广东省梅州市兴宁市沐彬中学高三物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年广东省梅州市兴宁市沐彬中学高三（上）期中物理试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1在如图所示的四个图中，ab、bc均为轻质杆，各圈中杆的a、c端都通过铰链与墙连接，两杆都在b处由铰链连接，下列说法正确的是( )a图中的ab杆可以用与之等长的轻绳代替的有甲、乙b图中的ab杆可以用与之等长的轻绳代替的有甲、丙、丁c图中的bc杆可以用与之等长的轻绳代替的有乙、丙d图中的bc杆可以用与之等长的轻绳代替的有甲、丙2一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其t的图象如图所示，则下列说法正确的是( )a质点做匀速直线运动，速度为0.5m/sb质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/sc质点在第1 s内的平均速度0.75m/sd质点在1 s末速度为1.5m/s3如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t=0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v随时间t变化的图象可能正确的是( )abcd4如图所示为一种叫做“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而不会滑下若魔盘半径为r，人与魔盘竖直壁间的动摩擦因数为，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上，随“魔盘”一起运动过程中，则下列说法正确的是( )a人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用b如果转速变大，人与器壁之间的摩擦力变大c如果转速变大，人与器壁之间的弹力不变d“魔盘”的转速一定大于5如图所示，从a点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上b点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上c点，已知地面上d点位于b点正下方，b、d间距离为h，则( )aa、b两点间距离为ba、b两点间距离为cc、d两点间距离为2hdc、d两点间距离为6一汽车沿直线由静止开始向右运动，汽车的速度和加速度方向始终向右汽车速度的平方v2与汽车前进位移x的图象如图所示，则下列说法正确的是( )a汽车从开始运动到前进x1过程中，汽车受到的合外力越来越大b汽车从开始运动到前进x1过程中，汽车受到的合外力越来越小c汽车从开始运动到前进x1过程中，汽车的平均速度大于d汽车从开始运动到前进x1过程中，汽车的平均速度小于7如图所示为汽车的加速度和车速倒数的关系图象若汽车质量为2103kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30m/s，则( )a汽车所受阻力为2103nb汽车在车速为15m/s时，功率为6104wc汽车匀加速的加速度为3m/s2d汽车匀加速所需时间为5s8为了探测x星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为t1总质量为m1随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2则( )ax星球的质量为m=bx星球表面的重力加速度为gx=c登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为=d登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期为t2=t1二、非选择题9在研究平抛物体运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长l=1.25cm，若小球在平抛运动中先后经过的几个位置如图中的a、b、c、d所示，（g取9.8m/s2）则：（1）小球平抛的初速度的计算式为v0=_（用l和g表示）；（2）小球在b点的速率是_；（3）抛出点距离a点的水平距离_10如图所示，是某同学由打点计时器得到的表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间还有四个点没有画出，打点计时器打点的频率f=50hz，其中x1=7.05cm、x2=7.68cm、x3=8.33cm、x4=8.95cm、x5=9.61cm、x6=10.26cm（1）下表列出了打点计时器打下b、c、f时小车的瞬时速度，请在表中填入打点计时器打下d、e两点时小车的瞬时速度（保留三位有效数字）位置bcdef速度（ms1）0.7370.8010.994（2）以a点为计时起点，在坐标图中画出小车的速度时间图线（3）根据你画出的小车的速度时间图线计算出小车的加速度a=_m/s2（保留两位有效数字）（4）如果当时电网中交变电流的频率是f=49hz，而做实验的同学并不知道，由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际值偏_（选填“大”或“小”）11（附加题）如图所示，轻质长绳水平地跨在相距为2l的两个小定滑轮a、b上，质量为m的物块悬挂在绳上o点，o与a、b两滑轮的距离相等在轻绳两端c、d分别施加竖直向下的恒力f=mg先托住物块，使绳处于水平拉直状态，由静止释放物块，在物块下落过程中，保持c、d两端的拉力f不变（1）当物块下落距离h为多大时，物块的加速度为零？（2）在物块下落上述距离的过程中，克服c端恒力f做功w为多少？（3）求物块下落过程中的最大速度vm和最大距离h？12如图所示，半径为、质量为m的小球用两根不可伸长的轻绳a、b连接，两轻绳的另一端系在一根竖直杆的a、b两点上，a、b两点相距为l，当两轻绳伸直后，a、b两点到球心的距离均为l当竖直杆以自己为轴转动并达到稳定时（细绳a、b与杆在同一竖直平面内）求：（1）竖直杆角速度为多大时，小球恰离开竖直杆？（2）轻绳a的张力fa与竖直杆转动的角速度之间的关系三、物理-选修3-513恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108k时，可以发生“氦燃烧”完成“氦燃烧”的核反应方程：he+_be+be是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.61016s一定质量的be，经7.81016s后所剩be占开始时的_14如图，光滑水平面上有三个物块a、b和c，它们具有相同的质量，且位于同一直线上开始时，三个物块均静止，先让a以一定速度与b碰撞，碰后它们粘在一起，然后又一起与c碰撞并粘在一起，求前后两次碰撞中损失的动能之比2015-2016学年广东省梅州市兴宁市沐彬中学高三（上）期中物理试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1在如图所示的四个图中，ab、bc均为轻质杆，各圈中杆的a、c端都通过铰链与墙连接，两杆都在b处由铰链连接，下列说法正确的是( )a图中的ab杆可以用与之等长的轻绳代替的有甲、乙b图中的ab杆可以用与之等长的轻绳代替的有甲、丙、丁c图中的bc杆可以用与之等长的轻绳代替的有乙、丙d图中的bc杆可以用与之等长的轻绳代替的有甲、丙【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】绳子只能受到拉力，而杆的弹力方向不一定沿杆子方向，当杆受到拉力时，可以用轻绳代替【解答】解：由图看出，甲、丙、丁中，ab杆对b点产生的是拉力，当用轻绳代替时效果不变，仍能使装置平衡，故图中的ab杆可以用与之等长的轻绳代替的有，甲、丙、丁同理可知，图中的bc杆可以用与之等长的轻绳代替的只有丙故选：b【点评】本题运用等效的思想分析，当轻绳与轻杆的作用相同时，可以相互替代2一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其t的图象如图所示，则下列说法正确的是( )a质点做匀速直线运动，速度为0.5m/sb质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/sc质点在第1 s内的平均速度0.75m/sd质点在1 s末速度为1.5m/s【考点】匀变速直线运动的图像 【专题】运动学中的图像专题【分析】t的图象即vt图象，倾斜的直线表示匀速直线运动，图线的斜率等于加速度，由图直接读出速度由求平均速度【解答】解：a、t图象即vt图象，由图知质点的速度均匀增大，说明质点做匀加速直线运动，故a错误b、质点做匀加速直线运动，根据x=v0t+at2，得=v0+at，由图得：a=0.5，则加速度为 a=20.5=1m/s2故b错误c、质点在第1s内的平均速度 =m/s=1m/s，故c错误d、质点的初速度 v0=0.5m/s，在1s末速度为 v=v0+at=0.5+1=1.5m/s故d正确故选：d【点评】本题的实质上是速度时间图象的应用，要明确斜率表示加速度，能根据图象读取有用信息3如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t=0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v随时间t变化的图象可能正确的是( )abcd【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系 【专题】运动学中的图像专题【分析】木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，木板碰到挡板后，物块继续向右做匀减速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，由动量守恒分析最终的速度，即可选择图象【解答】解：木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v0；木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设为v设木板的质量为m，物块的质量为m，取向左为正方向，则由动量守恒得：mv0mv0=（m+m）v，得 v=v0故a正确，bcd错误故选：a【点评】解决本题的关键要正确分析物体的运动情况，明确木板碰到挡板后，系统的动量守恒，运用动量守恒定律研究最终的共同速度4如图所示为一种叫做“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而不会滑下若魔盘半径为r，人与魔盘竖直壁间的动摩擦因数为，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上，随“魔盘”一起运动过程中，则下列说法正确的是( )a人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用b如果转速变大，人与器壁之间的摩擦力变大c如果转速变大，人与器壁之间的弹力不变d“魔盘”的转速一定大于【考点】向心力 【专题】匀速圆周运动专题【分析】人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力作用，由弹力提供圆周运动所需的向心力，由牛顿第二定律和向心力公式结合分析【解答】解：a、人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力，向心力是弹力，故a错误b、人在竖直方向受到重力和摩擦力，二力平衡，则知转速变大时，人与器壁之间的摩擦力不变故b错误c、如果转速变大，由f=mr2，知人与器壁之间的弹力变大，故c错误d、人恰好贴在魔盘上时，有 mgf，n=mr（2n）2，又f=n解得转速为 n，故“魔盘”的转速一定大于 ，故d正确故选：d【点评】解决本题的关键要正确分析人的受力情况，确定向心力来源，知道人靠弹力提供向心力，人在竖直方向受力平衡5如图所示，从a点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上b点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上c点，已知地面上d点位于b点正下方，b、d间距离为h，则( )aa、b两点间距离为ba、b两点间距离为cc、d两点间距离为2hdc、d两点间距离为【考点】平抛运动 【专题】平抛运动专题【分析】小球在ab段做自由落体运动，bc段做平抛运动，由于运动时间相等，则自由落体运动的高度和平抛运动的高度相等，根据速度位移公式求出平抛运动的初速度，结合时间求出水平位移【解答】解：a、ab段小球自由下落，bc段小球做平抛运动，两段时间相同，所以a、b两点间距离与b、d两点间距离相等，均为h，故a、b错误；c、bc段平抛初速度，持续的时间，所以c、d两点间距离x=vt=2h，故c正确，d错误故选：c【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题6一汽车沿直线由静止开始向右运动，汽车的速度和加速度方向始终向右汽车速度的平方v2与汽车前进位移x的图象如图所示，则下列说法正确的是( )a汽车从开始运动到前进x1过程中，汽车受到的合外力越来越大b汽车从开始运动到前进x1过程中，汽车受到的合外力越来越小c汽车从开始运动到前进x1过程中，汽车的平均速度大于d汽车从开始运动到前进x1过程中，汽车的平均速度小于【考点】牛顿第二定律；平均速度 【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】初速度为零的匀变速直线运动的速度的平方v2与前进位移x成正比，图线的斜率等于加速度的2倍将该过程分解为若干小段，每一小段切线的斜率表示当时瞬时加速度的2倍，根据图线的斜率判断加速度的变化，从而得出合力的变化作出速度时间图线，根据速度时间图线判断平均速度的大小【解答】解：a、图线切线的斜率表示瞬时加速度的2倍，图线斜率逐渐增大，知加速度逐渐增大，根据牛顿第二定律知，合力越来越大故a正确，b错误c、物体做加速度逐渐增大的加速运动，作出vt图线，如图所示，若做匀加速直线运动，平均速度等于，但是变加速直线运动图线与时间轴围成的面积小于匀加速直线运动图线与时间轴围成的面积，知变加速直线运动的平均速度小于故c错误，d正确故选ad【点评】解决本题的关键能够灵活运用图象解题，知道速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，以及掌握匀变速直线运动的平均速度公式7如图所示为汽车的加速度和车速倒数的关系图象若汽车质量为2103kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30m/s，则( )a汽车所受阻力为2103nb汽车在车速为15m/s时，功率为6104wc汽车匀加速的加速度为3m/s2d汽车匀加速所需时间为5s【考点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像 【专题】功率的计算专题【分析】从图线看出，开始图线与x轴平行，表示牵引力不变，牵引车先做匀加速直线运动，倾斜图线的斜率表示额定功率，即牵引车达到额定功率后，做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，做匀速直线运动【解答】解：a、设汽车的额定功率为p由图知：汽车的最大速度为30m/s，此时汽车做匀速直线运动，有f=f，有p=fvm=fvm；代入得：p=f30当=s/m时，a=2m/s2，根据牛顿第二定律得：f=ma，代入得：f=21032由解得 f=2103np=6104w故a正确bcd、匀加速直线运动的加速度为：a=m/s2=2m/s2，匀加速直线运动的末速度为：v=m/s=10m/s，匀加速直线运动的时间t=5s因为15m/s10m/s，所以汽车速度为15m/s时，功率已达到额定功率6104w故b、d正确，c错误故选：abd【点评】解决本题的关键能够从图线中分析出牵引车的运动情况，知道倾斜图线的斜率表示牵引车的额定功率8为了探测x星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为t1总质量为m1随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2则( )ax星球的质量为m=bx星球表面的重力加速度为gx=c登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为=d登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期为t2=t1【考点】万有引力定律及其应用 【专题】压轴题【分析】研究飞船绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出中心体的质量研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出线速度和周期再通过不同的轨道半径进行比较【解答】解：a、研究飞船绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：得出：m=，故a正确b、根据圆周运动知识，a=只能表示在半径为r1的圆轨道上向心加速度，而不等于x星球表面的重力加速度，故b错误c、研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有：在半径为r的圆轨道上运动：=m得出：v=，表达式里m为中心体星球的质量，r为运动的轨道半径所以登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为=，故c错误d、研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：在半径为r的圆轨道上运动：=m得出：t=2表达式里m为中心体星球的质量，r为运动的轨道半径所以登陆舱在r1与r2轨道上运动时的周期大小之比为：=，所以t2=t1，故d正确故选ad【点评】求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再进行之比向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用二、非选择题9在研究平抛物体运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长l=1.25cm，若小球在平抛运动中先后经过的几个位置如图中的a、b、c、d所示，（g取9.8m/s2）则：（1）小球平抛的初速度的计算式为v0=2（用l和g表示）；（2）小球在b点的速率是0.875m/s；（3）抛出点距离a点的水平距离1.25cm或1.25102m【考点】研究平抛物体的运动 【专题】实验题；定量思想；方程法；平抛运动专题【分析】正确应用平抛运动规律：水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动；解答本题的突破口是利用在竖直方向上连续相等时间内的位移差等于常数解出闪光周期，然后进一步根据匀变速直线运动的规律、推论求解【解答】解：（1）在竖直方向上y=gt2，t=，则小球平抛运动的初速度v0=2（2）b在竖直方向上的分速度vyb=则小球经过b点时的速度vb=0.875m/s（3）a点竖直方向速度vya=vybgt=，则从抛出点到a点的时间t=，则抛点距离a点的水平距离为x=v0t=2=l=1.25cm故答案为：（1）2； （2）vb=0.875 m/s；（3）1.25cm（或1.25102m）【点评】对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题10如图所示，是某同学由打点计时器得到的表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间还有四个点没有画出，打点计时器打点的频率f=50hz，其中x1=7.05cm、x2=7.68cm、x3=8.33cm、x4=8.95cm、x5=9.61cm、x6=10.26cm（1）下表列出了打点计时器打下b、c、f时小车的瞬时速度，请在表中填入打点计时器打下d、e两点时小车的瞬时速度（保留三位有效数字）位置bcdef速度（ms1）0.7370.8010.994（2）以a点为计时起点，在坐标图中画出小车的速度时间图线（3）根据你画出的小车的速度时间图线计算出小车的加速度a=0.65m/s2（保留两位有效数字）（4）如果当时电网中交变电流的频率是f=49hz，而做实验的同学并不知道，由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际值偏大（选填“大”或“小”）【考点】测定匀变速直线运动的加速度 【专题】实验题；定量思想；方程法；直线运动规律专题【分析】（1）根据平均速度等于中时刻瞬时速度，即可求解；（2）将表格中数据用描点法画到坐标中，连成直线即可，根据斜率求出加速度；（3）根据t= 即a=进行分析【解答】解：（1）根据平均速度等于中时刻瞬时速度，由vd=0.864m/s而ve=0.928m/s（2）根据表格中速度大小，进行一一描点，作图，如图所示，（3）图象的斜率表示加速度，a=0.65m/s2（4）如果当时电网中交变电流的频率是f=49hz，根据公式：t= 则实际时间变大，使加速度的测量值比实际值偏大故答案为：（1）0.864，0.928；（2）如上图；（3）0.65；（4）大【点评】此题考查匀变速直线运动的规律研究，注意产生加速度的误差根源是解题的关键，最后掌握画图使尽可能多的点落在坐标轴上11（附加题）如图所示，轻质长绳水平地跨在相距为2l的两个小定滑轮a、b上，质量为m的物块悬挂在绳上o点，o与a、b两滑轮的距离相等在轻绳两端c、d分别施加竖直向下的恒力f=mg先托住物块，使绳处于水平拉直状态，由静止释放物块，在物块下落过程中，保持c、d两端的拉力f不变（1）当物块下落距离h为多大时，物块的加速度为零？（2）在物块下落上述距离的过程中，克服c端恒力f做功w为多少？（3）求物块下落过程中的最大速度vm和最大距离h？【考点】动能定理的应用；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用 【专题】动能定理的应用专题【分析】由静止释放后，由于绳oc和绳ob对物块的合力小于重力，所以物块向下先作加速运动，随着物块的下落，两绳间的夹角逐渐减小因为绳子对物块的拉力大小不变，恒等于f，所以随着两绳间的夹角减小，两绳对物块拉力的合力将逐渐增大，物块所受的合力逐渐减小，向下加速度逐渐减小当物两绳的合力等于物块的重力时，即块的合外力为零时，速度达到最大值vm故加速度为零时重力等于两绳的合力之后，因为两绳间夹角继续减小，两绳合力大于物块的重力，物块所受合外力竖直向上，且逐渐增大，物块将作加速度逐渐增大的减速运动当物块下降速度减为零时，物块竖直下落的距离达到最大值h当物块的加速度为零时，由共点力平衡条件可求出相应的角，再由角求出相应的距离h，进而求出克服c端恒力f所做的功对物块运用动能定理可求出物块下落过程中的最大速度vm和最大距离h（1）故加速度为零时应有重力等于两绳的合力（2）由加速度为零时下落的高度h，可以由几何关系解出c点向上运动的距离，从而可以求出f做的功wf，故克服力f做的功为wf（3）由于下落h时速度为vm，故由动能定理即可求出vm；物块速度为零时下落距离为h，由动能定理求解h【解答】解：（1）当物块所受的合外力为零时，加速度为零，此时物块下降距离为h因为f恒定，所以两绳对物块拉力大小分别为f，两绳与竖直方向夹角均为，由平衡条件知：2fcos=mg2=120，所以=60，由图知：h=ltan30=l （2）物块下落h时，绳的c、d端均上升h由几何关系可得：h=l 克服c端恒力f做的功为：w=fh由式联立解得：w=（1）mgl（3）在物块下落过程中，共有三个力对物块做功重力做正功，两端绳子对物块的拉力做负功两端绳子拉力做的功就等于作用在c、d端的恒力f所做的功因为物块下降距离h时动能最大由动能定理得：mgh2w= 将式代入式解得：vm=当物块速度减小为零时，物块下落距离达到最大值h，绳c、d上升的距离为h由动能定理得：mgh2mgh=0，又h=l，联立解得：h=答：（1）当物块下落距离h为时，物块的加速度为零（2）在物块下落上述距离的过程中，克服c端恒力f做功w为（1）mgl（3）物块下落过程中的最大速度vm为，最大距离h为【点评】本题是连接体问题，根据牛顿第二定律研究加速度为零时的条件，由系统机械能守恒研究物块下降的最大距离，同时要合理运用几何关系辅助求解12如图所示，半径为、质量为m的小球用两根不可伸长的轻绳a、b连接，两轻绳的另一端系在一根竖直杆的a、b两点上，a、b两点相距为l，当两轻绳伸直后，a、b两点到球心的距离均为l当竖直杆以自己为轴转动并达到稳定时（细绳a、b与杆在同一竖直平面内）求：（1）竖直杆角速度为多大时，小球恰离开竖直杆？（2）轻绳a的张力fa与竖直杆转动的角速度之间的关系【考点】向心力 【专题】匀速圆周运动专题【分析】（1）小球恰离开竖直杆时，受重力和拉力，拉力的竖直分力与重力平衡，水平分力提供向心力；（2）分墙壁对球有弹力、球飞起、绳子b也有弹力三种情况讨论，注意合力的水平分力提供向心力，合力竖直分力为零【解答】解：（1）小球恰离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零，此时轻绳a与竖直杆间的夹角为，由题意可知：水平方向：fasin=m2r竖直方向：facos=mg联立解