广东省珠海市第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试物理答案

设
C
的质量为
M，A、B
与
C
之间的距离
r1′＝r2′＝L2，则GLm2 2＋Gr1M′m2 ＝m
2π T
2r1′，GLm2 2＋
2π Gr2M′m2 ＝m T 2r2′，解得 T＝2π
L3 ，T ＝ 2Gm＋4M T0
m ＝k，得 M＝1－k2m。故 D
m＋4M
4k2
正确。
12 解析:滑雪者到达 N 点时的竖直分速度为 vy=gt0=v0tan 60°,得 g= 3 0,到达 N 点时的速度 0
高一年级第二学期（物理）期中考试 答案
1、C 2.解析 将货车的速度进行正交分解，如图所示。由于绳子不可伸长，货箱和 货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，有 v1＝vcosθ， 故 C 正确；由于θ不断减小，v1 不断增大，故货箱和货物整体向上做加速运动， 加速度向上，A 错误；拉力大于(m0＋m)g，故 B 错误；货箱和货物整体向上做加 速运动，加速度向上，属于超重，故箱中的物体对箱底的压力大于 mg，D 错误。 3 解析 当ω较小时，斜面对小球有支持力，当ω＝ω0 时，FN＝0，当ω<ω0 时，受力分析 如图甲， FTsinθ＋FNcosθ＝mg FTcosθ－FNsinθ＝mω2r 则 FT＝mgsinθ＋mω2rcosθ FT­ω2 函数为一次函数，斜率为 mrcosθ 当ω>ω0 时，受力分析如图乙， FTsinα＝mω2Lsinα FT＝mω2L FT­ω2 的函数为正比例，斜率为 mL>mrcosθ，故 C 正确。
大小为
v=
0
cos60°
=2v0,
选
项
A
正 确 ;M,N
两点之间的水平位移为
x=v0t0, 竖 直 高度 差 为
y=1g
2
02=
23v0t0,M,N
两点之间的距离为
s=
2 + 2= 27v0t0,选项 B 错误;由 mgsin 60°=ma,解
得滑雪者沿斜坡 NP 下滑的加速度大小为 a=gsin 60°=3 0,选项 C 错误;N,P 之间的距离为 s′
GM＝ gR，某星球的质量为 M′，半径为 R′， R
表面的重力加速度为 g′，同理有：GM′＝g′R′2＝gR2，解得：M′＝ 1 M，该星球上的
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第一宇宙速度为：v1′＝
卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力。所以在轨道Ⅱ上 Q
点的速度大于轨道Ⅰ上 Q 点的速度，D 正确。
9 解析：选 D 根据题意，研究对象三者质量相等，轨道半径 r1＝r2<r3。物体与近地人造卫
星比较，由于赤道上物体受引力和支持力的合力提供向心力，而近地卫星只受万有引力，故
w= g R
故管状模型转动的角速度ω至少为 g ，C 正确，D 错误； R
故选 C。
11 解析：选 D
由题意知，A、B
的运动周期相同，设轨道半径分别为
r1、r2，对
A
有，Gm2 L2
＝m
2π T0
2r1，对
B
有，GLm2 2＝m
2π T0
2r2，且
r1＋r2＝L，解得
T0＝2π
L3 ；有 C 存在时， 2Gm
20
=vt0+12a
02=141v0t0,N,P 两点之间的高度差为 s′sin
60°=11
8
3v0t0,
M,P 之间的高度差为 h=y+s′sin
60°=15
8
3v0t0,选项
D
正确.
13 解析：选 BC 设地球的质量为 M，使质量为 m 的物体成为其卫星的第一宇宙速度满足：
mg＝GMRm2 ＝mvR12，解得：GM＝gR2，v1＝
F1<F2，故 A 错误；由选项 A 的分析知道向心力 F1<F2，故由牛顿第二定律可知 a1<a2，故 B
错误；由 A 选项的分析知道向心力 F1<F2，根据向心力公式 F＝mv2，由于 m、R 相等，故 R
v1<v2，故 C 错误；地球同步卫星与地球自转同步，故 T1＝T3，根据周期公式 T＝2π
圆盘和小物体的动摩擦因数相同，可知当转速增加时，m2 先达到临界角速度，所以 m2 先开始 滑动。故选项 C 错误，D 正确。 7 解析
8【答案】D
【解析】A．11.2km/s 是卫星脱离地球束缚的发射速度，而同步卫星仍然绕地球运动，A 错
误；
B．7.9km/s 即第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度，而
同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，所以同步卫星运行的线速度一定小于第一
宇在轨道Ⅱ上通过 Q 点的加速度与在轨道 I 上通过 Q 点的
加速度相等，C 错误；
D．从椭圆轨道Ⅰ到同步轨道Ⅱ，卫星在 Q 点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须
v2 4 解析 小球恰好能通过圆轨道最高点，由 mg＝m ，得 v＝ gR，A 项错误；当小球恰通过
R 圆轨道最高点 b 时，悬线拉力为 0，此时对人受力分析，得出台秤对人的支持力 F＝Mg，在 a、c 两处时小球受重力和水平指向圆心的拉力，台秤对人的支持力也为 F＝Mg，即台秤的示 数也为 Mg，故 C 项正确；小球在 a、c 连线以上(不包括 b 点)时，人受到悬线斜向上的拉力， 人对台秤的压力小于 Mg，在 a、c 连线以下时，人受到悬线斜向下的拉力，人对台秤的压力 大于 Mg，人处于平衡态，没有超、失重现象，B、D 两项错误。 5、 A 6 解析 甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等，有ω甲 r 甲＝ω乙 r 乙，因 r 甲∶r 乙＝3∶ 1，则ω甲∶ω乙＝1∶3，所以小物体相对盘开始滑动前，m1 与 m2 的角速度之比ω1∶ω2＝1∶3， 故选项 A 错误；小物体相对盘开始滑动前，根据 a＝ω2r 得 m1 与 m2 的向心加速度之比为 a1∶ a2＝(ω21·2r)∶(ω22r)＝2∶9，故选项 B 错误；根据μmg＝mrω2＝ma 知，因 a1∶a2＝2∶9，
r3 ， GM
可知，卫星轨道半径越大，周期越大，故 T3>T2，再根据ω＝2Tπ，有ω1＝ω3<ω2，故 D 正确。
10．【答案】C
【解析】A．离心力不是真实存在的力，故 A 错；
B．模型最下部受到铁水的作用力最大，最上方受到的作用力最小，B 错误；
CD．最上部的铁水如果恰好不离开模型内壁，则重力提供向心力，由 mg＝mω2R 可得：