“北约 华约”年自主招生物理考试题

“北约 华约”年自主招生物理考试题

“北约 华约”2013年自主招生物理考试题含答案

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 0.10 4.50 3 0.15 3.00 4 0.20 2.25 5 0.25 1.80 6 0.30 1.50 7 0.35 1.29 8 0.40 1.13 9 0.45 1.00 -7x/m 0.05 φ/105v 9.00 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?10C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

（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，且下移距离为时速度减为0，ER流体对滑块的阻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 （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

2mgk1 答案：a2?msin?cos? 2M?msin?

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。

2

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。联立解得r’=r/2。由库仑定律，F=kq2/r2，F’=kqq’/r’2，联立解得q’= q/8，选项C正确。 3、 答案：见详解 详解：

（1）若kv0=mg， 则N=0，故f=0， 所以 Wf =0

（2）若kv0

2

将静止，Wf=mv0/2

（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

222322

由动能定理，Wf=m(v0－v)/2=mv0/2－mg/2k

4.5?1044、答案：（1）??；（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；

3

（4）v0?详解：

32≈2.12m/s 24.5?104（1）由数据表格和图像可得，电势?与x成反比关系，即??V

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

x2，有

4.5?1044.5?104即 q(-)-μmg(x2-x)=0

xx24.5?1044.5?104代入数据有：1.0?10(-)-0.20×0.10×10(x2-0.1)=0

0.1x2-7

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。

6

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=2.0×10N/C。滑

6-7

块在该点的水平合力Fx=qE-μmg=2.0×10×1.0×10N-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

4.5?1044.5?104代入数据有 1.0?10(-)-0.20×0.10×10(x-x1)=0

0.6x1-7

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)=0-2代入数据有 2?0.20?0.10?10（0.60-0.0375）=0.5?0.10v0

1mv02 232≈2.12m/s 21kLkL?kd 5、 答案：（1）mgL ；（2） ；（3）mg?28m4可解得v0?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?2gL 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

12mv0 212gL 2?E?1211mv0?2mv12?mgL 2222 （2）设加速度大小为a，有2as?v1 得：a?kL ① 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，

4

由牛顿第二定律

FN?FER?2mg?2ma 而：FN?kx x?d?mgkx 联立①~④式解得：Fmg?kLER?4?kd ②

③ ④5