

M 4M

A O B C

D

参考解答：

2R地GM地M人F＇1．解：（1）F=

∴=2=100，重力变为原来100倍。

2FR＇R地地323GM地23a4πaa＇T＇（2）有2=

T=

∴==102

，

2TaGM地T4π3周期变为原来的102。

2．略

3．解：（1）由已知已可判断出A不带电，B、C、D带电，现只需将BC相对，之后

①若BC有较强的斥力，则A不带电，B、C带-Q，D带+Q。

②若BC有较强的引力，则将D与B相碰后；若AD或AB间仍有较小引力，

则A不带电，BD带-Q，C带+Q；若AD或AB间无作用力，则A不带电，DC带-Q，

B带+Q。

（2）F1>F2，电荷相距远近问题

4．解：有QIttt

RRtRπr2Bπr2B有Q1= Q2=

RRQ1RQ2RB=

22πrπr5．解：（1）β=θ，γ=α+θ

∴n0sinγ= nsinβ

3 B= ∴n=sinγsin(α+θ)=

sinβsinθ （2）nsin1603， i=60° ∴i′=90°-30°=60°

sin30 ∴3sin60＞1 ∴全反射

∴i303sin30sink ∴k60

∴出射与入射光线之间夹角60°

6．解：(1)W=hν=6.63×10-34×4.5×104J=2.9835×10-29J Ekhw16.6310192.98351029J6.631019J

 (2)设每秒打到P上n个光子,知d1d22nd9Hz

0 有

nn0424l16l216000L

T116000s

n97.解:(1)因为停在C点,一定有f＞F,∴Vmax出现在B点

F=μmg Wf=μMgl 而F(mxm)gxLmg WFFdx4mgl

LL0有

Ek0WFFfEkf 而Ek0Ekf0

3mgl∴4m 而Vmax

4mMM2l(2)解法同上,Mg2lFdx

即 2Mgl15mgl

20∴15m

即可,而此时Mg＜F=4mg 所以不存在

4M(3)Mg(xl)Fdx, 代入15m得 4M0而上已否认了3l的存在,∴停在距A点5l处. 2x3l