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2010-2013“华约五校”自主招生物理试题及参考解答

时间:2014-02-17


2013 年华约自主招生物理试题
1、如图所示,一质量为 M 、倾角为 θ 的光滑斜面,放置在光滑的水平 面上,另一个质量为 m 的滑块从斜面顶端释放,试求斜面的加速度。 2、如图所示,小球 A、B 带电量相等,质量均为 m,都用长 L 的绝缘细线 挂在绝缘的竖直墙上 O 点,A 球靠墙且其悬线刚好竖直,B 球悬线偏离竖 直方向 θ 角而静止,此时 A、B 两球之间的库

仑力为 F。由于外部原因小球 B 的电量减 小,使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半,则小球 B 的电量减小为原来 的( ) A.1/2 B.1/4 C.1/8 D.1/16 3、如图,一个质量为 m 的圆环套在一根固定的水平直杆上环与杆的动摩擦因数为 μ,现 给环一个向右的初速度 v0,如果环在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力 F 的 作用,已知 F=kv,(k 为常数,v 为速度),试讨论在环的整个运动过程中克服摩擦力所做的功。(假设杆足 够长,分 F=mg,F<mg,F>mg 三种情况)

4、粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场,其中某一区域的电场线与 x 轴平行,且沿 x 轴方 向的电势 ? 与坐标值 x 的关系如下表格所示: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 x/m φ/10 v
5

0.05 9.00

0.10 4.50

0.15 3.00

0.20 2.25

0.25 1.80

0.30 1.50

0.35 1.29

0.40 1.13

0.45 1.00

根据上述表格中的数据可作出如下的 ?—x 图像。现有一 质量为 0.10kg,电荷量为 1.0?10-7C 带正电荷的滑块(可 视作质点) ,其与水平面的动摩擦因数为 0.20。问: (1)由数据表格和图像给出的信息,写出沿 x 轴的电势 ? 与 x 的函数关系表达式。 (2)若将滑块无初速地放在 x=0.10m 处,则滑块最终停 止在何处? (3)在上述第(2)问的整个运动过程中,它的加速度如 何变化?当它位于 x=0.15m 时它的加速度多大? (电场中 某点场强为 ?—x 图线上某点对应的斜率) (4)若滑块从 x=0.60m 处以初速度 v0 沿-x 方向运动,要 使滑块恰能回到出发点,其初速度 v0 应为多大? 5、如图所示,有一个竖直固定在地面的透气圆筒,筒中有一劲度为 k 的轻弹簧, 其下端固定,上端连接一质量为 m 的薄滑块,圆筒内壁涂有一层新型智能材料 ——ER 流体,它对滑块的阻力可调。起初,滑块静止,ER 流体对其阻力为 0,弹 簧的长度为 L, 现有一质量也为 m 的物体从距地面 2L 处自由落下, 与滑块碰撞 (碰 撞时间极短)后粘在一起向下运动,且向下运动的初速度为物体碰前速度的一半。 为保证滑块做匀减速运动, 且下移距离为

2mg 时速度减为 0, ER 流体对滑块的阻 k

力须随滑块下移而变。 (忽略空气阻力)试求: (1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能
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(2)滑块向下运动过程中加速度的大小 (3)滑块下移距离为 d 时 ER 流体对滑块阻力的大小 1 答案: a 2 ?

m sin ? cos? M ? m sin 2 ?

详解:本题涉及两个物体,它们的加速度关系复杂,但在垂直斜面 方向上,大小是相等的。对两者列隔离方程时,务必在这个方向上 进行突破。 判断斜面的运动情况、滑块的运动情况。位移矢量示意图如图甲所 示。根据运动学规律,加速度矢量 a1 和 a2 也具有这样的关系。 沿斜面方向、垂直斜面方向建 x 、y 坐标,可得: a1y = a2y ① 且:a1y = a2sinθ ② 隔离滑块和斜面,受力图如图乙所示:

对滑块,列 y 方向隔离方程,有: mgcosθ- N = ma1y ③ 对斜面,仍沿合加速度 a2 方向列方程,有: Nsinθ= Ma2 ④ 解①②③④式即可得 a2 。 2、 答案:C 详解:设两球的距离为 r,对 B 球悬线偏离竖直方向 θ 角而静止状态,画出受力分析图,则得, F/r=mg/L;小球 B 的电量减小,两球再次静止时,距离为 r’,画出受力分析图则得,F’/r’=mg/L;F’=F/2。 2 2 2 联立解得 r’=r/2。由库仑定律,F=kq /r ,F’=kqq’/r’ ,联立解得 q’= q/8,选项 C 正确。 3、 答案:见详解 (1)若 kv0=mg, 则 N=0,故 f=0, 所以 Wf =0 (2) 若 kv0<mg, 则有 N+kv=mg, 则 N 向上且随着速度的减小而增大, f 也将增大, 环最终将静止, Wf=mv02/2 (3)若 kV0>mg, 则有 N+mg=kv, 则 N 一开始向下且随着速度的减小而减小,当 N=0 时,f=0, 环最 终将做匀速运动且 v=mg/k 由动能定理,Wf=m(v02-v2)/2=mv02/2-m3g2/2k2 4、答案: (1) ? ?

4.5 ? 10 4 ; (2)滑块停止的位置为 x2=0.225m ; x

(3)整个运动过程中,它的加速度先减小后增大;当它位于 x=0.15m 时,a =0; (4) v 0 ?

3 2 ≈2.12m/s 2

(1)由数据表格和图像可得,电势 ? 与 x 成反比关系,即 ? ?
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4.5 ? 10 4 V x

2

(2)由动能定理 q(φ1-φ)-μmg(x-x1)=0,设滑块停止的位置为 x2,有 q(φ1-φ2)-μmg(x2-x1)=0 即 q(

4.5 ?104 4.5 ?10 4 )-μmg(x2-x)=0 x2 x 4.5 ?104 4.5 ?10 4 )-0.20×0.10×10(x2-0.1)=0 x2 0.1

代入数据有:1.0?10-7(

可解得 x2=0.225m(舍去 x2=0.1m) 。 (3)先做加速度减小的变加速运动,后做加速度增大的减速运动,即加速度先减小后增大。 当它位于 x=0.15m 时,图像上该点的切线斜率表示场强大小:E=△?/△x=2.0×106N/C。滑块在该点的水平 合力 Fx=qE-μmg=2.0×106×1.0×10-7N-0.20×0.10×10N=0。故滑块的加速度 a=Fx/m =0。

(4) 设滑块到达的最左侧位置为 x1, 则滑块由该位置返回到出发点的过程中, 由动能定理 WF+Wf=△Ek= 0 , 有 q(φ1-φ)-μmg(x-x1)=0 代入数据有 1.0?10-7(

4.5 ?10 4 4.5 ?104 )-0.20×0.10×10(x-x1)=0 x1 0.6

可解得 x1=0.0375m(舍去 x1=0.6m) 。 再对滑块从开始运动到返回出发点的整个过程,由动能定理:-2μmg(x-x1)=02 代入数据有 2?0.20?0.10?10(0.60-0.0375)=0.5?0.10 v 0

1 mv0 2 2

3 2 ≈2.12m/s 2 1 kL kL 5、 答案: (1) mgL ; (2) ; (3) mg ? ? kd 2 8m 4
可解得 v 0 ? 详解: (1)设物体自由下落的末速度为 v0,由机械能守恒定律 mgL ? 得 v0 ?

1 2 mv0 2

2 gL

设碰后共同速度为 v1,由题设知 v1 ? 碰撞过程中系统损失的机械能为

1 2 gL 2

?E ?

1 2 1 1 mv0 ? 2mv12 ? mgL 2 2 2
2

(2)设加速度大小为 a,有 2as ? v1 得: a ?

kL 8m



(3)设弹簧弹力为 FN ,ER 流体对滑块的阻力为 FER 受力分析如图所示, 由牛顿第二定律

FN ? FER ? 2mg ? 2ma
③x ?d ?

② 而 : FN ? kx ④

mg x k kL ? kd 4
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联立①~④式解得: FER ? mg ?

3

2012 年华约自主招生物理试题

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2011 年高水平大学自主选拔学业能力测试(华约)

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2010 年五校合作自主选拔通用基础测试(物理部分)
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一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 3 分,共 30 分。在每小题给出的四个选项中,有一个或多个选项 是正确的,把正确选项前的字母填在答题卡上。 1.在光滑的水平面上有一质量为 M、倾角为 θ 的光滑斜面,其上有一质量为 m 的物块,如图所示。物块 在下滑的过程中对斜面压力的大小为 ( C ) A.
Mmg cos θ M ? m sin θ cos θ

B.

Mmg cos θ M ? m sin θ cos θ

C. Mmg cos θ M ? m sin 2 θ

θ D. Mmg cos2 M ? m sin θ

θ

分析和解:设物块对斜面的压力为 N,物块 m 相对斜面的加速度为 a1,斜面的加速度为 a2,方向向左;则 物块 m 相对地面的加速度为 ax=a1cosθ – a2,ay=a1sinθ,由牛顿第二定律得: 对m有 N sin? ? m( a1 cos? ? a2 ) N N cos? ? ma1 sin? m a2 a1 对 M 有 N sin? ? Ma2 M θ Mmg cos? 解得 N? mg N M ? m sin2 ? 故选 C 正确。 2.如图所示,用等长绝缘线分别悬挂两个质量、电量都相同的带电小球 A 和 B,两线上端固定于 O 点,B 球固定在 O 点正下方。当 A 球静止时,两悬线夹角为 θ.能保持夹角 θ 不变的方法是 O ( BD ) θ A.同时使两悬线长度减半 B.同时使 A 球的质量和电量都减半 C.同时使两球的质量和电量都减半 D.同时使两悬线长度和两球的电量都减半

A

B

分析和解:设两球距离为 d,分析 A 球的受力如图示,图中 O q ?q F ?k A 2 B , θ d T θ q ?q 由平衡条件得 T ? mg , 2mg sin ? / 2 ? F ? k A B , F d d2 A B 同时使两悬线长度减半,则 d 减半,不能满足上式,A 错; mg 同时使 A 球的质量和电量都减半,上式仍然能满足,B 正确; 同时使两球的质量和电量都减半,不能满足上式,C 错; 同时使两悬线长度和两球的电量都减半, 则 d、q1、q2 减半,上式仍然能满足,D 正确。 3.匀强磁场中有一长方形导线框,分别以相同的角速度绕图 a、b、c、d 所示的固定转轴旋转,用 Ia、Ib、 Ic、Id 表示四种情况下线框中电流的有 效值,则 ( AD ) A.Ia=Id C.Ib> Ic B.Ia> Ib D.Ic=Id

a

b

c

d

分析和解:由 Em=NBSω, Em= 2 E, I=E/R,联立求解可得 I=

NBS ? ,故 2R
y O P Q x

选 A.D 正确。 4.如图,在 xOy 平面内有一列沿 x 轴传播的简谐横波,频率为 2.5 Hz。
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在 t=0 时,P 点位于平衡位置,且速度方向向下,Q 点位于平衡位置下方的最大位移处。则在 t= 0.35 s 时, P、Q 两质点的 ( ABD ) A.位移大小相等、方向相反 B.速度大小相等、方向相同 C.速度大小相等、方向相反 D.加速度大小相等、方向相反 y 分析和解:T=0.4s,在 t=0 时的波形如图示。 由波的周期性,t = 0.35 s=7T/8 时的波形与 t = -T/8 时的波形相同, 如图虚线示,可见选项 ABD 正确。 O P Q x

5.在光电效应实验中,先后用频率相同但光强不同的两束光照射同一个光电管。若实验 a 中的光强大于 实验 b 中的光强,实验所得光电流 I 与光电管两端所加电压 U 间的关系曲线分别以 a、b 表示,则下列 4 图中可能正确的是 ( A ) I a b 0 A U 0 B I a b U 0 I a b C U 0 I b a D U

分析和解:由光电效应现象的规律,饱和光电流与照射光的强度成正比,选项 C、D 错;由光电效应方程

1 2 mvm ? h? ? W , 反向截止电压 U 反决定于照射光的频率,图线与 U 轴的交点坐标值为反向截止电压,可 2
见选项 B 错 A 正确。 6.如图,圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场,P 为磁场边界上的一点。有无数带 有同样电荷、 具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过 P 点进入磁 场。这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上,这段圆弧的弧长是圆周长的 1/3。将磁感应强度的大小从原来的 B1 变为 B2,结果相应的弧长变为原来的一半,则 B2/B1 等于( D ) A.2 B.3 C. 2 D. 3

P

分析和解:设圆形区域磁场的半径为r,磁感应强度的大小为B1 时,从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为M, (见答图甲)由题意知∠POM=120°,则该带电粒子在磁场中 的运动轨迹是以PM为直径的园。由几何关系得轨迹圆半径为 从P点入射的粒子射出磁场 R1 ? 3 r , 磁感应强度的大小为B2时,

M

r

B1 O P

B2 r O N 答图乙 P

答图甲

时与磁场边界的最远交点为N, (见答图乙)由题意知∠PON=60°,由几何关系得轨迹圆半径为R2=r, mv 1 所以 B2 R1 R? ? , ? ? 3. qB B B1 R2 7.在光滑的水平桌面上有两个质量均为 m 的小球,由长度为 2l 的拉紧细线相连。以一恒力作用于细线中 点,恒力的大小为 F,方向平行于桌面。两球开始运动时,细线与恒力方向垂直。在两球碰撞前瞬间,两 球的速度在垂直于恒力方向的分量为 ( B )
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B. Fl C. 2 Fl D. 2 Fl m m m 分析和解:设两球的速度沿恒力方向的分量为 vx,在垂直于恒力方向的分量为 vy,在两球碰撞前瞬间,两 球的速度的两个分量大小相等,即 vx=vy,恒力 F 的位移为 2l,由动能定理得 A.
1 2 1 2 2 F ? 2l ? 2 ? mv x ? 2 ? mv y ? 2mv y 2 2
? vy ? Fl m

Fl 2m

二、实验题:共 12 分。根据题目要求作答。 11. (12 分)右图为一直线运动加速度测量仪的原理示意图。A 为 U 型底座,其内部放置一绝缘滑块 B;B 的两侧各有一弹簧,它们分别固连在 A 的两个内侧壁上;滑块 B 还与一 阻值 D C 均匀的碳膜电阻 CD 的滑动头相连(B 与 A 之间的摩擦及滑动头与碳膜间 的摩 左 右 中未 擦均忽略不计) ,如图所示。电阻 CD 及其滑动头与另外的电路相连(图 B A 画出) 。 工作时将底座 A 固定在被测物体上,使弹簧及电阻 CD 均与物体的运动方 向平 行。当被测物体加速运动时,物块 B 将在弹簧的作用下,以同样的加速度运动。通过电路中仪表的读数, 可以得知加速度的大小。 已知滑块 B 的质量为 0.60 kg,两弹簧的劲度系数均为 2.0×102 N/m,CD 的全长为 9.0 cm,被测物体可能达 到的最大加速度为 20m/s2(此时弹簧仍为弹性形变) ;另有一电动势为 9.0 V、 内阻可忽略不计的直流电源, 一理想指针式直流电压表及开关、导线。 设计一电路,用电路中电压表的示值反映加速度的大小。要求: ①当加速度为零时,电压表指针在表盘中央; D C ②当物体向左以可能达到的最大加速度加速运动时,电压表示数为满 量 程。 (所给电压表可以满足要求) (1)完成电路原理图。 (2)完成下列填空: (不要求有效数字) ①所给的电压表量程为______V; ②当加速度为零时,应将滑动头调在距电阻的 C 端 cm 处; 2 ③当物体向左做减速运动,加速度的大小为 10 m/s 时,电压表示数为 V。 答:(1)电路原理图如答图 1 所示。 C D (2)①6.0 ②3.0 ③1.5 V 分析和解:(2) 当加速度为零时,应将滑动头调在距电阻的C端l0 cm处, (答图2) 电压表指针在表盘中央,U1=U/2 当物体向左以最大加速度am=20m/s2加速运动时,弹簧的形变量为x2(答图3) 答图1

x2 ?

ma m 0.6 ? 20 ? ? 0.03m ? 3cm 2k 2 ? 200

C

l

D 右

此时电压表示数为满量程,U2=U 由比例关系

l0 左 B a=0 答图2 C 左 am C 左 B 答图4 a3 l0 x2 B 答图3 D D

E U/2 U ? ? ,解得 l0=3.0 cm,U=6.0V. l l0 l0 ? x2
2

右 量 为 x3

当物体向左做减速运动,加速度的大小为a3=10 m/s 时,弹簧的形变 (答图4)电压表示数为U3,

ma 3 0.6 ? 10 x3 ? ? ? 0.015 m ? 1.5cm 2k 2 ? 200
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U3 E ? , 解得 U3=1.5V l l 0 ? x3
评分参考:本题 12 分。第(1)问 3 分;第(2)问共 9 分,①②③各 3 分。

三、推理、论证题:共 32 分。解答时应写出必要的文字说明和推理过程。 14.(11 分)A、B、C 三个物体(均可视为质点)与地球构成一个系统,三个物体分别受恒外力 FA、FB、FC 的作用。在一个与地面保持静止的参考系 S 中,观测到此系统在运动过程中动量守恒、机械能也守恒。S' 系是另一个相对 S 系做匀速直线运动的参考系, 讨论上述系统的动量和机械能在 S'系中是否也守恒。 (功的 表达式可用 WF =F.S 的形式,式中 F 为某个恒力,S 为在力 F 作用下的位移) 解答:在 S 系中,由系统在运动过程中动量守恒可知, FA +FB +Fc=0 ① ? ? ? 设在很短的时间间隔 Δt 内,A、B、C 三个物体的位移分别为 ?S A、?S B 和?S C
? ? ? ? ? ? 由机械能守恒有 FA ? ?S A ? FB ? ?S B ? FC ? ?SC ? 0



并且系统没有任何能量损耗,能量只在动能和势能之间转换。③ 由于受力与惯性参考系无关,故在 S'系的观察者看来,系统在运动过程中所受外力之和仍为零,即 FA +FB +Fc=0 ④ 所以,在 S' 系的观察者看来动量仍守恒。 ⑤ ? ? ? 设在同一时间间隔 Δt 内,S'系的位移为 ΔS',在 S'系观察 A、B、C 三个物体的位移分别为 ?S A ? 、?S B ? 和?S C ?, 且有 ? ? ? ? ?S A ? ?S ? ? ?S A ? ? ? ? ?S B ? ?S ? ? ?S B ? ? ? ? ?S C ? ?S ? ? ?S C 在 S'系的观察者看来外力做功之和为 ? ? ? ? ? ? ? ? FB ? S B ? ? FC ? SC ? FA ? ?S A

⑥ ⑦

联立⑥⑦式可得 ? ? ? ? ? ? ? ? ? FA ? ( ?S A ? ?S ? ) ? FB ? ( ?S B ? ?S ? ) ? FC ? ( ?S C ? ?S ? ) ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? FA ? ?S A ? FB ? ?S B ? FC ? ?S C ? ( FA ? FB ? FC ) ? ?S ? ? ? ? ? ? ? 由①②式可知 FA ? ?S A ? FB ? ?S B ? FC ? ?SC ? 0 ⑧ 即在 S'系中系统的机械能也守恒。 ⑨ 评分参考:本题 11 分。①②式各 1 分,得出结论③给 1 分,得出动量守恒结论⑤给 2 分,⑥⑦式各 1 分, ⑧式 2 分,得出机械能守恒结论⑨给 2 分。

四、计算题:共 26 分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和主要演算步骤。只写出最后结果的不能 得分。 15.(12 分)卫星携带一探测器在半径为 3R (R 为地球半径)的圆轨道上绕地球飞行。在 a 点,卫星上的辅 助动力装置短暂工作,将探测器沿运动方向射出(设辅助动力装置喷出的气体质量 可忽略) 。若探测器恰能完全脱离地球的引力,而卫星沿新的椭圆轨道运动,其近地 点 b 距地心的距离为 nR (n 略小于 3),求卫星与探测器的质量比。 a b (质量分别为 M、m 的两个质点相距为 r 时的引力势能为-GMm/r,式中 G 为引力常 量) 分析和解:设地球质量为 M,卫星质量为 m,探测器质量为 m',当卫星与探测器一起绕地球做圆周运动
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时,由万有引力定律和牛顿第二定律得

GM ( m ? m? ) v2 ? ? ( m ? m ) ( 3R )2 3R



v2 ?

GM 3R



设分离后探测器速度为 v',探测器刚好脱离地球引力应满足

1 GMm? m?v?2 ? ?0 2 3R
v? ? 2GM ? 2v 3R





设分离后卫星速度为 u,由机械能守恒定律可得

1 2 GMm 1 2 GMm mv近 ? ? mu ? 2 nR 2 3R
由开普勒第二定律有 nRv 近=3Ru 联立解得





u?

2n v 3? n



由分离前后动量守恒可得 (m+ m')v=mu+ m'v' 联立④⑦⑧式得



m ? m?

2 ?1 2n 1? 3? n



评分参考:本题 12 分。①②式各 1 分,③式 2 分,④式 1 分,⑤⑥式各 2 分,⑦⑧⑨式各 1 分。 16.(14 分)如图,三个面积均为 S 的金属板 A、B、C 水平放置,A、B 相 P d1,B、C 相距 d2,A、C 接地,构成两个平行板电容器。上板 A 中央有小 h D D。B 板开始不带电。质量为 m、电荷量为 q(q>0)的液滴从小孔 D 上方 A

度为 h 处的 P 点由静止一滴一滴落下。假设液滴接触 B 板可立即将电荷全 B 传给 B 板。油滴间的静电相互作用可忽略,重力加速度取 g。 C (1)若某带电液滴在 A、B 板之间做匀速直线运动,此液滴是从小孔 D 上方 落 下的第几滴? (2)若发现第 N 滴带电液滴在 B 板上方某点转为向上运动,求此点与 A 板的距离 H。 (以空气为介质的平行板电容器电容 C=S/(4πkd), 式中 S 为极板面积, d 为极板间距, k 为静电力常量。 ) 分析和解:(1)根据题意,A、B 板与 B、C 板构成的两个平行板电容器的电容分别为

距 孔 高 部

C1 ?

S 4?k d1

① C2 ?

S 4?k d2



设第 n 滴带电液滴可在 A、B 板之间做匀速直线运动。当第 n 滴带电液滴处于 A、 B 板之间时,B 板所带 电荷量为 Q1+Q2=(n-1)q ③ 式中,Q1 和 Q2 分别为金属板 B 上下两个表面上的电荷量。设 B 板电势为 U,则
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Q1=C1U ④ Q2=C2U ⑤ A、B 板之间的电场强度为 E1=U/d1 ⑥ 由于第 n 滴带电液滴在 A、B 板之间做匀速直线运动,有 qE1=mg ⑦ 联立以上各式得 n ?

mgS d (1 ? 1 ) ? 1 2 4?kq d2



(2)当第 N-1 滴带电液滴在 B 板上时,(1)中①至⑤仍有效,相应的 B 板电势以及其上下表面所带电荷量分 别记为 U'、Q1'和 Q2'。B 板所带电荷量为 Q1'+ Q2' =(N -l)q ⑨ 按题意,第 N 滴带电液滴会在下落到离 A 板距离为 H(H <d1)时,速度为零,此时液滴所在位置的电 势为

? ? UH

H U? d1



? ? mg (h ? H ) 由能量守恒得 qU H
由①②④⑤⑨⑩式得



H?

mghS( 1 ? d1 / d 2 ) 4?kq ( N ? 1 ) ? mgS( 1 ? d1 / d 2 )
2



评分参考:本题 14 分。③式 2 分,④⑤⑥⑦式各 1 分,⑥式 3 分,⑨式 1 分,⑾⑿式各 2 分。

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华约AAA测试2010-2014数学和物理试题及解答

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