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2013年北约华约自主招生物理考试题 Word版含答案


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<

br />
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 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

2 mg k

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。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<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

4.5 ? 104 4、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; (4) v 0 ? 详解: (1)由数据表格和图像可得,电势 ? 与 x 成反比关系,即 ? ?

3 2 ≈2.12m/s 2

4.5 ? 104 V x

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

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 ?104 4.5 ? 10 4 )-0.20×0.10×10(x-x1)=0 0.6 x1
1 mv0 2 2

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 v0

可解得 v 0 ?

3 2 ≈2.12m/s 2

5、 答案: (1)

1 kL kL mgL ; ? kd (2) ; (3) mg ? 2 8m 4

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

2gL
1 2 gL 2

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

?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
而: FN ? kx

② ③ ④

x?d?

mg x k kL ? kd 4

联立①~④式解得: FER ? mg ?


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