江苏省苏州某中学2024-2025学年高一年级下册期中物理试卷（含答案）

江苏省苏州中学2024-2025学年高一下学期期中物理试卷

一、单项选择题：共11题，每题4分，共计44分，每题只有一个选项最符合题意。

1.关于行星运动定律和万有引力定律的建立过程，下列说法正确的是（）

A.开普勒通过天文仪器观察到行星绕太阳运动的轨道是椭圆

B.卡文迪许通过对几个铅球之间万有引力的测量，得出了引力常量的数值

C.笫谷通过严密的数学运算，得出了行星的运动规律

D.牛顿通过比较月球和近地卫星的向心加速度，对万有引力定律进行了“月一地检验”

2.如戾小虫从B点滑落，且小虫顺着树枝滑落可近似看作匀速率的，那么在弧形树枝某位置切线的倾角为。

处，树枝对小虫的作用力大小及方向，正确的判断是（）

B.大于mg,沿圆弧半径指向圆心

C.大于mg,与水平成。角

D.大于mg,与竖直方向的夹角小于。

3.197（）年成功发射的“东方红一号，'是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如

图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为％、v2,近地点到地心的距离为r,地球质量为M,引力常

量为G。则（）

A.V|>V2»V|=B.V|>V2,V|>怦

C.V1<V2,Vl=怦

D.V|<V2,Vl>

4.如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，圆心为O,质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由

大圆环顶端A点经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。设小环下滑过程中对大圆环的作用

力大小最小的位置为P，则OP与竖直方向AO的夹角。满足（）

第1页

A.sin。=乎B.cos0=iC.sin0=D.cos。=4

iuD乙

5.如图所示，一根长为1的轻杆，0端用饺链固定，另一端固定着一个小球A,轻杆靠在一个高为h的物块

上。若物块与地面摩擦不计，则当物块以速度v向右运动至轻杆与水平方向夹角为。时，物块与轻杆的接触

点为B,下列说法正确的是（）

A.A、B的线速度相同B.A、B的角速度不相同

C.小球A的线速度大小为以轮D.轻杆转动的角速度为T-

hhsin'。

6.如图所示，水平转台上的小物体A、B通过轻弹簧连接，并随转台一起匀速转动，A、B的质量分别为

m、2m,离转台中心的距离分别为l.5r、r,已知弹簧的原长为L5r,劲度系数为k,A、B与转台间的动摩

擦因数都为〃，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且有无=2〃租外则以下说法中正确的是（）

-----co

A.当B受到的摩擦力为。时，转台转动的角速度为必

B.当A受到的摩擦力为0时，延台转动的角速度为2区

73m

C.当转台转速逐渐增大，A先发生滑动，即将滑动时转台转动的角速度为区

D.当转台转速逐渐增大时，A、B同时开始滑动，此时转台转动的角速度为区

7.中国科学院沈阳自动化研究所主持研制的“海斗一号”在无缆自主模式下刷新了中国下潜深度纪录，最大下

潜深度超过了10000米，若把地球看成质量分布均匀的球体，且球壳对球内任一质点的万有引力为零，忽略

地球的自转，则下列关于“海斗一号吓潜所在处的重力加速度大小g和下潜深度h的关系图像可能正确的是

（）

第2页

8.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为W时，起重机的有用功率达到

最大值，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度V2匀速上升为止，则整个过程中，下

列说法正确的是：（）

A.若匀加速过程时间为3则速度由VI变为V2的时间小于（嚎”"

V1

B.重物的最大速度为〃2=焉

2

C.重物做匀加速直线运动的时间为D叫

P-mgv1

D.钢绳的最大拉力为《

9.如图所示，水平面上。点的左侧光滑，。点的右侧粗糙。有B个质量均为m的完全相同的小滑块（可视

为质点），用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离为L,滑块1恰好位于0点左侧滑块，滑块2、3。依次

沿直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个小滑块过0点进入粗糙地带

后再到第4个小滑块过0点进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g,则

下列判断中正确的是（）

87654321F

n~n—n—n—n—n—rwi~>

o

A.滑块匀速运动时，各段轻杆二的弹力大小相等

B.滑块3匀速运动的速度是匹

C.第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大

小为原

D.最终第7个滑块刚能到达O点而第8个滑块不可能到达0点

10.如图甲所示，滑块A和足够长的木板B叠放在水平地面上，A和B之间、B和地面之间的动摩擦因数

相同，A和B的质量均为m,现对B施加一水平向右逐渐增大的力F,当F增大到F。时B开始运动，之后力

F按图乙所示的规律继续增大，图乙中的x为B运动的位移，己知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对两物块

第3页

的运动过程，以下说法正确的是（)

A.木板B开始运动后过一段时间，A再开始运动

B.滑块A的加速度一直在增大

C.自x=0至木板x=xo木板B对A做功为毕

D.x=xo时，木板B的速度大小为

11.如图所示，传送带的水平部分ab长度为2m,倾斜部分be长度为4m,be与水平方向的夹角为37。。传

送带沿图示顺时针方向匀速率运动，速率为2m/s。现将质量为m=lkg小煤块A从静止轻放到a处，它将被

传送到c点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为〃=0.25,且此过程中煤块不会脱离传送带，

g=10m/s2,下列说法正确的是（）

A.小煤块从a点运动到b点的过程中，电动机多消耗的电能为4J

B.小煤块从a点运动到c点所用的时间为2.2s

C.从a点运动到c点的过程，小煤块和皮带间因摩擦而产生的热量为6J

D.从a点运动到c点的过程，小煤块在传送带上留下的痕迹长度为2.8m

二、非选择题：共5题，共56分。其中第13~16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的

演算步骤。只写出最后答案的不能得分：有数值计算时。答案中必须明确写出数值和单位。

12.某同学设计了一个验证机械能守恒定律的实验，一轻绳一端连接在拉力传感器上O点，另一端连接在半

径为r的匀质小钢球上，小钢球球心至O点的长度为L,O点正下方B位置有一光电门，可记录小钢球通过

光电门的时间。如图甲所示，将小钏球拉至某一位置由静止释放，同时拉力传感器通过计算机采集小钢球在

摆动过程中轻绳上拉力的最大值T和最小值F。改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程，根据测量数据

在直角坐标系中绘制的T-F图像如乙图所示。

第4页

（1）小钢球从A位置由静止释放时，细线与竖直方向成。角，小钢球通过最低点位置B时，光电门记录

遮光时间为L则小钢球通过光电门的速度VB=;在实验误差允许的范围内，若仔=

（用r、L、0、g等符号表示）则验证了小钢球从A点运动到B点过程中机械能守恒。

（2）若小钢球摆动过程中机械能守恒，则绘制乙图T-F图像的直线斜率理论值为。

（3）小钢球质量m=30g,根据测量数据绘制的乙图计算出重力加速度8=m/s2（结果保留3位

有效数字），与当地实际重力加速度相比（选填“偏小""不变''或"偏大”）。

13.如图所示，将小球从A点对准竖直放置的圆盘的上边缘B点水平抛山，圆盘绕圆心o以出=iorad/s

的角速度匀速转动，小球运动到圆盘的边缘时速度方向正好与圆盘的边缘相切于D点，且速度大小与圆盘边

缘的线速度相等，O、D的连线与竖直方向的夹角为60。，取重力加速度大小g=10m/s2,不计空气阻力。

（1）小球从A点运动到D点所用的时间及圆盘的半径；

（2）A、D两点间的距离。

14.开普勒于1609年和1619年发表了行星运动三定律，其中忆=最，k为开普勒常量；牛顿建立万有引力

定律之后，人们可以从动力学的视角，理解和解释开普勒定律。已知太阳质量为Ms、行星质量为Mp、太阳

和行星间距离为L、引力常量为G,不考虑其它天体的影响。

，■后星“'、、、

（1）通常认为，太阳保持静止不动，行星绕太阳做匀速圆周运动。请推导开普勒第三定律中常量k的表

达式（选用用Ms、Mp、L、G和其它常数表示）;

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（2）实际上太阳并非保持静止不动，如图所示，太阳和行星绕二者连线上的0点做周期均为丁。的匀速圆

周运动。依照此模型，开普勒第三定律形式上仍可表达为今="。请推导V的表达式（用Ms、Mp、L、G和

Tn

其它常数表示），并说明需满足的条件。

15.如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高，质量m=

0.5/cg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点高度1.10m,篮球静止释放，测得第一次撞击弹簧时，

弹簧的最大形变量勺=0.15m,第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度殳=0.873m,篮球多次反弹

后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量切=0,。1加，弹性势能为Ep=O.O25J,若篮球运动时受到的空气阻力

大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内，求：

（1）篮球在运动过程中受到的空气阻力；（结果保留一位有效数字）

（2）篮球在整个运动过程中通过的路程；

（3）篮球在整个运动过程中速度最大的位置。

16.如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调

节其初始长度为L。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。小物块A（可视为质

点）从轨道右侧以初速度火冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平

轨道返圆形轨道。己知R=0.2m,L=l.Om,%=2百m/s,物块:A质量为m=1kg,与PQ段间的动摩擦因

数为卜1=0.2,轨道其他部分摩擦不计，取g=10m/s2求：

（1）物块A第一次到圆弧最高时对轨道的压力和弹簧刚接触时的速度大小：

（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度；

（3）调节PQ段的长度L,A仍以为从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，A物块能第一次返回

圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱。

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答案解析部分

1.【答案】B

【解析】【解答】A、开普勒通过对第谷大量观测数据的深入研究，得出行星绕太阳运动的轨道是椭圆的结

论，故A错误；B、英国物理学家卡文迪什在实验室里通过几个铅球之间万有引力的测量，得出了引力常量

G的数值，故B正确；

C、开普勒根据第谷对行星运动的观测数据，应用严密的数学运算，发现了行星运动的规律，即开普勒三定

律，故C错误；

D、牛顿通过比较月球公转的周期，根据万有引力充当向心力，对万有引力定律进行了“月地检验”，故D错

误。

故选：Bo

【分析】根据开普勒、牛顿、卡文迪许等等科学家的物理学成就进行解答。

2.【答案】D

【解析】【解答】小虫顺着树枝滑落可近似看作匀速率的，在弧形树枝某位置切线的倾角为0处，树枝对小虫

的作用力与重力的合力方向指向圆心O，如图所示；

"7g

沿切线方向有

f=mgsinO

垂直于切线方向有

V2

N-mgcosO=旭亮

可得树枝对小虫的作用力大小为

F=y/f2+N2>y/(mgsinOy+(mgcosO)2=mg

由图受力可知，树枝对小虫的作用力方向与竖直方向的夹角小于仇与水平方向的夹角不一定等于6。

故选D。

【分析】小虫顺着树枝滑落可近似看作匀速率的，树枝对小虫的作用力与重力的合力方向指向圆心O,由此

画图进行分析。

3.【答案】B

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【解析】【解答】解决本题的关键要理解并掌握卫星变轨的原理，知道当万有引力小于所需要的向心力时，卫

星做离心运动。根据开普勒笫二定律有

%>v2

若卫星绕地心做轨道半径为r的圆周运动时，线速度大小为

[GM

v\-V----

将卫星从半径为「的圆轨道变轨到图示的椭圆轨道，必须在近地点加速，所以有

[GM

V1>J—

故选Bo

【分析】根据动能定理分析卫星在近地点、远地点的速度大小；杈据变轨原理，将近地点速度与北星圆周运动

的线速度比较，即可求解。

4.【答案】C

【解析】【解答】本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根

据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。设大圆环半径为R、小扑在大圆环上某

处时，该处与圆心的连线和竖直向上的夹角为。(00。力)，小环下滑过程中，根据动能定理可得

mgR(l—cos0)=ymv2

在该处,根据牛顿第二定律口J得：/+mgcosO=M卷

联立可得F=2mg-3mgcos0

则大圆环对小环作用力的大小大F|二|2mg-3mgeos0|

根据数学知识可知，|F|的大小在cos9=机寸最小，则结合牛顿第三定律可知，小环下滑过程中到达对大圆环

的作用力大小最小的位置时cose=|

结合数学知识可知sine=卓

故选Co

【分析】根据动能定理结合牛顿第二定律求解大圆环对小环作用力的大小，结合数学知识和牛顿第三定律求

解OP与竖直方向AO的夹角。满足的条件。

5.【答案】C

【解析】【解答】解决本题的关键会根据平行四边形定则对速度进行分解，木块速度在垂直于杆子方向的分速

度等于B点转动的线速度。AB.接触点B的实际运动为合运动，可将B点运动的速度必沿轻杆和垂直轻杆

的方向分解成巧=vBcosO=vcosO,笫2=vBsinO=vsin0

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A

V

也为B点做圆周运动的线速度，也为B点沿轻杆运动的速度。当轻杆与水平方向夹角为。时，B,A两点都

围绕点O做圆周运动，由于是在同一轻杆上运动，故A、B的角速度相同，但由于转动半径不一样，A、B

两点的线速度不相同，故AB错误;

CD.当轻杆与水平方向夹角为。时，B点做圆周运动的线速度大小满足以=心而。=/083=品3

可得轻杆转动的角速度为3=3臼

h

2

则小球A的线速度大小为%=ra)=la)=珈f。

故C正确，D错误。

故选Co

【分析】将物块的速度分解为沿杆子方向和垂直于杆子方向，在垂直于杆子方向上的速度等于B点绕。转动

的线速度，根据v=ro)可求出杆转动的角速度，再根据杆的角速度和A的转动半径可以求出A的线速度大

小。

6.【答案】D

【解析】【解答】A.当B受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，则有k(1.5r+r-1.5r)=2m(o2r,

解得转台转动的角速度为g=臃,选项A错误；

B.当A受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得F=kr=m31|r

转台转动的角速度为M=层，选项B错误：

CD.当A达到最大静摩擦力时则F+nmg=ma)^-1.5r

解得3…怦=4

当B达到最大静摩擦力时则F4-〃-2m,q=2m吗2r

可得3*=母=J^=31nl

可知当转台转速逐渐增大时，A、B同时开始滑动，此时转台转动的角速度为区，选项C错混，D正确。

yjm

故选D。

【分析】当A、B受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，根据胡克定律以及向心力公式列式求解，

当A、B刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与狰摩擦力的合力提供向心力，根据胡克定律

以及向心力公式列式求解即可。

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7.【答案】D

【解析】【解答】“海斗一号''下潜h深度后，以地心为球心、以R-h为半径的地球的质量为M，，设地球的质

量为M,地球的半径为R,则根据密度相等有

M=M

^TTJR317T（R-h）3

由于球壳对球内任一质点的万有引力为零，根据万有引力定律有

GMm

--------片mg

便-九）

联立以上两式并整理可得

GM

g=-（R一九）

/?3

故D正确，ABC错误。

故选D。

【分析】深度为h的地球内部的重力加速度相当于半径为R-h的球体在其表面产生的重力加速度，根据地球

质量分布均匀得到加速度的表达式。

8.【答案】B,C

【解析】【解答】A、速度由也变为也的做加速度减小的加速运动，设速度由vi变为也的时间为

£1,根据题意可得豆产，解得公〉竺冲,A不符合题意；

B、重物以最大速度为v2匀速上升时，钢绳拉力F=mg,所以重物的最大速度为也=与,B符合题

意；

p__

C、重物做匀加速运动的加速度q、互mg二P-mgn,根据速度公式可得重物做匀加速直线运动的时间

mmv1

2

为£=么叫,C符合题意；

aP-mgv1

p

D、匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P=/^7可得=，D不符合题

意。

故答案为：BC

【分析】结合当前的加速度，对货物进行受力分析•，求出最大速度，结合运动学公式求解时间；当起重机的

牵引力等于货物重力的时候，货物的加速度为零，此时的货物的速度最大，利用公式P=Fv求解即可。

9.【答案】B

第10页

【解析】【解答】A.当滑块匀速运动时，以滑块8为研究对象，可得7、8间轻杆弹力为零；同理可得6、7

间轻杆弹力为零；5、6间轻杆弹力为零；4、5间轻杆弹力为零；3、4间轻杆弹力为零，即处在光滑地带的

滑块间的轻杆上的弹力都为零。在粗糙地带上，以滑块3为研究对象，设滑块受地面向左的摩擦力为f,则

由平衡关系可得2、3间轻杆拉力为f,同理可得1、2件轻杆拉力为2f,故滑块间轻杆上弹力不为零，且不

相同，故A错误；

B.将匀速运动的8个小滑块作为一个整体，有

F—=0

解得

F

〃-3mg

从开始到第4个小滑块过0点进入粗糙地带前这一过程中，由动能定理得

1

F,3L-iimg•3L--2L-fimgL=28mv2

解得

故B正确;

C第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块看作整体，山牛

顿第二定律

—F=8ma

解得加速度大小为

F

a=12m

故c错误；

D.假设第7个滑块刚好能到达0点，由动能定理有

12

F-6L-fimg-6L-fimg-5L—4mg-4L—[img•3L-4mg-2L—47ng-L=—0

乙

解得;TH诏V。

故第7块滑块不能到达O点，故D错误。

故选B。

【分析】匀速运动时，以滑块8为研究对象，可得7、8间轻杆弹力为零，同理可分析出光滑地带滑块间轻

杆上弹力都为零。在粗糙地带.匕以滑块3为研究对象，可分析出2、3间轻杆拉力不为零。以整体为研究

对象，由动能定理可得匀速时速度，由牛顿第一.定律可求加速度八假设第7个滑块刚好能到达O点，对整体

由动能定理可验证。

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10.【答案】C,D

【解析】【解答】A.开始A、B相对静止一起开始做加速运动，B运动时A同时运动，故A错误；D.当拉力

较小时A、B相对静止一起加速运动，当拉力F大到一定值后A、B相对滑动，A、B相对静止一-起加速运

动时，A的加速度--直增加，当A、B相对滑动后，A的加速度保持不变，故B错误;

CD.从x=0到%=%过程，对A、B系统由动能定理得

产0+2尸0x0-/x0=1.2W

2

解得

/0%0

v=

2m

对A由动能定理得

11

十=2mv2=4F°XQ

即木板B对A做功为苧，故C、D正确;

故选CDo

【分析】当拉力较小时A、B相对静止一起加速运动，当拉力F大到一定值后A、B相对滑动，国家牛顿第

二定律分析加速度的变化；根据图乙所示图像求出滑动摩擦力，F-x图像与坐标轴形成图形的面积等于拉力

做的功，根据图示图像应用动能定理分析答题。

1L【答案】A,C

【解析】【解答】本题是传送带问题，小煤块运动过程复杂，根据题意分析清楚煤块的运动过程是解题的前

提，分段运用牛顿第二定律、运动学公式、功能关系即可解题。煤块A轻放在a点后摩擦力作用下向右做

匀加速运动，假设达b之前可以和皮带共速，根据牛顿第二定律则有

Q]==2.5TH/S2

=而=0.8m<ab（假设成立）

V

A瓦=68s

皮带在煤块和皮带共速过程位移为

%2=%=1.6m

煤块和传送带的相对滑动位移为

-

4%!=x2=0.8m

因摩擦产生的热量为

Q]=/巧=2j

电动机多消耗的电能

唯=nmg-x1+Qi=4/

第12页

之后煤块匀速

ab—xi“

S=-V—二°6

煤块在b到C过程中，由于

mgsin37°=0.6771g>4mgeos37°=0.2mg

所以煤块一直匀加速运动，在be段的加速度大小为

(mgsin37。—47ngeos37。)

m=4m/s2

1?

be-ut3+2ats

解得

亡3=1S

该过程皮带位移为

x3=vt3=2m

煤块和传送带相对滑动位移为

AX2=be—x3=2m

因摩擦产生的热量为

Q2=47ngeos37°・Jx2=4/

所以煤块由a运动到c的时间为

£=ti+亡2+值=2.4s

痕迹长为

s=2m

摩擦生热

Q=QI+Q2=6J

故选ACo

【分析】小煤块A轻放在a点后摩擦力作用下向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出小煤块的加速度，

并求出当小煤块的速度达到2m/s时的位移，判断出小煤块的运动情况，从而求出小煤块从a点传送到b点所

用的时间。小煤块A在be段将沿倾斜部分加速下滑，此时A受到的为滑动摩擦力，大小为/mgcos37。，方

向沿传送带向上，由牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式求出时间，三段时间之和是a到c的运动时

间；在ab段与be段都会留下痕迹，但ab段传送带快，be段煤块快，所留痕迹的长度之和即为总长度；应

用功能关系求出小煤块从a到b过程电动机多消耗的电能；求出从a到c过程求出小煤块因摩擦产生的热

量。

12.【答案】(1)与；二工

tgL^l—cost))

(2)-2

第13页

(3)9.78：偏小

【解析】【解答】（1）小钢球通过最低点位置B时，用平均速度近似代替瞬时速度，则小钢球通过光电门的

速度u柠=引

小钢球从A到B过程中，若无空气阻力，有-cos。）=品停产

解得/=

gL（l-cosO）

（2）小钢球摆动过程中轻绳上拉力的最小值F,RijF=mgcosO

最大值T,结合牛顿第二定律有7-mg=m*m^L（l-cosO）=1mv2

L乙

联立解得丁=3mg-2F

所以绘制乙图T-F图像的直线斜率理论值为-2：

（3）小钢球质量m=30g,根据乙图截距知3mg=0.88

计算出重力加速度g=9.78m/52

实际上由于小钢球摆动过程中始终受空气阻力的影响，速度始终偏小导致绳上拉力偏小，所以截距偏小，所

以与当地实际重力加速度相比偏小。

【分析】（1）根据小球半径与遮光时间求出小球的速度；应用机械能守恒定律求解。

（2）应用平衡条件与牛顿第二定律求出图像的函数解析式，然后分析答题。

（3）根据图示图像分析答题，小钢球摆动过程中始终受空气阻力的影响。

（1）[1]小钢球从A位置由静止释放时，细线与竖直方向成6角，小钢球通过最低点位置B时，光电门记录

遮光时间为t,则小钢球通过光中.门的速度为=?

[2]小钢球从A到B过程中，若无空气阻力，根据机械能守恒定律，有机或（1-W。）=品6）2

解得t2=舒篇

（2）小钢球摆动过程中轻绳上拉力的最小值F,5WF=mgcosO

mgL(l-cosB)=^mv2

最大值T有7—mg=

联立解得了=3mg-2F

所以绘制乙图T-F图像的直线斜率理论值为.2：

（3）[1]小钢球质量m=30g,根据乙图截距知3mg=0.88

计算出重力加速度g=9.78m/s2

⑵实际上由于小钢球摆动过程中始终受空气阻力的影响，速度始终偏小导致绳上拉力偏小，所以截距偏小，

所以与当地实际重力加速度相比偏小。

13.【答案】（1）设小球从A点运动到D点所用时间为t,初速度为孙，圆盘的半径r,把小球在D点的速度

2

沿水平方向和竖直方向分解，则有3rcos60。=v0,（o>rsin60°）=2g（r+rcos60°）,

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tan60°="

%

解得见=27H/S,r=0.4m,”造s

J

（2）小球从A点运动到D点做平摘运动，水平位移和竖直位移分别为x=y=r+rcos60°

A、D两点间的距离d=yjx2+y2

解得公驾小

【解析】【分析】（1）小球从A点飞出做平抛运动，根据平抛运动规律和圆周运动规律求时间；

（2）A、D两点间的距离是平抛运动的合位移，结合几何关系求解。

（1）设小球从A点运动到D点所用时间为t,初速度为孙，圆盘的半径r,把小球在D点的速度沿水平方向

2

和竖直方向分解，则有ercos60。=p0,（o）rsin60°）=2g（r+rcos60°）,

tan60°="

%

解得见=2??l/S,r=0.4m,£=噌s

（2）小球从A点运动到D点做平抛运动，水平位移和竖直位移分别为％=%如y=r+rco<60°

A、D两点间的距离d=J/+y2

解得d=

14.【答案】（1）解：行星绕太阳做匀速圆周运动由万有引力提供向心力，所以根据牛顿第二定律有

GM*=空x（2华）2

解得％=与二咎

T4廿

（2）解：设行星做匀速圆周运动的轨道半径为r,太阳做匀速圆周运动的轨道半径为R,则有R+r=L

行星做匀速圆周运动由万有引力提供向心力，所以根据牛顿第二定律有吗久二&x（罕丫

太阳做匀速圆周运动由万有引力提供向心力，所以根据牛顿第二定律有驾生=等'（写过了

将以上两式相加可得吟”=也约=偿

解得葭屋=除父

7彳47r4

则若要使k'nk，即仅第整需要行星的质量远小于太阳的质量。

【解析】【分析】（I）行星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，即可推导出开普勒第三定

律中常量k的表达式；

（2）太阳和行星绕二者连线上的O点做周期均为To的匀速圆周运动，由相互间的万有引力提供向心力，由

此列式求解。

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2

（1）行星绕太阳做匀速圆周运动由万有引力提供向心力，所以根据牛顿第二定律有上苦上二干X

解得忆=与=要

T47rz

（2）设行星做匀速圆周运动的轨道半径为r,太阳做匀速圆周运动的轨道半径为R,则有R+r=L

行星做匀速圆周运动由万有引力提供向心力，所以根据牛顿第二定律有吗生=&x（翠］2

Lr\'0'

太阳做匀速圆周运动由万有引力提供向心力，所以根据牛顿第二定律有史铲=第'（罕『

将以上两式相加可得吟普=隼蜉=等

解得二M也拧蛆

方47r4

则若要使即矶怨"）上咨需要行星的质量远小于太阳的质量。

15.【答案】解：（1）球从开始运动到第一次上升到最高点，动能定理

mg（hi—九2）——+九2+2勺）=0

解得

f=0.5N

（2）设球在整个运动过程中总路程s,由能量守恒得

mg（hi+x2）=fs+Ep

解得

s=11.05m；

（3）球在首次下落过程中，合力为零处速度最大，速度最大时弹簧形变量为打；