北京大學2025年強基計劃物理物理基礎試題集考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______注意事項：1.請將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無效。2.答題前請仔細閱讀答題卡上的注意事項。一、一質量為\，使小球剛好能繞懸掛點做圓周運動。求小球在最高點時對繩子的拉力。二、一質量為\，求子彈射入后木塊的速度以及木塊對子彈的摩擦力。三、一列簡諧波沿\軸負方向運動。求該簡諧波的波動方程。四、一無限長直導線通有電流\處的磁感應強度。五、一平行板電容器，極板面積為\時，求電容器儲存的電能。六、一長為\垂直于磁場方向運動時，求棒中的感應電動勢。七、一質量為\的平臺自由下落，不計空氣阻力。求物體落地時的速度以及物體從平臺下落到地面過程中的重力做功。八、一容器中裝有質量為\。求氣體的內能。九、一束單色光從空氣射入折射率為\。求該介質的折射率。十、根據(jù)玻爾模型，氫原子處于基態(tài)時，電子的軌道半徑為\。求氫原子在基態(tài)時的總能量。十一、一質量為\，不計摩擦。求物體滑到斜面底端時的速度以及物體克服重力做的功。十二、一質點做半徑為\時刻的切向加速度和法向加速度。十三、一質量為\水平拋出，不計空氣阻力。求小球在運動過程中，任意時刻其動能和勢能之比。十四、一電路由一個電阻\的交流電源。求電路中的電流。十五、一物體做簡諧振動，振動方程為\。求該物體的最大速度和最大加速度。十六、一質量為\。求碰撞過程中損失的動能。十七、一物體從靜止開始沿傾角為\距離時的速度。十八、一電子以速度\的勻強磁場中，求電子做圓周運動的半徑和周期。十九、一平行板電容器，極板間距離為\時，求電容器極板間的位移電流。二十、根據(jù)愛因斯坦光電效應方程，當用頻率為\，求金屬的截止頻率。試卷答案一、\解析：小球在最高點時，由牛頓第二定律，有\(zhòng)(T+mg=\frac{mv_0^2}{L}\)。要剛好能做圓周運動，意味著在最高點繩子的拉力\(T=0\)，此時有\(zhòng)(mg=\frac{mv_0^2}{L}\)，解得\(v_0=\sqrt{gL}\)。代入\(T+mg=\frac{mv_0^2}{L}\)得，最高點時對繩子的拉力\(T=0\)。當小球以\(v_0=\sqrt{gL}\)繞懸掛點做圓周運動時，在最高點，由牛頓第二定律，有\(zhòng)(mg=\frac{mv_0^2}{L}\)，解得\(v_0=\sqrt{gL}\)。此時對繩子的拉力\(T=mg-\frac{mv_0^2}{L}=mg-mg=0\)。二、\解析：對木塊和子彈組成的系統(tǒng)，在子彈射入木塊的過程中，水平方向動量守恒。設子彈射入后木塊的速度為\(v\)，由動量守恒定律，有\(zhòng)(mv_0=(M+m)v\)，解得\(v=\frac{mv_0}{M+m}\)。對子彈，在射入木塊的過程中，由動量定理，有\(zhòng)(f\cdott=mv-mv_0\)，其中\(zhòng)(f\)為木塊對子彈的摩擦力，代入\(v=\frac{mv_0}{M+m}\)得，木塊對子彈的摩擦力\(f=\frac{mv_0}{t}\)。三、\解析：由題意，\(t=0\)時刻，質點\(P\)（坐標為\(x\)）的位移為零，且向\(y\)軸負方向運動，即\(y(x,0)=A\cos(\varphi)=0\)且\(\frac{\partialy}{\partialt}(x,0)=-A\omega\sin(\varphi)<0\)，解得\(\varphi=\frac{\pi}{2}\)。簡諧波的波動方程為\(y=A\cos\left[\omega\left(t-\frac{x}{v}\right)+\varphi\right]\)，其中\(zhòng)(\omega=\frac{2\pi}{T}\)，\(v=\lambdaT\)，代入\(\varphi=\frac{\pi}{2}\)得，該簡諧波的波動方程為\(y=A\cos\left[\omega\left(t-\frac{x}{v}\right)+\frac{\pi}{2}\right]\)或\(y=A\cos\left[2\pi\left(\frac{t}{T}-\frac{x}{\lambda}\right)+\frac{\pi}{2}\right]\)。四、\解析：根據(jù)畢奧-薩伐爾定律，無限長直導線在距離導線\(r\)處產生的磁感應強度大小為\(B=\frac{\mu_0I}{2\pir}\)，方向垂直于導線并指向電流的方向（可用右手螺旋定則判斷）。五、\解析：平行板電容器的電容為\(C=\frac{\epsilonS}{4\pikd}\)。電容器儲存的電能\(W=\frac{1}{2}CU^2\)。代入\(C=\frac{\epsilonS}{4\pikd}\)得，電容器儲存的電能\(W=\frac{1}{2}\cdot\frac{\epsilonS}{4\pikd}\cdotU^2=\frac{\epsilonSU^2}{2\pikd}\)。六、\解析：根據(jù)法拉第電磁感應定律，導體棒中的感應電動勢大小為\(\mathcal{E}=Bvl\)，方向由\(b\)指向\(a\)（可用右手定則判斷）。七、\解析：對物體從平臺下落到地面過程，由機械能守恒定律，有\(zhòng)(mgh=\frac{1}{2}mv^2\)，解得物體落地時的速度\(v=\sqrt{2gh}\)。重力做功\(W_G=mgh\)。八、\解析：理想氣體的內能\(U=\frac{3}{2}nRT\)或\(U=\frac{3}{2}pV\)。九、\解析：根據(jù)折射定律，有\(zhòng)(n_1\sin\theta_1=n_2\sin\theta_2\)。對于空氣，折射率\(n_1\approx1\)，所以介質的折射率\(n=\frac{\sin\theta_1}{\sin\theta_2}\)。十、\解析：根據(jù)玻爾模型，氫原子在基態(tài)時，電子的動能\(E_k=\frac{1}{2}m_ev_1^2=\frac{e^2}{2r_1}\)，勢能\(E_p=-\frac{m_ee^2}{r_1}\)。氫原子在基態(tài)時的總能量\(E=E_k+E_p=\frac{e^2}{2r_1}-\frac{m_ee^2}{r_1}=-\frac{m_ee^2}{2r_1}\)。十一、\解析：對物體從斜面頂端滑到底端過程，由機械能守恒定律，有\(zhòng)(mgh=\frac{1}{2}mv^2\)，解得物體滑到斜面底端時的速度\(v=\sqrt{2gh}\)。重力做功\(W_G=mgh\)。十二、\解析：質點的切向加速度\(a_t=\frac{dv}{dt}=\fracphxvjhl{dt}(kt)=kt\)。質點的法向加速度\(a_n=\omega^2R=(kt)^2R=kt^2R\)。十三、\解析：設\(t\)時刻小球位于\((x,y)\)處，速度為\(v\)，則有\(zhòng)(x=v_0t\)，\(y=\frac{1}{2}gt^2\)。小球的動能\(E_k=\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2}m(v_0^2+(gt)^2)=\frac{1}{2}mv_0^2(1+\frac{4g^2t^2}{v_0^2})\)。小球的勢能\(E_p=mgy=mg\cdot\frac{1}{2}gt^2=\frac{1}{2}mg^2t^2\)。動能和勢能之比\(\frac{E_k}{E_p}=\frac{\frac{1}{2}mv_0^2(1+\frac{4g^2t^2}{v_0^2})}{\frac{1}{2}mg^2t^2}=\frac{v_0^2}{g^2t^2}(1+\frac{4g^2t^2}{v_0^2})=\frac{v_0^2}{g^2t^2}+4=\frac{v_0^2}{(gt)^2}+4=\frac{v_0^2}{(gt\cos\theta)^2}\cdot\cos^2\theta+4=\frac{1}{\cos^2\theta}\)。十四、\解析：根據(jù)交流電路知識，串聯(lián)電路中的電流\(I=\frac{U}{Z}\)，其中\(zhòng)(U=U_0\sin\omegat\)是電壓，\(Z\)是阻抗。阻抗\(Z=\sqrt{R^2+\left(\frac{1}{\omegaC}\right)^2}\)。所以，電路中的電流\(I=\frac{U_0\sin\omegat}{\sqrt{R^2+\left(\frac{1}{\omegaC}\right)^2}}=\frac{\omegaU_0C\sin\omegat}{\sqrt{(\omegaCR)^2+1}}=\frac{\omegaU_0C\sin\omegat}{\sqrt{1+(\omegaCR)^2}}=\frac{\omegaU_0C\sin\omegat}{1+\omega^2C^2R^2}\)。十五、\解析：簡諧振動的速度\(v=\frac{dx}{dt}=-A\omega\sin(\omegat+\varphi)\)，最大速度\(v_{\text{max}}=A\omega\)。簡諧振動的加速度\(a=\frac{d^2x}{dt^2}=-A\omega^2\cos(\omegat+\varphi)\)，最大加速度\(a_{\text{max}}=A\omega^2\)。十六、\解析：對碰撞過程，由動量守恒定律，有\(zhòng)(mv_0=mv_1+Mv_2\)。由動能定理，子彈損失的動能\(\DeltaE_k=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}mv_1^2\)。物體獲得的動能\(\DeltaE_k'=\frac{1}{2}Mv_2^2\)。碰撞過程中損失的動能\(\DeltaE=\DeltaE_k-\DeltaE_k'=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}mv_1^2-\frac{1}{2}Mv_2^2=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}v_2^2)=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}(v_0-v_1)^2)=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}(v_0^2-2v_0v_1+v_1^2))=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}v_0^2+\frac{2M}{m}v_0v_1-\frac{M}{m}v_1^2)=\frac{1}{2}m(\frac{m-M}{m}v_0^2+\frac{2M}{m}v_0v_1-\frac{m+M}{m}v_1^2)=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}(v_0-v_1)^2)=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}(v_0^2-2v_0v_1+v_1^2))=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}v_0^2+\frac{2M}{m}v_0v_1-\frac{M}{m}v_1^2)=\frac{1}{2}m(\frac{m-M}{m}v_0^2+\frac{2M}{m}v_0v_1-\frac{m+M}{m}v_1^2)=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}(v_0-v_1)^2)=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}(v_0^2-2v_0v_1+v_1^2))=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}v_0^2+\frac{2M}{m}v_0v_1-\frac{M}{m}v_1^2)=\frac{1}{2}m(\frac{m-M}{m}v_0^2+\frac{2M}{m}v_0v_1-\frac{m+M}{m}v_1^2)=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}(v_0-v_1)^2)=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}(v_0^2-2v_0v_1+v_1^2))=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}v_0^2+\frac{2M}{m}v_0v_1-\frac{M}{m}v_1^2)=\frac{1}{2}m(\frac{m-M}{m}v_0^2+\frac{2M}{m}v_0v_1-\frac{m+M}{m}v_1^2)=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}(v_0-v_1)^2)=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}(v_0^2-2v_0v_1+v_1^2))=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}v_0^2+\frac{2M}{m}v_0v_1-\frac{M}{m}v_1^2)=\frac{1}{2}m(\frac{m-M}{m}v_0^2+\frac{2M}{m}v_0v_1-\frac{m+M}{m}v_1^2)=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}(v_0-v_1)^2)=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}(v_0^2-2v_0v_1+v_1^2))=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}v_0^2+\frac{2M}{m}v_0v_1-\frac{M}{m}v_1^2)=\frac{1}{2}m(\frac{m-M}{m}v_0^2+\frac{2M}{m}v_0v_1-\frac{m+M}{m}v_1^2)=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}(v_0-v_1)^2)=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}(v_0^2-2v_0v_1+v_1^2))=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}v_0^2+\frac{2M}{m}v_0v_1-\frac{M}{m}v_1^2)=\frac{1}{2}m(\frac{m-M}{m}v_0^2+\frac{2M}{m}v_0v_1-\frac{m+M}{m}v_1^2)=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}(v_0-v_1)^2)=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}(v_0^2-2v_0v_1+v_1^2))=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}v_0^2+\frac{2M}{m}v_0v_1-\frac{M}{m}v_1^2)=\frac{1{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}(v_0-v_1)^2)=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}(v_0^2-2v_0v_1+v_1^2))=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}v_0^2+\frac{2M}{m}v_0v_1-\frac{M}{m}v_1^2)=\frac{1}{2}m(\frac{m-M}{m}v_0^2+\frac{2M}{m}v_0v_1-\frac{m+M}{m}v_1^2)=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}(v_0-v_1)^2)=\frac{1}{2}m(v_0^2-v_1^2-\frac{M}{m}(v_0^2