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飞船不能和空间站保持在同一轨道并进行加速,因为同一轨道上的速度是固定为某一值的,若加速则将偏离轨道,C项错误;由公式$$GMm(R+r)^2=m4^2T^2(R+$$$$.7),M=43R^3,$$可推出中心天体的平均密度ρ=$$3(R+r)^3GT^2R^3,$$若已知空间站的运行周期则可以估算出地球的平均密度,D项正确。

H – h = { 1 } { 2 } g t ^ { 2 } (1分) 4 5 ^ { } = { v _ { y } } { v _ { 0 } } = { g t } { v _ { 0 } } (1分)解得v _ { 0 } = { g x _ { 0 } } ,代入数据可得:v _ { 0 } = 6 m / s , H = 2 . 8 m .(1分) (2)小物块到达A点的速度一mg(2R一h) 一umgm g ( 2 R – h ) – m g { h } { } – m g d = { 1 } { 2 } m v _ { D } ^ { 2 } – { 1 } { 2 } m v _ { A } ^ { 2 }在D点有F _ { N } + m g = m { v _ { D } ^ { 2 } } { R }(1分)代入数据解得F _ { N } = 2 4 N .由牛顿第三定律得,小物块在圆最高点对轨道的压力为24N,方向竖直向上.(1分) v _ { A } = 2 v _ { 0 } ,从A点到圆轨道最高点D的过程中,由动能定理得(1分) (3)要保证小物体不脱离轨道,有以下两种情况: ①设O、Q两点水平距离为x _ { 1 } ,小物块恰能通过最高点D,有m g = m { v _ { D l } ^ { 2 } } { R } 由(1)可得小物块达到A点时速度v _ { A 1 } = { 2 g x _ { 1 } }由动能定理得m g ( 2 R – h ) – m g { h } { } – m g d = { 1 } { 2 } m v _ { 0 1 } ^ { 2 } – { 1 } { 2 } m v _ { A 1 } ^ { 2 } (1分)代入数据解得 设O、Q两点水平距离为x _ { 2 } ,小物块恰能到达与圆心等高点 带入数据解得 x _ { 1 } = 3 m②____由(1)可得小物块达到A点时速度v _ { A 2 } = { 2 g x _ { 2 } }由动能定理得m g { h } { } – m g d = – { 1 } { 2 } m v _ { A } ^ { 2 } (1分)x _ { 2 } = 1 . 5 m设O、Q两点水平距离为,小物块恰能到达圆轨道处v _ { A 3 } = { 2 g x _ { 3 } }由动能定理得m g h – m g { h } { } – m g g d = – { 1 } { 2 } m v _ { A } ^ { 2 } ; (11分) x _ { 3 } ,由(1)可得小物块达到A点时速度 代入数据解得x _ { 3 } = 0 . 5 m 综上所述,Q、O两点的水平距离x的取值范围为0.5m<x≤1.5m或x≥3m.(1分)

8.AD【解析】由图乙可知,当F=6N时,二者刚好滑动,此时小滑块的加速度为$$2m/s^2,$$由牛顿第二定律可得a=,,解得动摩擦因数=0.2,A项正确;当F=6N时,二者刚好滑动,以后拉力增大,滑块的加速度不变,所以当F=8N时,小滑块的加速度为$$2m/s^2,B$$项错误;当F=6N时,小滑块的加速度为$$2m/s^2,$$对整体分析,由牛顿第二定律有F=(M+m)a,代入数据解得M+m=3kg,当F>6N时,由牛顿第二定律得$$a=F-mgM=1MF-mgM,$$由图线的斜率$$k=1M=26-4=1,$$解得M=1kg,m=2kg,C错误;若拉力作用在小滑块上,当F=9N时,若发生相对滑动,对小滑块由牛顿第二定律可得$$a^’=$$$$F-mm=9-0.22102m/s^2=2.5m/s^2,$$对板有1mg=Ma”,$$a’=4m/s^2>a’,$$不合理,故二者保持相对静止一起加速,且$$a=FM+m=3m/s^2,D$$项正确。

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