【
参考答案
】
1.C 2.B 3.B 4.A 5.C 6.A 7.C 8.A 9.BD 10
.
CD 11
.
AC 12.BCD
13.20 0 100
14
.
(1)
(2)
F
2
-
F
1
15.
(
1
)设行星表面的重力加速度为
g
,对小球,有
解得
-----1
分
设行星表面的某一物体质量为
m
,有
-----1
分
解得
-----1
分
故行星的密度
解得
-----1
分
(
2
)
设处于
行星表面附近做匀速圆周运动的卫星质量为
m
′
,由牛顿第二定律有
-----1
分
解得
-----1
分
同步卫星的周期与该行星自转周期相同,均为
T
,
-----1
分
设同步卫星的质量为
m
″
,由牛顿第二定律有
-----1
分
联立解得同步卫星距行星表面的高度
h=
-----2
分
16
.
(1)
m/s
(
2
)
(
3
)
15m
【详解】(
1
)滑块恰好通过最高点,滑块只受到重力,此时重力提供向心力,根据牛顿第二定律可得
-----2
分
m/s
-----2
分
(
2
)滑块从
C
点到最高点过程由动能定理可得
-----1
分
-----1
分
在
C
点,对滑块由牛顿第二定律可知
-----1
分
解得
-----1
分
(
3
)滑块恰好能通过最高点,即到达
C
点的速度等于
,设
BC
长度为
x
,
对
AC
过程由动能定理可
-----2
分
解得
m
-----2
分
17.
解析
:
(1)
对小球受力分析可知,
F
T
=
mg
cos
θ
=
mg
-----2
分
F
N
=
mg
sin
θ
=
mg
-----2
分
(
2
)小球刚要离开锥面时
F
N
=
0
,由重力和拉力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律,有
mg
tan
θ
=
mr
ω
0
2
-----1
分
r
=
L
sin
θ
-----1
分
解得
ω
0
=
=
-----2
分
(
3
)因为
ω
1
=
>
ω
0
=
-----1
分
说明小球已离开锥面,
F
N
=
0
-----1
分
设绳与竖直方向的夹角为
α
,如图所示,
则有
F
T1
sin
α
=
mω
1
2
L
sin
α
,
-----1
分
解得
F
T1
=
3
mg
。
-----1
分
18
.
答案
(1)2
m/s
10 N
(2)1
.
8 m
(3)
见解析
解析
(1)
设物体第一次到达
C
点的速度大小为
v
,从
E
到
C
,由动能定理得
mg
(
h
+
R
)=
mv
2
-0
-----1
分
代入数据得
v
=2
m/s
-----1
分
在
C
点,由牛顿第二定律可得
F
-
mg
=
m
-----1
分
代入数据得
F
=10 N
-----1
分
(2)
物体从
C
运动到
A
,由动能定理得
-
mg
(
R
-
R
cos 37
°
+
L
sin 37
°
)-
μmg
cos 37
°
·
L
=0-
mv
2
-----2
分
代入数据得
L
=1
.
8 m
-----2
分
(3)
设动摩擦因数为
μ
1
时,物体刚好能静止在斜面轨道
AB
上,则有
mg
sin 37
°
=
μ
【物理】山东省济宁市兖州区2024-2025学年高一下学期期中考试试题.docx