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A．0.8m至1.8m B．0.8m至1.6m 【查看更多】

（1）某同學用如圖所示的裝置測定重力加速度：

①電火花計時器的工作電壓為

，頻率

．
②打出的紙帶如圖所示，實驗時紙帶的

端應和重物相連接．（選填“甲”或“乙”）
③紙帶上1至9各點為計時點，由紙帶所示數據可算出實驗時的加速度為

m/s²．
④當地的重力加速度數值為9.8m/s²，請列出測量值與當地重力加速度的值有差異的一個原因

．

（2）在測定一節干電池的電動勢和內電阻的實驗中，備有下列器材：
A．干電池E（電動勢約為1.5V、內電阻大約為1.0Ω）
B．電壓表V（0～15V）
C．電流表A（0～0.6A、內阻0.1Ω） D．電流表G（滿偏電流3mA、內阻R_g=10Ω）
E 滑動變阻器R₁（0～10Ω、10A） F．滑動變阻器R₂（0～100Ω、1A）
G．定值電阻R₃=990Ω H．開關、導線若干
①為了方便且能較準確地進行測量，其中應選用的滑動變阻器是

（填寫字母代號）
②請在線框內畫出你所設計的實驗電路圖，并在圖中標上所選用器材的符號．
③上圖為某一同學根據他設計的實驗，繪出的I₁-I₂圖線（I₁為電流表G的示數，I₂為電流表A的示數），由圖線可求得被測電池的電動勢E=

V，內電阻r=

Ω．

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如圖所示，斜面的傾角θ=37°，一物塊從斜面A點由靜止釋放．物塊質量m=10kg，物塊與水平面的動摩擦因數μ=0.4，其余部分光滑，不計物塊滑至B、C點時由于碰撞的能量損失，最后能夠上升到D點．已知AB高度差H=1.8m，CD高度差為h=0.6m，（取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（　　）

A、BC長度為1.5m

B、物塊下滑至斜面上B點瞬間，重力的功率為600W

C、物塊在AB階段重力的平均功率為360W

D、通過AB段所用時間為1s

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（2004?廣州二模）在傾角為θ的足夠長的絕緣斜面上，帶負電的物塊A和不帶電的絕緣物塊B正沿斜面往上滑，斜面處于范圍足夠大的勻強電場中，場強方向平行斜面向下．當A剛要追上B時，A的速度v_A=1.8m/s，方向沿斜面向上，B的速度恰為零，如圖所示，A、B碰撞過程相互作用時間極短、且A的電荷沒有轉移，碰后瞬間A的速度v₁=0.6m/s，方向仍沿斜面向上．碰后經0.60s，A的速率變為v₂=1.8m/s，在這段時間內兩者沒有再次相碰．已知A和斜面間的動摩擦因數μ=0.15，B與斜面的摩擦忽略不計，A、B均可視為質點，它們質量分別為m_A=0.5kg、m_B=0.25kg，勻強電場的場強E=5×10⁶N/C，sin θ=0.6，g=10m/s²．
（1）A、B第一次碰撞后瞬間，B的速度多大？
（2）第一次碰后的0.60s內B沿斜面向上最多滑多遠？
（3）分析第一次碰撞后至0.60s這段時間內A的運動方向并求出A的電量．

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（1）用游標為20分度的卡尺測量其長度如圖1，由圖1可知其長度為

50.15

mm；用螺旋測微器測量其直徑如圖，由圖1可知其直徑為

4.700

mm；

（2）在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，打點計時器所用電源頻率為50HZ，當地重力加速度的值為9.80m/s²，測得所用重物的質量為1.00kg．甲、乙、丙三學生分別用同一裝置打出三條紙帶，量出各紙帶上第1、2兩點間的距離分別為0.12cm，0.19cm和0.25cm，可見操作上有錯誤的是學生

丙

，錯誤操作

是先放開紙帶后接通電源

．
若按實驗要求正確地選出紙帶進行測量，量得連續三點A，B，C到第一個點的距離如圖2所示（相鄰計數點時間間隔為0.02s），從起點O到打下計數點B的過程中重力勢能減少量是△E_P=

0.94

，此過程中物體動能的增加量是△E_K

0.84

（取g=9.8m/s²）；
（3）如圖3所示氣墊是常用的一種實驗儀器，它是利用氣泵使帶孔的導軌與滑塊之間形成氣墊，使滑塊懸浮在軌道上，滑塊在軌道上的運動可視為沒有摩擦．我們可以用帶豎直擋板C和D的氣墊軌道以及滑塊A和B來驗證動量守恒定律，實驗裝置如圖所示（彈簧的長度忽略不計），采用的實驗步驟如下：
a．調整氣墊軌道，使導軌處于水平；
b．在A和B間放入一個被壓縮的輕彈簧，用電動卡銷鎖定，靜止放置在氣墊導軌上；
c．按下電鈕放開卡銷，同時使分別記錄滑塊A、B運動時間的計數器開始工作，當A、B滑塊分別碰撞C、D擋板時停止計時，記下滑塊A、B分別到達擋板C、D的運動時間t₁和t₂；
d．用刻度尺測出滑塊A的左端至C擋板的距離L₁、滑塊B的右端到D擋板的距離L₂．
①試驗中還應測量的物理量是

滑塊A、B的質量m_A、m_B．

；
②利用上述過程測量的實驗數據，驗證動量守恒定律的表達式是

mA

L1

t1

=mB

L2

t2

，

mA

L1

t1

=mB

L2

t2

，

；
③利用上述實驗數據導出的被壓縮彈簧的彈性勢能的表達式是

1

2

mA(

L1

t1

)2+

1

2

mB(

L2

t2

)2，

1

2

mA(

L1

t1

)2+

1

2

mB(

L2

t2

)2，

．

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（2008?鎮江模擬）如圖所示，一水平光滑、距地面高為h、邊長為a的正方形MNPQ桌面上，用長為L的不可伸長的輕繩連接質量分別為m_A、m_B的A、B兩小球，兩小球在繩子拉力的作用下，繞繩子上的某點O以不同的線速度做勻速圓周運動，圓心O與桌面中心重合，已知m_A=0.5kg，L=1.2m，L_AO=0.8m，a=2.1m，h=1.25m，A球的速度大小v_A=0.4m/s，重力加速度g取10m/s²，求：
（1）繩子上的拉力F以及B球的質量m_B；
（2）若當繩子與MN平行時突然斷開，則經過1.5s兩球的水平距離；
（3）兩小球落至地面時，落點間的距離．

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高考真題

1．【解析】網球反彈后的速度大小幾乎不變，故反彈后在空中運動的時間在0.4s～0.6s之間，在這個時間范圍內，網球下落的高度為0.8m至1.8m，由于豎直方向與地面作用后其速度大小也幾乎不變，故還要上升同樣的高度，故選項A正確。

【答案】A

2．【解析】由題意可知，主動輪做順時針轉動，由圖中皮帶傳動裝置可以看出從動輪做逆時針轉動，所以選項B正確；因又，兩輪邊緣上各點的線速度大小相等，所以從動輪的轉速為，故選項C也正確

【答案】C

3．【解析】(1)設發球時飛行時間為t₁,根據平拋運動

……①

……②

解得 ……③

(2)設發球高度為h₂，飛行時間為t₂，同理根據平拋運動，如圖所示

……④

……⑤

且h₂=h ……⑥

……⑦

得 ……⑧

(3)如圖所示，發球高度為h₃,飛行時間為t₃，同理根據平拋運動得，

……⑨

……⑩

且 ……11

設球從恰好越過球網到最高點的時間為t，水平距離為s，有

……12

……13

由幾何關系知，x₃+s=L……(14)

聯列⑨~(14)式，解得h₃=

【答案】（1）（2）（3）h₃=

4．【解析】設轉盤轉動角速度時，夾角θ

座椅到中心軸的距離： ①

對座椅分析有： ②

聯立兩式得

【答案】

5．【解析】由題目可以后出“天鏈一號衛星”是地球同步衛星，運行速度要小于7.9,而他的位置在赤道上空，高度一定，A錯B對。由可知，C對。由可知，D錯．

【答案】B

6．【解析】考查萬有引力定律。星球表面重力等于萬有引力，G = mg，故火星表面的重力加速度 = = 0.4，故B正確。

【答案】B

7．【解析】“嫦娥一號”繞月球運動，要掙脫地球的引力，所以選項B錯；由萬有引力得選項C正確；．在繞圓軌道上，衛星作勻速圓周運動，受地球的引力等于受月球的引力。所以選項D錯．

【答案】C

8．【解析】該行星的線速度v=；由萬有引力定律G= ，解得太陽的質量M=

【答案】，

9．【解析】由萬有引力定律，衛星受到地球和月球的萬有引力分別為F_地 = G ，F_月 = G ，代入題目給定的數據可得R_地 : R_月=9 : 2

【答案】R_地 : R_月=9 : 2

10．【解析】如圖所示，O和O^/分別表示地球和月球的中心。在衛星軌道平面上，A是地月連心線OO^/與地月球面的公切線ACD的交點，D、C和B分別是該公切線與地球表面、月球表面和衛星圓軌道的交點。根據對稱性，過A點在另一側作地月球面的公切線，交衛星軌道于E點。衛星在運動時發出的信號被遮擋。

設探月衛星的質量為m₀，萬有引力常量為G ，根據萬有引力定律有

　　　　　　G＝mr ①

G＝m₀r₁ ②

式中，T₁是探月衛星繞月球轉動的周期。由①②式得

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　③

設衛星的微波信號被遮擋的時間為t，則由于衛星繞月做勻速圓周運動，應有

④

式中， α＝∠CO^/A ，β＝∠CO^/B'。由幾何關系得

rcosα＝R－R₁　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑤

r₁cosβ＝R₁　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑥

由③④⑤⑥式得

　　 t＝　　　　　　　　　　　　　　　⑦

【答案】t＝

11．【解析】設兩顆恒星的質量分別為m₁、m₂，做圓周運動的半徑分別為r₁、r₂，角速度分別為w₁,w₂。根據題意有

w₁=w₂①

r₁+r₂=r ②

根據萬有引力定律和牛頓定律，有

G ③

G ④

聯立以上各式解得

⑤

根據解速度與周期的關系知

⑥

聯立③⑤⑥式解得

【答案】

名校試題

1．【解析】由題意查得物體B豎直方向上作勻加速度直線運動，在水平方向上作勻速直線運動，所以其合運動是勻變速曲線運動，加速度不變，但速度增大，所以選項BC正確．

【答案】BC

2．【解析】由圖6可知拐彎時發生側翻是因為車作離心運動，這是因為向心力不足造成的，抽以應是內（東）高外（西）低。故選項AC正確

【答案】AC

3．【解析】當衛星離地面越近，由又根據牛頓萬有引力定律得：

，可見衛星的向心加速度大，

，可見衛星的線速度大，選項A正確

【答案】A

4．【解析】由萬有引力定律得…得：可見D正確

而……由②③知C

【答案】CD

5．【解析】如圖所示，設運動員放箭的位置處離目標的距離為x．箭的

運動可以看成兩個運動的合運動：隨人的運動，箭自身

的運動．箭在最短時間內擊中目標，必須滿足兩個條件：

一是合速度的方向指向目標，二是垂直于側向方向(馬前

進的方向)的分速度最大，此條件需箭自身速度方向垂直

【答案】B

6．【解析】“LRO”做勻速圓周周運動，向心加速度，B正確；LRO 做勻速圓周運動的向心力有萬有引力提供，，又月球表面上，可得月球表面的重力加速度為，D正確。

【答案】BD

7．【解析】“嫦娥一號”在遠地點A時的加速度可由及確定，由于軌道是橢圓，在遠地點A時的速度無法確定；“嫦娥一號” 繞月球運動的周期可由確定，月球表面的重力加速度可由確定，故選項BCD正確。

【答案】BCD

8．【解析】(1)由圖可知　由，得　　

(2)在B點時拉力最大，設為F_max，有：

由A到B過程機械能守恒，有：　　

　　在A、C兩點拉力最小，有：　　解得：　　　

【答案】（1）（2）

9．【解析】:(1)mgl=mv²T₁-mg=m

T₂-mg=m ∴T₁=3mg T₂=5mg

(2)小球恰好能在豎直平面內做圓周運動，在最高點時有速度v₁，此時做圓周運動的半徑為r，則mg(-r)= mv₁² ①

且mg=m ②

由幾何關系:X²=(L-r)²-()² ③

由以上三式可得：r= L/3 ④ x=L ⑤

(3)小球做圓周運動到達最低點時，速度設為v₂則

T-mg=m ⑥ 以后小球做平拋運動過B點，在水平方向有x=v₂t ⑦

在豎直方向有：L/2-r=gt² ⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式可得T=mg

【答案】（1） T₂=5mg（2）x=L （3）T=mg

10．【解析】（1）由題意：小球恰好通過最高點C時，

對軌道壓力N=0，此時L最小。

從A到C機械能守恒，

…

（2）落到斜面上時：x=v_ct

解得：

【答案】（1）（2）

11．【解析】（1）汽車在水平路面上拐彎，可視為汽車做勻速圓周運動，其向心力是車與路面間的靜摩擦力提供，當靜摩擦力達到最大值時，由向心力公式可知這時的半徑最小，有

F_m=0.6mg≥ 由速度v=30m/s，得彎道半徑 r≥150m；

（2）汽車過拱橋，看作在豎直平面內做勻速圓周運動，到達最高點時，根據向心力公式有：mg－F_N=

為了保證安全，車對路面間的彈力F_N必須大于等于零。有 mg≥

則R≥90m。

【答案】（1） r≥150m；（2）R≥90m。

12．【解析】已知h=300 m,v₀=30 m/s，當水流沿水平方向射出時，在水平地面上落點最遠，由平拋規律：　　　　　

X=240m--------------

由于水管可在豎直方向和水平方向旋轉，所以滅火面積是半徑為x的圓面積

S=πx²-------- S =3.14×240²m²=1.8×10⁵m². ---

【答案】1.8×10⁵m².

13．【解析】（1）物體在月球表面做平拋運動，有

水平方向上：x=v₀t ???????豎直方向上：????

解得月球表面的重力加速度：?????????

（2）設月球的質量為M，對月球表面質量為m的物體，有

???解得：???

（3）設環繞月球表面飛行的宇宙飛船的速率為v，則有

? 解得：?????

【答案】（1）（2）（3）

14．【解析】①衛星在離地600km處對衛星加速度為a，由牛頓第二定律

又由可得a=8 m/s²

（2）衛星離月面200km速度為v，由牛頓第二定律得：

…由及M_月/M=1/81

得:V²=2.53×10⁶km²/s²

由動能定理,對衛星

W=mv²―mv₀²

【答案】（1）8 m/s² （2）W=mv²―mv₀²

15．【解析】⑴根據萬有引力定律和向心力公式：

G （1） mg = G （2）

解（1）（2）得：r = （3）

⑵設月球表面處的重力加速度為g_月，根據題意：

V₀=g_月t/2 （4） g_月= GM_月/r²

解（4）（5）得：M_月 =2v₀r²/Gt

【答案】（1）r = （2）M_月 =2v₀r²/Gt

考點預測題

1．【解析】解答本題的關鍵在于掌握平拋運動的特點，如下落時間僅和初始位置的高度有關。擊球手將壘球水平擊出后，在不計空氣阻力的情況下，壘球做平拋運動，即水平方向做勻速運動，豎直方向做勻加速運動。則壘球落地時瞬時速度的大小為

，其速度方向與水平方向夾角滿足：由此可知，A、B錯；壘球在空中運動的時間，故選項D對；壘球在空中運動的水平位移

，所以選項C錯。

【答案】D

2．【解析】如圖選坐標，斜面的方程為：

①

運動員飛出后做平拋運動

②

③

聯立①②③式，得飛行時間 t＝1.2 s

落點的x坐標：x₁＝v₀t＝9.6 m

落點離斜面頂端的距離：

落點距地面的高度：

接觸斜面前的x分速度：

y分速度：

沿斜面的速度大小為：

設運動員在水平雪道上運動的距離為s₂，由功能關系得：

解得：s₂＝74.8 m

【答案】s₂＝74.8 m

3．【解析】當圓筒轉速加快到一定程度時，游客由于隨圓筒一起轉動，需要一個向心力.這時游客與筒壁相互擠壓，筒壁對游客的壓力就提供了游客作圓周運動的向心力，所以A正確.而筒壁對游客的壓力又使游客受到一個靜摩擦力，當轉速大到一定程度，即壓力大到一定程度，游客受到的靜摩擦力就可與重力平衡，故游客就不會落下去，所以C正確.

【答案】C

4 ．【解析】據向心力公式F_向＝mω²r=m(2πn)²r=11.8(N),此向心力由小孩跟盤間的靜摩擦力提供.當盤的轉速逐漸增大時，小孩所需的向心力也增大，當小孩的最大靜摩擦力不足以提供小孩做圓周運動的向心力時，小孩便逐漸向邊緣滑去，且滑離軸中心越遠，小孩所需的向心力越大，這種滑動的趨勢就越厲害

【答案】11.8(N)，小孩跟盤間的靜摩擦力提供

5．【解析】在燒斷細線前，A、B兩物體做圓周運動的向心力均是靜摩擦力及繩子拉力的合力提供的，且靜摩擦力均達到了最大靜摩擦力．因為兩個物體在同一圓盤上隨盤轉動，故角速度ω相同．設此時細線對物體的的拉力為T，則有

當線燒斷時，T=0，A物體所受的最大靜摩擦力小于它所需要的向心力，故A物體做離心運動．B物體所受的靜摩擦力變小，直至與它所需要的向心力相等為止，故B物體仍隨圓盤一起做勻速圓周運動，選項D正確．

【答案】D

6．【解析】小球在豎直平面內作的圓周運動并不是勻速圓周運動。但在最低點和最高點這兩個特殊位置，我們仍可用求解勻速圓周運動的方法和公式求解，因為在這兩個位置。小球受的外力都在圓周半徑方向上，它們的合力就是向心力．

在最低點：此位置桿對球作用力Ｎ的方向只可能向上，

并且Ｎ＞ｍｇ，故有：

Ｎ－ｍｇ＝ｍｖ^２／Ｒ，Ｎ＝ｍｇ＋ｍｖ^２/L．

在最高點：此位置桿對球作用力的方向尚不能確定，我們可暫時假設N與mg同向，即桿對球有向下拉力作用．則有ｍｇ+Ｎ=ｍｖ^２／Ｌ,Ｎ＝ｍｖ^２／Ｌ－ｍｇ

如果Ｎ確與ｍｇ同向，方向指向圓心，則Ｎ＞0，即

ｍｖ^２／Ｌ－ｍｇ＞０，

若，則由Ｎ的表達式可得Ｎ＝0，即此時桿對球無作用力，重力唯一地起著向心力的作用；

若，可得Ｎ＜0，則說明桿對球有向上托力作用，這個力的方向與正方向相反，背離圓心．

根據上述分析，我們可以得到這樣的結論：在最低點，不管小球以多大的速度運動，桿對球的拉力都是向上的．但在最高點，桿對球作用力的大小和方向取決于v的大小．是一個臨界值．當時，因速度大，所需的向心力就大，ｍｇ不能滿足向心力的需要，需要桿向下的拉力來補充；當時，因速度小，所需的向心力也小，ｍｇ超過了向心力的需要，故桿產生了向上的托力來抵消ｍｇ的一部分作用；若，這說明重力ｍｇ恰能滿足向心力的需要，故此時桿對球沒有作用力．

【答案】（1）Ｎ＝ｍｇ＋ｍｖ^２/L．（2）若，則由Ｎ的表達式可得Ｎ＝0，即此時桿對球無作用力，重力唯一地起著向心力的作用；若，可得Ｎ＜0，則說明桿對球有向上托力作用，這個力的方向與正方向相反，背離圓心．

7．【解析】在最低點對小球應用動量定理得：

要使F₂最小，則第一次上升的最高點應與懸點等高，設做圓周運動的半徑為R，則應有：。

要使F₂最小，則第二次打擊應選在小球第二次返回到最低點時。這樣打擊力與小球的速度方向相同。在最低點，對小球應用動量定理得：

在最高點對小球應用牛頓第二定律得：。

又從第二次剛打擊后到最高點，應用機械能守恒定律得：

聯立以上各式解得：

【答案】

8．【解析】因為＜，所以小球先做平拋運動。設小球與O點的連線和水平方向的夾角為時，繩子剛好拉緊。運用平拋規律得：

解得：，此時。

由于繩子瞬時拉緊，故立刻減小為零。從繩子瞬時拉緊到小球運動到最低點，對小球應用機械能守恒定律得：。

在最低點，對小球應用牛頓第二定律得：

聯立以上各式解得：。

【答案】

9．【解析】在最低點，對小球應用牛頓第二定律得：

由上式可看出，R₁小時，T大，繩子易斷。故小球在最低點時，應取以B為圓心，即R₁=3a，并保障繩子不能被拉斷。

設開始下拋的初速度為V₀，從開始至最低點應用機械能守恒定律得：

聯立以上三式可得：

若小球恰好能通過最高點，則在最高點處有：，由該式可見R₂最大時，通過最高點所需V₂越大，故應取C點為圓心，即R₂=2a，才能完成圓周運動。

從開始至最高點應用機械能守恒定律得：

聯立以上各式可解得：

故所求為：＜V₀＜

【答案】＜V₀＜

10．【解析】此題考查萬有引力定律、重力，難度較易。由題意可以得，則g’=1.6g；由黃金代換GM=gR²可以得到解得R’=2R，B正確。

【答案】B

11．【解析】由地球對人造衛星的萬有引力提供它作勻速圓周運動的向心力，可得

，又由于月球對探測器的萬有引力提供向心力，可得；聯立兩式得=

同理，由地球對人造衛星的萬有引力提供它作勻速圓周運動的向心力

月球對探測器的萬有引力提供向心力，聯立兩式得=V所以選項A正確

【答案】A

12．【解析】以恒星的衛星為研究對象，由萬有引力提供向心力得，從表達式可看出選項C正確。

【答案】C

13．【解析】測出單擺的周期，便可以算出該星球表面的重力加速度，由T=2π可得g=，擺球受到的重力可近似看作等于擺球與該星球之間的萬有引力，由mg=可得M=，將星球看作球體，則M=ρ?，所以，最終可導出ρ=

所以選項B正確

【答案】B

14．【解析】因為b、c在同一軌道上運行，故其線速度大小、加速度大小均相等。又b、c軌道半徑大于a的軌道半徑，由知，V_b=V_c<V_a,故A選項錯；由加速度a=GM/r²可知a_b=a_c<a_a,故B選項錯。

當c加速時，c受到的萬有引力F<mv²/r，故它將偏離原軌道做離心運動；當b減速時，b受到的萬有引力F>mv²/r, 故它將偏離原軌道做向心運動。所以無論如何c也追不上b，b也等不到c，故C選項錯。對這一選項，不能用來分析b、c軌道半徑的變化情況。對a衛星，當它的軌道半徑緩慢減小時，在轉動一段較短時間內，可近似認為它的軌道半徑未變，視為穩定運行，由知，r減小時V逐漸增大，故D選項正確

【答案】D

15．【解析】根據“宇宙膨脹說”，宇宙是由一個大爆炸的火球開始形成的。大爆炸后各星球隊即以不同的速度向外運動，這種學說認為地球離太陽的距離不斷增加，即公轉半徑也不斷增加，A選項錯。又因為地球以太陽為中心作勻速圓周運動，由G=，，當G減小時，R增加時，公轉速度慢慢減小。由公式T=可知T在增加，故選項B、C正確。