2014-2015学年安徽省合肥168中高一(下)期末物理复习试卷

2014-2015学年安徽省合肥168中高一（下）期末物理复习试卷
一、选择题
1．（3分）以下是常见物体在运动过程中几种运动状态，如果（）
A．机械能不守恒，则其运动状态一定变化
B．做匀加速直线运动，它的机械能可能守恒
C．所受合外力不为零，它的动能一定变化
D．所受合外力恒定不变，它一定是做直线运动
2．（3分）如图四幅图是用来描述物体做平抛运动所遵从的某一规律的图象．图中坐标系的纵轴是tanα，横轴是tanβ．这里α和β分别指物体平抛运动过程中，速度和位移与水平方向的夹角．下列四幅图中正确的是（）
A．B．C．
D．
3．（3分）在高速公路的拐弯处，路面都是筑成外高内低的，即当车向右拐弯时，司机左侧的路面比右侧要高一些，路面与水平面的夹角为θ，设拐弯路段半径为R的圆弧，要使车速为v时车轮与路面之间的横向（即垂直于前进方向）摩擦力等于零，则（）
A．sinθ= B．tanθ=C．sinθ=D．tanθ=
4．（3分）（多选）如图所示，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l．木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始
绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度．下列说法正确的是（）
A．b一定比a先开始滑动
B．ω=是b开始滑动的临界角速度
C．a、b所受的摩擦力始终相等
D．当ω=时，a所受摩擦力的大小为kmg
5．（3分）一物体静置在平均密度为ρ的球形天体表面的赤道上．已知万有引力常量G，若由于天体自转使物体对天体表面压力恰好为零，则天体自转周期为（）
A．B． C．D．
6．（3分）起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是（）
A．B．C．D．
7．（3分）如图所示，一物体从圆弧形轨道的A点无初速滑下，物体与圆弧轨道间的动摩擦因数为μ，由于摩擦力的作用物体沿轨道到达C点时的速度为零，C 点比A点下降了h1，物体又由C点沿轨道滑至B点，速度再次为零，B比C下降了h2，则h1与h2比较有（）
A．h1＞h2B．h1＜h2C．h1=h2D．无法确定
8．（3分）如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道，质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小，用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（）
A．W=mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W＞mgR，质点不能到达Q点
C．W=mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
二、计算题
10．（16分）一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L，装置静止时，
弹簧长为L，转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g．求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；
（3）弹簧长度从L缓慢缩短为L的过程中，外界对转动装置所做的功W．
11．宇航员登上某一星球并在该星球表面做实验．用一根不可伸缩的轻绳跨过轻质定滑轮，一端拴一吊椅，另一端被坐在吊椅上的宇航员拉住，如图所示．宇航员的质量m1=65kg，吊椅的质量m2=15kg，当宇航员与吊椅以加速度a=1m/s2匀加速上升时，宇航员对吊椅的压力为175N．（忽略定滑轮摩擦）
（1）求该星球表面的重力加速度g0；
（2）若该星球的半径为R0=6×106m，地球半径为R=6.4×106m，地球表面的重力加速度为g=10m/s2，求该星球的平均密度与地球的平均密度之比．
12．如图装置所示，倾角为θ的斜面底端固定一挡板M，一轻质弹簧左端固定在挡板上，在自然长度下其右端点在O位置．质量为m的物块A（可视为质点）以平行于斜面的初速度v0从距O点右上方x0的P点沿斜面向下运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O'点位置后，A又被弹簧弹回．A第一次离开弹簧后，恰好能回到P点．已知物体A与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度用g表示．求：
（1）物块A第一次运动到O点的速度大小；
（2）O点和O'点间的距离x1；
（3）在弹簧压缩过程中弹簧具有的最大弹性势能．
13．为了研究过山车的原理，物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为37°、长为L=2.0m的粗糙的倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的。

其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示。

一个小物块以初速度v0=4.0m/s，从某一高处水平抛出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下。

已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数μ=0.50（g取10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80）求：
（1）小物块的抛出点和A点的高度差；
（2）要使小物体不离开轨道，并从水平轨道DE滑出，求竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件
（3）a．为了让小物块不离开轨道，并且能滑回倾斜轨道AB，求竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件；
b．按照“a”的要求，小物块进入轨道后可以有多少次通过圆轨道上距水平轨道高为0.01m的某一点。

14．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示。

t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。

已知碰撞后1s时间内小物块的v﹣t图线如图（b）所示。

木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2．求
（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；（2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离。

2014-2015学年安徽省合肥168中高一（下）期末物理复
习试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（3分）以下是常见物体在运动过程中几种运动状态，如果（）
A．机械能不守恒，则其运动状态一定变化
B．做匀加速直线运动，它的机械能可能守恒
C．所受合外力不为零，它的动能一定变化
D．所受合外力恒定不变，它一定是做直线运动
【解答】解：A、机械能不守恒，则其运动状态可以不变，如水平方向做匀加速直线运动的物体；故A错误；
B、若物体在竖直面内做自由落体运动，则它的机械能守恒；故B正确；
C、合外力不为零，但合外力可能不做功，故动能不会变化；故C错误；
D、合外力恒定不变时，物体可以做曲线运动，由平抛运动；故D错误；
故选：B。

2．（3分）如图四幅图是用来描述物体做平抛运动所遵从的某一规律的图象．图中坐标系的纵轴是tanα，横轴是tanβ．这里α和β分别指物体平抛运动过程中，速度和位移与水平方向的夹角．下列四幅图中正确的是（）
A．B．C．
D．
【解答】解：速度与水平方向夹角的正切值。

位移与水平方向夹角的正切值。

则tanα=2tanβ．故A正确，B、C、D错误。

故选：A。

3．（3分）在高速公路的拐弯处，路面都是筑成外高内低的，即当车向右拐弯时，司机左侧的路面比右侧要高一些，路面与水平面的夹角为θ，设拐弯路段半径为R的圆弧，要使车速为v时车轮与路面之间的横向（即垂直于前进方向）摩擦力等于零，则（）
A．sinθ= B．tanθ=C．sinθ=D．tanθ=
【解答】解：车匀速转弯，合力等于向心力，如图
根据牛顿第二定律
mgtanθ=m解得
tanθ=
故选：B。

4．（3分）（多选）如图所示，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l．木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度．下列说法正确的是（）
A．b一定比a先开始滑动
B．ω=是b开始滑动的临界角速度
C．a、b所受的摩擦力始终相等
D．当ω=时，a所受摩擦力的大小为kmg
【解答】解：A、两个木块的最大静摩擦力相等。

木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f=mω2r，m、ω相等，f∝r，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故A正确，C错误；
B、当b刚要滑动时，有kmg=mω2•2l，解得：ω=，故B正确；
D、以a为研究对象，当ω=时，由牛顿第二定律得：f=mω2l，可解得：f=kmg，故D错误。

故选：AB。

5．（3分）一物体静置在平均密度为ρ的球形天体表面的赤道上．已知万有引力常量G，若由于天体自转使物体对天体表面压力恰好为零，则天体自转周期为（）
A．B． C．D．
【解答】解：万有引力等于向心力
G
解得
M=
又由于
M=ρV=ρ（）
因而
=ρ（）
解得
T=
故选：D。

6．（3分）起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是（）
A．B．C．D．
【解答】解：在0﹣t1时间内：
重物向上做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得：F﹣
mg=ma1，解得：F=mg+ma1
拉力的功率：P1=Fv=（mg+ma1）a1t，m、a1均一定，则P1∝t。

在t1﹣t2时间内：
重物向上做匀速直线运动，拉力F=mg，则拉力的功率P2=Fv=mgv，P2不变，根据拉力的大小得到，P2小于t1时刻拉力的功率。

在t2﹣t3时间内：
重物向上做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：mg﹣F=ma2，F=mg﹣ma2，拉力的功率P3=Fv=（mg﹣ma2）（v0﹣a2t），m、a2均一定，P3与t是线性关系，随着t延长，P3减小。

t3时刻拉力突然减小，功率突然减小。

故选：A。

7．（3分）如图所示，一物体从圆弧形轨道的A点无初速滑下，物体与圆弧轨道间的动摩擦因数为μ，由于摩擦力的作用物体沿轨道到达C点时的速度为零，C 点比A点下降了h1，物体又由C点沿轨道滑至B点，速度再次为零，B比C下降了h2，则h1与h2比较有（）
A．h1＞h2B．h1＜h2C．h1=h2D．无法确定
【解答】解：根据功能关系得：mgh1=W f1，mgh2=W f2，
由于小球克服摩擦力做功，机械能不断减小，前后两次经过轨道同一点时速度减小，所需要的向心力减小，则轨道对小球的支持力减小，小球所受的滑动摩擦力相应减小，而滑动摩擦力做功与路程有关，可见，从A到C小球克服摩擦力做功W f1一定大于从C到B克服摩擦力做功W f2，则得h1＞h2。

故选：A。

8．（3分）如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道，质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小，用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，
则（）
A．W=mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W＞mgR，质点不能到达Q点
C．W=mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
【解答】解：在N点，根据牛顿第二定律有：，解得，
对质点从下落到N点的过程运用动能定理得，，
解得W=。

由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，
则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，
对NQ段运用动能定理得，，
因为，可知v Q＞0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离。

故C 正确，A、B、D错误。

故选：C。

二、计算题
10．（16分）一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L，装置静止时，
弹簧长为L，转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g．求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；
（3）弹簧长度从L缓慢缩短为L的过程中，外界对转动装置所做的功W．
【解答】解：（1）装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1，
小环受到弹簧的弹力，
小环受力平衡，F
=mg+2T1cosθ1，
弹1
小球受力平衡，F1cosθ1+T1cosθ1=mg，F1sinθ1=T1sinθ1，
解得k=．
（2）设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2，OA杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x．
=k（x﹣L），
小环受到弹簧的弹力F
弹2
=mg，解得x=，
小环受力平衡，F
弹2
对小球，F2cosθ2=mg，，且，
解得．
（3）弹簧长度为时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3，OA杆与弹簧的夹角为θ3，
小环受到的弹力，
小环受力平衡，2T3cosθ3=mg+F弹3，且cosθ3=，
对小球，F3cosθ3=T3cosθ3+mg，，
解得．
整个过程中弹簧弹性势能变化为零，则弹力做功为零，由动能定理得，
=，
解得W=．
答：（1）弹簧的劲度系数为；
（2）装置转动的角速度为；
（3）外界对转动装置所做的功为．
11．宇航员登上某一星球并在该星球表面做实验．用一根不可伸缩的轻绳跨过轻质定滑轮，一端拴一吊椅，另一端被坐在吊椅上的宇航员拉住，如图所示．宇航员的质量m1=65kg，吊椅的质量m2=15kg，当宇航员与吊椅以加速度a=1m/s2匀加速上升时，宇航员对吊椅的压力为175N．（忽略定滑轮摩擦）
（1）求该星球表面的重力加速度g0；
（2）若该星球的半径为R0=6×106m，地球半径为R=6.4×106m，地球表面的重力加速度为g=10m/s2，求该星球的平均密度与地球的平均密度之比．
【解答】解：（1）设宇航员受到绳向上的拉力为F，由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等，吊椅受到绳的拉力也是F，对他和吊椅整体进行受力分析如图所示，则有：
2F﹣（m1+m2）g=（m1+m2）a
设吊椅对宇航员的支持力为F N，压力为F N′，根据牛顿第三定律得：F N=F N′．
对宇航员，由牛顿第二定律得，F+F N﹣m1g=m1a
代入数据解得：g=6m/s2．
（2）由星球密度和得：
该星球的平均密度与地球的平均密度之比=
代入数值解得：=，
答：（1）求该星球表面的重力加速度为6m/s2；
（2）该星球的平均密度与地球的平均密度之比为．
12．如图装置所示，倾角为θ的斜面底端固定一挡板M，一轻质弹簧左端固定在挡板上，在自然长度下其右端点在O位置．质量为m的物块A（可视为质点）以平行于斜面的初速度v0从距O点右上方x0的P点沿斜面向下运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O'点位置后，A又被弹簧弹回．A第一次离开弹簧后，恰好能回到P点．已知物体A与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度用g表示．求：
（1）物块A第一次运动到O点的速度大小；
（2）O点和O'点间的距离x1；
（3）在弹簧压缩过程中弹簧具有的最大弹性势能．
【解答】解：（1）对从P到O过程，根据动能定理，有：
mgsinθ•×0﹣μmgcosθ•x0=
解得：v=
（2）从P到返回P的整个过程，根据动能定理，有：
解得：x1=
（3）对从P到O′过程，根据功能关系，有：
解得：E p=+
答：（1）物块A第一次运动到O点的速度大小为；（2）O点和O'点间的距离为．
（3）在弹簧压缩过程中弹簧具有的最大弹性势能为
+．
13．为了研究过山车的原理，物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为37°、长为L=2.0m的粗糙的倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的。

其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示。

一个小物块以初速度v0=4.0m/s，从某一高处水平抛出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下。

已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数μ=0.50（g取10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80）求：
（1）小物块的抛出点和A点的高度差；
（2）要使小物体不离开轨道，并从水平轨道DE滑出，求竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件
（3）a．为了让小物块不离开轨道，并且能滑回倾斜轨道AB，求竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件；
b．按照“a”的要求，小物块进入轨道后可以有多少次通过圆轨道上距水平轨道高
为0.01m的某一点。

【解答】解：（1）物体做平抛运动，到达A处时，令下落的高度为h，水平分速度为v x，竖直分速度为v y，则由平抛运动的规律可知：
tan37°=，v x=v0，v y2=2gh
物体落在斜面上后，受到斜面的摩擦力为：f=μN=μmgcos37°。

设物块进入圆轨道到最高点时有最小速度v1，此时物块受到的重力恰好提供向心力了，令轨道的轨道半径为R0．由牛顿第二定律知：
mg=m
物块从抛出到圆轨道最高点的过程中，由动能定理知：
mg（h+Lsin37°）﹣μmgcos37°•L﹣2mgR0=mv12﹣mv02
联立上面各式解得：R0=0.66m。

若物块从水平轨道DE滑出，则竖直圆轨道的半径R1≤0.66m。

（2）a．为了让物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB，则物块上升的高度须小于或等于R0′，则根据动能定理得：
mg（h+Lsin37°）﹣μmgcos37°•L﹣mgR0′=0﹣mv02
代入数据得：R0′=1.65m。

若物块能够滑回倾斜轨道AB，则R2≥1.65m。

b．若物块冲上圆轨道H1=1.65m高度时速度变为0，然后又返回倾斜轨道h1高处再滑下，然后再次进入圆轨道达到的高度为H2，则有：
mgH1=mgh1+μmgh1•mgH2=mgh1﹣μmgh1•
解得：H2=H1=H1。

之后物块在竖直圆轨道和倾斜轨道之间往复运动，同理，n次上升的高度：
H n=（）n﹣1H1（n＞0）为一等比数列。

可见当n=5时，上升的最大高度小于0.01m，则物块共有8次通过圆轨道上距水平轨道高为0.01m的某一点。

答：（1）竖直圆轨道的半径应该满足R1≤0.66m。

（2）a．竖直圆轨道的半径应该满足R2≥1.65m。

b．小物块进入轨道后可以有8次通过圆轨道上距水平轨道高为0.01m的某一点。

14．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示。

t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。

已知碰撞后1s时间内小物块的v﹣t图线如图（b）所示。

木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2．求
（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
（2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离。

【解答】解：（1）规定向右为正方向。

木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M．由牛顿第二定律有：﹣μ1（m+M）g=（m+M）a1…①
由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v1=4m/s，由运动学公式得：
v1=v0+at1…②
…③
式中，t1=1s，s0=4.5m是木板碰前的位移，v0是小木块和木板开始运动时的速度。

联立①②③式和题给条件得：μ1=0.1…④
在木板与墙壁碰撞后，木板以﹣v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。

设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有：﹣μ2mg=ma2 …⑤
由图可得：…⑥
式中，t2=2s，v2=0，联立⑤⑥式和题给条件得：μ2=0.4…⑦
（2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间△t，木板和小物块刚好具有共同速度v3．由牛顿第二定律及运动学公式得：μ2mg+μ1（M+m）g=Ma3 …⑧
v3=﹣v1+a3△t…⑨
v3=v1+a2△t…⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为： (11)
小物块运动的位移为： (12)
小物块相对木板的位移为：△s=s2﹣s1 (13)
联立⑥⑧⑨⑩（11）（12）（13）式，并代入数值得：△s=6.0m
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m．（14）（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移s3．由牛顿第二定律及运动学公式得：μ1（m+M）g=（m+M）a4 (15)
(16)
碰后木板运动的位移为：s=s1+s3 (17)
联立⑥⑧⑨⑩（11）（15）（16）（17）式，并代入数值得：s=﹣6.5m (18)
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。

答：
（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2分别为0.1和0.4。

（2）木板的最小长度是6.0m；
（3）木板右端离墙壁的最终距离是6.5m。