高级中学名校试卷
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——★参考答案★——
1.C2.B3.B4.A5.C6.A7.C8.A9.BD10．CD11．AC12.BCD
13.200100
14．(1)eq\f(d,t)(2)F2－F1
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
【详析】（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/s2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m2分
17.解析:(1)对小球受力分析可知，FT＝mgcosθ＝eq\f(1,2)mg2分
FN＝mgsinθ＝eq\f(\r(3),2)mg2分
（2）小球刚要离开锥面时FN＝0，由重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有mgtanθ＝mrω021分
r＝Lsinθ1分解得ω0＝eq\r(\f(g,Lcosθ))＝eq\r(\f(2g,L))2分
（3）因为ω1＝eq\r(\f(3g,L))ω0＝eq\r(\f(2g,L))1分
说明小球已离开锥面，FN＝01分
设绳与竖直方向的夹角为α，如图所示，
则有FT1sinα＝mω12Lsinα，1分解得FT1＝3mg。1分
18.答案(1)210m/s10N(2)1.8m(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)=12mv2-01
代入数据得v=210m/s1分
在C点，由牛顿第二定律可得F-mg=mv2R
代入数据得F=10N1分
(2)物体从C运动到A，由动能定理得
-mg(R-Rcos37°+Lsin37°)-μmgcos37°·L=0-12mv22
代入数据得L=1.8m2分
(3)设动摩擦因数为μ1时，物体刚好能静止在斜面轨道AB上，则有mgsin37°=μ1mgcos37°1分
解得μ1=0.751分
①若0≤μ0.5，物体将从斜面顶端A滑出，则物体在斜面上滑行的路程为x=L=1.8m1分
②若0.5≤μμ1=0.75，物体在斜面上多次往返，最后在B点速度为零，物体从由E自由下落到最后到达B点，由动能定理得
mg(h+Rcos37°)-μmgcos37°·x=01分
解得x=94μ
③若μ≥μ1=0.75，则物体将停在斜面上，物体从由E自由下落到最后停在斜面上，由动能定理得
mg(h+Rcos37°-xsin37°)-μmgcos37°·x=0
解得x=93+4μ
——★参考答案★——
1.C2.B3.B4.A5.C6.A7.C8.A9.BD10．CD11．AC12.BCD
13.200100
14．(1)eq\f(d,t)(2)F2－F1
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
【详析】（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/s2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m2分
17.解析:(1)对小球受力