【文档说明】黑龙江省大庆铁人中学2022-2023学年高一下学期期中考试 物理参考答案.docx，共(4)页，147.989 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-9f0393d522c4512a116a4cf7b7a16eea.html

以下为本文档部分文字说明：

铁人中学2022级高一下学期期中考试物理试题参考答案1.B2.D3.B4.C5.C6.C7.D8.BC9.BD10.BD11.【答案】①B②周期T③344316FTGm【详解】（1）绕行时测量所用的仪器为精确秒表；故选B。所测物理量为宇宙飞船的周期T。（2）设

该行星表面重力加速度为g，则有Fmg=设行星的半径为R，根据物体在行星表面受到的万有引力等于重力，可得2MmGmgR=宇宙飞船在行星表面的圆形轨道上绕星球转动，根据万有引力提供向心力可得2224MmGmRRT=，联立解得

行星的质量为344316FTMGm=12.【答案】1210sst+224512121()()()21010ssssmmtt+++−()()23412sssmmg++−0.0560.

0571.8【详解】[1]根据匀变速运动规律可知打下计数点B时的速度等于A和C之间的平均速度，则1212210BssssvTt++==[2]根据匀变速运动规律可知打下计数点E时的速度等于D和F之间的平均速度，则4545210EssssvTt++==故系统动能的增

加量为()()12245121222k1221()()()210101122EBsEmmvmmmvsssmtt+++−=+−+=[3]物块1下降的高度等于物块2上升的高度为234hsss=++系统的重力势能减少量为()()()p121212234Emghmghm

mghmmgsss=−=−=−++[4]带入实测数据得系统动能的增加量为()()()()1124512224512452212k21()()()0.05J21160000mmsssssmmsssssssEttt+++−+++++−−===[5]系统重力势能的

减小量为()()p122340.057JEmmgsss=−++=[6]两者的相对偏差为kpp||1.8%EEE−==13．【答案】（1）2rad/s；（2）2rad/s【详解】（1）物体A即将发生滑动时，对A，2AA1mgmR=，解得ω1=2rad/s（

2）绳子即将拉断的瞬间，设绳与竖直方向夹角为对B竖直方向mBcosTmg=53=水平方向()2mB2sinsinTmRL=+，解得2210rad/s3=由于ω2>ω1，转台所对应的最大角速度ω=ω1=2rad/s14．【答案】（1）3sin；（2）()33π24π1sin

+−【详解】解：（1）当PQ与OP连线的夹角最大时，由几何关系可知OQPQ⊥，如图所示设P、Q的轨道半径分别为PR、QR，则有QPsinRR=由开普勒第三定律32PP32QQRTRT=，得3PP3QQTRTR=解得P3Q1sinTT

=又由2πT=得QPQPTT=，解得3PQsin=（2）由（1）中图示位置开始到两卫星的间距第一次最近，设所需的时间为t，则由几何关系QP3π2tt−=+，解得()3Q3π221sint+=−又QQ2π

T=，整理得()3Q3π24π1sintT+=−15.【答案】（1）4m/s；3J；（2）8m/s；（3）R2≥3.2m或1.28m≥R2>0【详解】（1）滑块在B点由牛顿第二定律可得2N1BFmgmvR−=，代入数据

解得vB=4m/s从A到B点的过程中，根据动能定理得mgR1−Wf=12mvB2，代入数据解得Wf=3J（2）从B到C滑块做平抛运动，在C点cosBcvv=，代入数据解得vC=5m/s设小滑块在薄板上向下滑行的加速度为a1，21sin37cos37mgmgma−=代入数据解得a1=2m/

s2设薄板在斜面上向下滑行的加速度为a2，()212sin37cos37cos37MgmgMmgMa+−+=代入数据解得a2=7m/s2设经过时间t1小滑块与薄板共速v1，小滑块位移为x1，薄板位移为x2，1121Cvatat+=解得t1=1s，v1=a2t2=7m/s，1116m2

Cvvxt+==，22213.251matx==小滑块相对薄板的相对位移Δx=x1-x2=2.5m=L1小滑块刚好到达薄板的最下端，由于μ2>μ1，之后二者一起以a共沿斜面加速下滑（M+m）gsin37°−μ1

（M+m）gcos37°=（M+m）a共，代入数据解得a共=4m/s2设整体刚好到达斜面的最下端D点速度为vD，()221212DvvaLx−=−共，解得vD=8m/s（3）在E点，当竖直半圆轨道DE半径为2R时，滑块刚好到达半圆轨道顶点，在半圆轨道顶

点22EvmgmR=，从D到E的过程中，滑块机械能守恒22211222DEmvmgRmv=+，联立解得2R=1.28m如果要使滑块不会中途脱离竖直半圆轨道DE，其半径R2需要满足1.28m≥R2>0当竖直半圆轨道DE半径为R2”时，滑块刚好到

达半圆轨道最左端，由机械能守恒得2212DmvmgR=代入数据解得R2”=3.2m，则有滑块在沿半径为R2”竖直半圆轨道DE滑动中，最高滑到半圆轨道最左端，就不会脱离竖直半圆轨道，则有R2≥3.2m因此如果要使滑块不会中途脱离竖直半圆轨道DE，其

半径R2需要满足1.28m≥R2>0或R2≥3.2m。的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com