一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量△ω与对应时间△t的比值定义为角加速度β．我们用电磁打点计时器、米尺、游标卡尺、纸带、复写纸来完成下述实验：（打点计时器所接交流电的频率为50Hz，A、B、C、D…为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出）
①如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；
②接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；
③经过一段时间，圆盘停止转动和打点，取下纸带，进行测量．（计算结果 保留3位有效数字）．
（1）用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，圆盘的半径r为

3.000cm

3.000cm

．cm；
（2）由图丙可知，打下计数点D时，圆盘转动的角速度为

13.0

13.0

rad/s；
（3）纸带运动的加速度大小为

0.593

0.593

m/s²，圆盘转动的角加速度大小为

19.8

19.8

．rad/s²．

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一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量△ω与对应之间△t的比值定义为角加速度β（即β=

△ω

△t

）．我们用电磁打点计时器、米尺、游标卡尺、纸带、复写纸来完成下述实验：（打点计时器所接交流电的频率为50Hz，A、B、C、D…为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出）
①如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；
②接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；
③经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量．
（1）用20分度的游标卡尺测得圆盘的半径如图乙所示，圆盘的半径r为

6.000

6.000

cm；
（2）由图丙可知，打下计数点D时，圆盘转动的角速度为

6.5

6.5

 rad/s；
（3）纸带运动的加速度大小为

0.60

0.60

m/s²，圆盘转动的角加速度大小为

10

10

rad/s²．
▲请注意：本题（2）、（3）问中的结果均要求保留2位有效数字．

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一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，用下面的方法测量它匀速转动时的角速度．
实验器材：电磁打点计时器，米尺，纸带，复写纸．
实验步骤：
（1）如图1所示，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后，固定在待测圆盘的侧面上，使圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上．
（2）启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点．
（3）经这一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量．
①若打点周期为T，圆盘半径为r，x₁，x₂是纸带上选定的两点分别对应的米尺上的刻度值，n为选定的两点间的打点数（含初、末两点），则圆盘角速度的表达式为ω=

x2-x1

(n-1) Tr

x2-x1

(n-1) Tr

．
②若交流电源的频率为50Hz，某次实验测得圆盘半径r=5.50×10^-2m，得到纸带的一段如图2所示，则角速度为

6.8

6.8

rad/s．

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一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量△ω与对应之间△t的比值定义为角加速度β（即ρ=

△?

△t

）．我们用电磁打点计时器、米尺、游标卡尺、纸带、复写纸来完成下述实验：（打点计时器所接交流电的频率为50Hz，A、B、C、D…为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出）
①如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；
②接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；
③经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量．
（1）用20分度的游标卡尺测得圆盘的半径如图乙所示，圆盘的半径r为

6.000

6.000

cm；
（2）由图丙可知，打下计数点D时，圆盘转动的角速度为

6.5

6.5

rad/s；
（3）纸带运动的加速度大小为

0.59

0.59

m/s²，圆盘转动的角加速度大小为

9.8

9.8

rad/s²；
（4）如果实验测出的角加速度值偏大，其原因可能是

测量转动半径时没有考虑纸带的厚度

测量转动半径时没有考虑纸带的厚度

（至少写出1条）．

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一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动．用下面的方法测量它匀速转动时的角速度．
实验器材：电磁打点计时器、米尺、纸带、复写纸片．
实验步骤：
（1）如图1所示，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后，固定在待测圆盘的侧面上，使得圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上．?
（2）启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点．
（3）经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量．?
①由已知量和测得量表示的角速度的表达式为ω=

L

nTr

L

nTr

，式中各量的意义是：

式中T为电磁打点计时器打点的周期，r为圆盘的半径，L是用米尺测量的纸带上选定的两点间的长度，n为选定的两点间的打点周期数

式中T为电磁打点计时器打点的周期，r为圆盘的半径，L是用米尺测量的纸带上选定的两点间的长度，n为选定的两点间的打点周期数

．
②某次实验测得圆盘半径r=5.50×10^-2 m，得到的纸带的一段如图2所示，求得角速度为

6.97rad/s

6.97rad/s

．

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一、选择题

1、根据图象分析：若沿x轴作匀速运动，通过图1分析可知，y方向先减速后加速；若沿y轴方向作匀速运动，通过图2分析可知，x方向先加速后减速。

答案：B

2、乙船能到达A点，则vcos60⁰=u，

过河时间t满足：t = H/（ vsin60⁰）, 甲、乙两船沿垂直于河岸方向的分速度相同，故过河时间相同。在t时间内甲船沿河岸方向的位移为s= （vcos60⁰ + u ）t=。

答案：D

3、根据万有引力定律：，得：T=

答案：A

4、质点在A、B、C、D四点离开轨道，分别做下抛、平抛、上抛、平抛运动。很明显，在A点离开轨道比在C、D两点离开轨道在空间时间短。通过计算在A点下抛落地时间为t_A=（6-4）s，在B点平抛落地时间t_B=4s，显然，在A点离开轨道后在空中时间最短。根据机械能守恒，在D刚抛出时机械能最大，所以落地时速度最大。

答案：AD

5、在轨道上向其运行方向弹射一个物体，由于质量远小于空间站的质量，空间站仍沿原方向运动。根据动量守恒，弹出后一瞬间，空间站沿原运行方向的速度变小，提供的向心力（万有引力）大于需要的向心力，轨道半径减小，高度降低，在较低的轨道上运行速率变大，周期变小。

答案：C

6、当悬线在竖直状态与钉相碰时根据能量守恒可知，小球速度不变；但圆周运动的半径减小，需要的向心力变大，向心加速度变大，绳子上的拉力变大。

答案：BD

7、根据万有引力定律：可得：M=,可求出恒星质量与太阳质量之比，根据可得：v=,可求出行星运行速度与地球公转速度之比。

答案：AD

8、卫星仍围绕地球运行，所以发射速度小11.2km/s；最大环绕速度为7.9km/s，所以在轨道Ⅱ上的速度小于7.9km/s；根据机械能守恒可知：卫星在P点的速度大于在Q点的速度；卫星在轨道Ⅰ的Q点是提供的向心力大于需要的向心力，在轨道Ⅱ上Q点是提供的向心力等于需要的向心力，所以在Q点从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ必须增大速度。

答案：CD

9、同步卫星随地球自转的方向是从东向西，把同步卫星从赤道上空3.6万千米、东经103°处，调整到104°处，相对于地球沿前进方向移动位置，需要增大相对速度，所以应先下降高度增大速度到某一位置再上升到原来的高度。

答案：A

10、开始转动时向心力由静摩擦力提供，但根据F=mrω²可知，B需要的向心力是A的两倍。所以随着转速增大，B的摩擦力首先达到最大静摩擦力。继续增大转速，绳子的张力增大，B的向心力由最大静摩擦力提供，A的向心力由静摩擦力和绳子的张力的合力提供，随着转速的增大，B需要的向心力的增量（绳子张力的增量）比A需要的向心力的增量大，因而A指向圆心的摩擦力逐渐减小直到为0然后反向增大到最大静摩擦力。所以，B受到的静摩擦力先增大，后保持不变；A受到的静摩擦力是先减小后增大；A受到的合外力就是向心力一直在增大。

答案：BD

二、填空题

11、圆盘转动时，角速度的表达式为ω= ，  T为电磁打点计的时器打点的时间间隔，r为圆盘的半径，x₂、x₁是纸带上选定的两点分别对应米尺上的刻度值，n为选定的两点间的打点数（含两点）。地纸带上选取两点（间隔尽可能大些）代入上式可求得ω= 6.8rad/s。

12、 (1)斜槽末端切线方向保持水平；从同一高度。

（2）设时间间隔为t, x = v₀t，   y₂-y₁=gt² ，解得: v₀=.将x=20.00cm，y₁ =4.70cm， y₂ =14.50cm代入求得v₀=2m/s

三、计算题

13．解：⑴在行星表面，质量为m的物体的重力近似等于其受到的万有引力，则

g=                               

得：   

⑵行星表面的环绕速度即为第一宇宙速度，做匀速圆周运动的向心力是万有引力提供的，则

v₁=　　　　　　　　　           

得：　

14．解析：用r表示飞船圆轨道半径,有r =R +H=6.71×l0⁶ m．

由万有引力定律和牛顿定律，得 , 式中M表示地球质量，m表示飞船质量，T表示飞船绕地球运行的周期，G表示万有引力常量．

利用及上式, 得 ，代入数值解得T=5.28×10³s,

出舱活动时间t=25min23s=1523s, 航天员绕行地球角度 =104⁰

15．解：（1）这位同学对过程的分析错误，物块先沿着圆柱面加速下滑，然后离开圆柱面做斜下抛运动，离开圆柱面时的速率不等于。                   

（2）a、设物块离开圆柱面时的速率为,

解得：                      

（2）b、由：  得：

落地时的速率为                       

16.解：对子弹和木块应用动量守恒定律：

      所以                                  

对子弹、木块由水平轨道到最高点应用机械能守恒定律，

取水平面为零势能面：有

   所以                        

由平抛运动规律有：                          

解得:                   

所以，当R = 0.2m时水平距离最大                

最大值S_max = 0.8m。

17．解：（1）

（2）设人在B₁位置刚好看见卫星出现在A₁位置，最后

在B₂位置看到卫星从A₂位置消失，

    OA₁=2OB₁

有  ∠A₁OB₁=∠A₂OB₂=π/3

从B₁到B₂时间为t

则有   

18．解: （1）设 A、B的圆轨道半径分别为、，由题意知，A、B做匀速圆周运动的角速 度相同，设其为。由牛顿运动定律，有

设 A、B之间的距离为，又，由上述各式得

，                               ①

由万有引力定律，有

将①代入得

令

比较可得

                                                   ②

（2）由牛顿第二定律，有

                                                   ③

又可见星 A的轨道半径

                                                                ④

由②③④式解得

                                               ⑤

（3）将代入⑤式，得

代入数据得

                                            ⑥

，将其代入⑥式得

                                    ⑦

可见，的值随 n的增大而增大，试令，得

                                           ⑧

若使⑦式成立，则 n 必大于 2，即暗星 B 的质量必大于，由此得出结

论：暗星有可能是黑洞。