2021年北京市高考物理试卷（解析版）_全国卷+地方卷_4.物理_1.物理高考真题试卷_2008-2020年_地方卷_北京高考物理08-21_A4word版_PDF版（赠送）

2021 年北京市高考真题物理试卷 本试卷共 8 页，100 分。考试时长 90 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在 试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分 本部分共 14 题，每题 3 分，共 42 分。在每题列出的四个选项中，选出最符合 题目要求的一项。 1. 硼（B）中子俘获治疗是目前最先进的癌症治疗手段之一、治疗时先给病人注射一种含 硼的药物，随后用中子照射，硼俘获中子后，产生高杀伤力的α粒子和锂（Li）离子。这 个核反应的方程是（ ） A. 10B 1n 7Li 4He B. 11B 4He 14N 1n 5 0 3 2 5 2 7 0 C. 14N 4He 17O1H D. 14N 1n 14C1H 7 2 8 1 7 0 6 1 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】由题知，硼俘获中子后，产生高杀伤力的α粒子和锂（Li）离子，而α粒子为氦 原子核，则这个核反应方程为 10B 1n 7Li 4He 5 0 3 2 故选A。 2. 如图所示的平面内，光束a经圆心O射入半圆形玻璃砖，出射光为b、c两束单色光。 下列说法正确的是（ ） A. 这是光的干涉现象 B. 在真空中光束b的波长大于光束c的波长 C. 玻璃砖对光束b的折射率大于对光束c的折射率 D. 在玻璃砖中光束b的传播速度大于光束c的传播速度 【答案】C 【解析】 【分析】【详解】A．光束a经圆心O射入半圆形玻璃砖，出射光为b、c两束单色光，这是光的色 散现象，A错误； C．由题图可知光束c的折射角大于光束b的折射角，根据折射定律可知 n < n c b C正确； B．由于光的折射率越大，其频率越大，波长越短，则b光在真空中的波长较短，B错 误； c D．根据v = 知，c光束的折射率小，则c光在棱镜中的传播速度大，D错误。 n 故选C。 3. 一列简谐横波某时刻的波形图如图所示。此后K质点比L质点先回到平衡位置。下列判 断正确的是（ ） A. 该简谐横波沿x轴负方向传播 B. 此时K质点沿y轴正方向运动 C. 此时K质点的速度比L质点的小 D. 此时K质点的加速度比L质点的 小 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】AB．由题知K质点比L质点先回到平衡位置，则K质点应向下振，再根据“上 坡、下坡”法可知，该波应沿x轴正方向传播，A、B错误； C．由AB选项可知K质点应向下振，而L质点在波谷处，则L质点的速度为0，故此时 K质点的速度比L质点的大，C错误； D．由于质点在竖直方向做机械振动，根据 F = - ky F = ma 结合波图像可看出 y > y L K 则，此时K质点的加速度比L质点的小，D正确。 故选D。4. 比较45C的热水和100C的水蒸汽，下列说法正确的是（ ） A. 热水分子的平均动能比水蒸汽的大 B. 热水的内能比相同质量的水蒸汽的 小 C. 热水分子的速率都比水蒸汽的小 D. 热水分子的热运动比水蒸汽的剧烈 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增大，故热水分子 的平均动能比水蒸汽的小，故A错误； B．内能与物质的量、温度、体积有关，相同质量的热水和水蒸汽，热水变成水蒸汽，温 度升高，体积增大，吸收热量，故热水的内能比相同质量的水蒸汽的小，故B正确； C．温度越高，分子热运动的平均速率越大，45C的热水中的分子平均速率比100C的水 蒸汽中的分子平均速率小，由于分子运动是无规则的，并不是每个分子的速率都小，故C 错误； D．温度越高，分子热运动越剧烈，故D错误。 故选B。 5. 一正弦式交变电流的i - t图像如图所示。下列说法正确的是（ ） A. 在t0.4 s时电流改变方向 B. 该交变电流的周期为0.5 s 2 C. 该交变电流的表达式为i=2cos5πt A D. 该交变电流的有效值为 A 2 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．由图可知 t0.4 s时电流为正方向最大，电流方向没有发生变化，故 A错 误； B．由图可知，该交变电流的周期为T=0.4s，故B错误； C．由图可知，电流的最大值为i 2A，角速度为 max 2  5rad/s T故该交变电流的表达式为 i=i cost 2cos5πt A max 故C正确； D．该交变电流的有效值为 i i  max  2A 2 故D错误。 故选C。 6. 2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为世界上第一个首次探测 火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。“天问一号”在火星停泊轨道运行时，近火 点距离火星表面2.8102 km、远火点距离火星表面5.9105 km，则“天问一号” （ ） A. 在近火点的加速度比远火点的小 B. 在近火点的运行速度比远火点的小 C. 在近火点的机械能比远火点的小 D. 在近火点通过减速可实现绕火星做 圆周运动 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．根据牛顿第二定律有 Mm G ma r2 解得 GM a  r2 故在近火点的加速度比远火点的大，故A错误； B．根据开普勒第二定律，可知在近火点的运行速度比远火点的大，故B错误； C．“天问一号”在同一轨道，只有引力做功，则机械能守恒，故C错误； D．“天问一号”在近火点做的是离心运动，若要变为绕火星的圆轨道，需要减速，故D 正确。 故选D。 7. 如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻， 质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩 擦。ab以水平向右的初速度v 开始运动，最终停在导体框上。在此过程中 （ ） 0A. 导体棒做匀减速直线运动 B. 导体棒中感应电流的方向为 ab mv2R C. 电阻R消耗的总电能为 0 D. 导体棒克服安培力做的总功小于 2(Rr) 1 mv2 2 0 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】AB．导体棒向右运动，根据右手定则，可知电流方向为b到a，再根据左手定则 可知，导体棒向到向左的安培力，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势为 E  BLv 0 感应电流为 E BLv I   0 Rr Rr 故安培力为 B2L2v F  BIL 0 Rr 根据牛顿第二定律有 F ma 可得 B2L2 a v mRr 0 随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，故AB错误； C．根据能量守恒定律，可知回路中产生的总热量为 1 Q mv2 2 0 因R与r串联，则产生的热量与电阻成正比，则R产生的热量为 R mv2R Q  Q 0 R Rr 2Rr故C正确； D．整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于 1 mv2，故D错误。 2 0 故选C。 8. 如图所示，高速公路上汽车定速巡航（即保持汽车的速率不变）通过路面abcd，其中 ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面，cd段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气 阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是（ ） A. 在ab段汽车的输出功率逐渐减小 B. 汽车在ab段的输出功率比bc段的 大 C. 在cd段汽车的输出功率逐渐减小 D. 汽车在cd段的输出功率比bc段的 大 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】AB．在ab段，根据平衡条件可知，牵引力 F mgsin f 1 所以在ab段汽车的输出功率 P  Fv 1 1 不变，在bc段牵引力 F  f 2 bc段的输出功率 P  Fv P 2 2 1 故A错误B正确； CD．在cd段牵引力 F  f mgsin 3 汽车的输出 P  Fv P 3 3 2 在cd段汽车的输出功率不变，且小于bc段，故CD错误。 故选B。9. 如图所示的平面内，有静止的等量异号点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称，M、 P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是（ ） A. M点的场强比P点的场强大 B. M点的电势比N点的电势高 C. N点的场强与P点的场强相同 D. 电子在M点的电势能比在P点的 电势能大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】AC．根据等量异种点电荷的电场线分布得： M点的场强与P点的场强大小相等，N点的场强与P点的场强大小相等，方向相同，故A 错误C正确； BD．根据等量异种点电荷的电势分布特点可知，M点的电势与N点的电势相等，M点的 电势高于P点的电势，根据E q 可知，电子在M点的电势能比在P点的电势能小， p 故BD错误。 故选C。 10. 如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有 一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘 上的某点停止。下列说法正确的是（ ）A. 圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向 B. 圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mr C. 圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动 D. 圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mr 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力， 方向沿半径方向，故A错误； B．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力 f mr2 小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为 2 I  fT mr2 2mr  故B错误； C．圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误； D．圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为 I'pmvmr 故D正确。 故选D。 11. 某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建 议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。 下列说法正确的是（ ） A. 未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势 B. 未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用 C. 接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势 D. 接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用 【答案】D【解析】 【分析】 【详解】A．未接导线时，表针晃动过程中导线切割磁感线，表内线圈会产生感应电动 势，故A错误； B．未接导线时，未连成闭合回路，没有感应电流，所以不受安培力，故B错误； CD．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势，根据楞次定律可知，表针晃 动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用，故C错误D正确。 故选D。 12. 如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正 方向成60的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、 电荷量为q，OP = a。不计重力。根据上述信息可以得出（ ） A. 带电粒子在磁场中运动的轨迹方程 B. 带电粒子在磁场中运动的速率 C. 带电粒子在磁场中运动的时间 D. 该匀强磁场的磁感应强度 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】粒子恰好垂直于y轴射出磁场，做两速度的垂线交点为圆心O ，轨迹如图所示 1 A．由几何关系可知 3 OO atan30= a 1 3a 2 3 R = a cos30 3 3 因圆心的坐标为(0, a)，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为 3 3 4 x2 (y a)2  a2 3 3 故A正确； BD．洛伦兹力提供向心力，有 v2 qvBm R 解得带电粒子在磁场中运动的速率为 qBR v  m 因轨迹圆的半径R可求出，但磁感应强度B未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速 率，故BD错误； 2 C．带电粒子圆周的圆心角为 ，而周期为 3 2R 2m T   v qB 则带电粒子在磁场中运动的时间为 2  3 2m t  T  2 3qB 因磁感应强度B未知，则运动时间无法求得，故C错误； 故选A。 13. 某同学使用轻弹簧、直尺钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上 端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm 刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速 度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加 速度大小为g。下列说法正确的是（ ）A. 30cm刻度对应的加速度为 - 0.5g B. 40cm刻度对应的加速度为g C. 50cm刻度对应的加速度为2g D. 各刻度对应加速度的值是不均匀的 【答案】A 【解析】 【分析】由题知，不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处，则弹簧的原长l = 0 0.2m；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处，则根据受力平衡有 mg = k(l - l ) 0 可计算出 mg k = 0.2 【详解】A．由分析可知，在30cm刻度时，有 F - mg = ma（取竖直向上为正方向） 弹 代入数据有 a = - 0.5g A正确； B．由分析可知，在40cm刻度时，有 mg = F 弹 则40cm刻度对应的加速度为0，B错误； C．由分析可知，在50cm刻度时，有 F - mg = ma（取竖直向上为正方向） 弹 代入数据有 a = 0.5g C错误； D．设刻度对应值为x，结合分析可知 mg xmg 0.2 ，x = x0.2 （取竖直向上为正方向） a m 经过计算有 gx0.4g gx a = (x > 0.2)或a = (x < 0.2) 0.2 0.2 根据以上分析，加速度a与刻度对应值为x成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀 的，D错误。 故选A。 14. 北京高能光源是我国首个第四代同步辐射光源，计划于2025年建成。同步辐射光具有 光谱范围宽（从远红外到X光波段，波长范围约为10-5m～10-11m，对应能量范围约为10-1eV～105eV）、光源亮度高、偏振性好等诸多特点，在基础科学研究、应用科学和工艺学等 领域已得到广泛应用。速度接近光速的电子在磁场中偏转时，会沿圆弧轨道切线发出电磁 辐射，这个现象最初是在同步加速器上观察到的，称为“同步辐射”。以接近光速运动的单 个电子能量约为109eV，回旋一圈辐射的总能量约为104eV。下列说法正确的是（ ） A. 同步辐射的机理与氢原子发光的机理一样 B. 用同步辐射光照射氢原子，不能使氢原子电离 C. 蛋白质分子的线度约为10-8 m，不能用同步辐射光得到其衍射图样 D. 尽管向外辐射能量，但电子回旋一圈后能量不会明显减小 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．同步辐射是在磁场中圆周自发辐射光能的过程，氢原子发光是先吸收能量到 高能级，在回到基态时辐射光，两者的机理不同，故A错误； B．用同步辐射光照射氢原子，总能量约为104eV大于电离能13.6eV，则氢原子可以电 离，故B错误； C．同步辐射光的波长范围约为10-5m～10-11m，与蛋白质分子的线度约为10-8 m差不多， 故能发生明显的衍射，故C错误； D．以接近光速运动的单个电子能量约为109eV，回旋一圈辐射的总能量约为104eV，则电 子回旋一圈后能量不会明显减小，故D正确； 故选D。 第二部分 本部分共 6题，共 58分。 15. 物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分 析等。例如： （1）实验仪器。用 游标卡尺测某金属 管的内径，示数如 图1所示。则该金 属管的内径为 _______mm。（2）数据分析。打点计时器在随物体做匀变速直线运动的纸带上打点，其中一部分如图2 所示，B、C、D为纸带上标出的连续3个计数点，相邻计数点之间还有4个计时点没有标 出。打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上。则打C点时，纸带运动的速度v = C ________m/s（结果保留小数点后两位）。 （3）实验原理。图3为“探究加速度与力的关系”的实验装置示意图。认为桶和砂所受的 重力等于使小车做匀加速直线运动的合力。实验中平衡了摩擦力后，要求桶和砂的总质量 m比小车质量M小得多。请分析说明这个要求的理由。（ ） 【答案】 ①. 31.4 ②. 0.44 ③. 设绳的拉力为T，小车运动的加速度为a。对桶 M 和砂，有mgT ma；对小车，有T  Ma。得T  mg 。小车受到细绳的拉力T M m M 1 F  mg  mg 等于小车受到的合力F，即 M m m 。可见，只有桶和砂的总质量m 1 M 比小车质量M小得多时，才能认为桶和砂所受的重力mg等于使小车做匀加速直线运动的 合力F。 【解析】 【分析】【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数规则有 3.1cm + 4 × 0.1mm = 31.4mm （2）[1]每隔4个点取一个点作为计数点，故两计数点间有5个间隔；故两点间的时间间 隔为 T = 5 × 0.02 = 0.1s [2]匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则有 x v = BD = 0.44m/s C 2T （3）[3]设绳的拉力为T，小车运动的加速度为a。对桶和砂，有 mgT ma 对小车，有 T  Ma 得 M T  mg M m 小车受到细绳的拉力T等于小车受到的合力F，即 M 1 F  mg  mg M m m 1 M 可见，只有桶和砂的总质量m比小车质量M小得多时，才能认为桶和砂所受的重力mg等 于使小车做匀加速直线运动的合力F。 16. 在“测量金属丝的电阻率”实验中，某同学用电流表和电压表测量一金属丝的电阻。 （1）该同学先用欧姆表“1”挡粗测该金属丝的电阻，示数如图1所示，对应的读数是 _______Ω。 （2）除电源（电动势3.0 V，内阻不计）、电压表（量程0 ~ 3 V，内阻约3 kΩ）、开关、导 线若干外，还提供如下实验器材： A．电流表（量程0 ~ 0.6 A，内阻约0.1 Ω）B．电流表（量程0 ~ 3.0 A，内阻约0. 02 Ω） C．滑动变阻器（最大阻值10 Ω，额定电流2 A） D．滑动变阻器（最大阻值1 kΩ，额定电流0.5 A） 为了调节方便、测量准确，实验中电流表应选用________，滑动变阻器应选用_______。 （选填实验器材前对应的字母） （3）该同学测量金属丝两端的电压U和通过金属丝的电流I，得到多组数据，并在坐标图 上标出，如图2所示。请作出该金属丝的U- I图线_____，根据图线得出该金属丝电阻R =________Ω（结果保留小数点后两位）。 （4）用电流传感器测量通过定值电阻的电流，电流随时间变化的图线如图3所示。将定值 电阻替换为小灯泡，电流随时间变化的图线如图4所示，请分析说明小灯泡的电流为什么 随时间呈现这样的变化。（ ） 【答案】 ①. 6 ②. A ③. C ④. ⑤.5.80 ⑥. 刚闭合开关时，灯丝温度较低，电阻较小，电流较大；随着灯丝温度升高， 电阻逐渐增大，电流逐渐减小；当灯丝发热与散热平衡时，温度不变，电阻不变，电流保 持不变 【解析】 【分析】 【详解】（1）[1]将选择开关调节到“×1Ω”，由图1可知，金属丝的电阻 R =6×1Ω=6Ω x （2）[2]由题知，电源电动势为3V，则回路中的最大电流为 E 3 I   A0.5A max R 6 x 故电流表选A； [3] 为了调节方便、测量准确，滑动变阻器要选最大阻值小的，故选C； （3）[4]将描出的点用直线连接，即可得U-I图线，则有 [5]取（0.3A，1.75V），可得 1.75 R Ω5.80Ω 0.3 （4）[6] 刚闭合开关时，灯丝温度较低，电阻较小，电流较大；随着灯丝温度升高，电阻 逐渐增大，电流逐渐减小；当灯丝发热与散热平衡时，温度不变，电阻不变，电流保持不 变。 17. 如图所示，小物块A、B的质量均为m = 0.10 kg，B静止在轨道水平段的末端。A以 水平速度v 与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为 0 h = 0.45 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s = 0.30 m，取重力加速度g = 10 m/s2。求： （1）两物块在空中运动的时间t； （2）两物块碰前A的速度v 的大小； 0 （3）两物块碰撞过程中损失的机械能E。【答案】（1）0.30 s；（2）2.0m/s；（3）0.10J 【解析】 【分析】 【详解】（1）竖直方向为自由落体运动，由 1 h gt2 2 得 t = 0.30 s （2）设A、B碰后速度为v，水平方向为匀速运动，由 s vt 得 v1.0m/s 根据动量守恒定律，由 mv 2mv 0 得 v 2.0m/s 0 （3）两物体碰撞过程中损失的机械能 1 1 E mv2  2mv2 2 0 2 得 E 0.10J 18. 如图所示，M为粒子加速器；N为速度选择器，两平行导体板之间有方向相互垂直的 匀强电场和匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度为B。从S点释放一初速度 为0、质量为m、电荷量为q的带正电粒子，经M加速后恰能以速度v沿直线（图中平行 于导体板的虚线）通过N。不计重力。 （1）求粒子加速器M的加速电压U； （2）求速度选择器N两板间的电场强度E的大小和方向；（3）仍从S点释放另一初速度为0、质量为2m、电荷量为q的带正电粒子，离开N时粒 子偏离图中虚线的距离为d，求该粒子离开N时的动能E 。 k mv2 1 【答案】（1）U  ；（2）E vB，方向垂直导体板向下；（3）E  mv2qBvd 2q k 2 【解析】 【分析】 【详解】（1）粒子直线加速，根据功能关系有 1 qU  mv2 2 解得 mv2 U  2q （2）速度选择器中电场力与洛伦兹力平衡 EqqvB 得 E vB 方向垂直导体板向下。 （3）粒子在全程电场力做正功，根据功能关系有 E qU Eqd k 解得 1 E  mv2qBvd k 2 19. 类比是研究问题的常用方法。 （1）情境1：物体从静止开始下落，除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空 v 气阻力 f kv（k为常量）的作用。其速率v随时间t的变化规律可用方程Gkv=m t （①式）描述，其中m为物体质量，G为其重力。求物体下落的最大速率v 。 m （2）情境2：如图1所示，电源电动势为E，线圈自感系数为L，电路中的总电阻为R。闭合开关S，发现电路中电流I随时间t的变化规律与情境1中物体速率v随时间t的变化 规律类似。类比①式，写出电流I随时间t变化的方程；并在图2中定性画出I - t图线。 （3）类比情境1和情境2中的能量转化情况，完成下表。 情境1 情境2 物体重力势能的减少量 物体动能的增加量 电阻R上消耗的电能 G I 【答案】（1）v  ；（2）a.ERI L ，b. ；（3）见解析 m k t 【解析】 【分析】 【详解】（1）当物体下落速度达到最大速度v 时，加速度为零，有 m Gkv m 得 G v  m k （2）a.由闭合电路的欧姆定理有 I ERI L t b.由自感规律可知，线圈产生的自感电动势阻碍电流，使它逐渐变大，电路稳定后自感现 象消失，I - t图线如答图2（3）各种能量转化的规律如图所示 情境1 情境2 电源提供的电能 线圈磁场能的增加量 克服阻力做功消耗的机械能 20. 秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球” 的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为l ，人站立时摆长为l 。不计空气阻力，重力加速度 1 2 大小为g。 （1）如果摆长为l ，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大 1 小。 （2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆 得越来越高。 a.人蹲在踏板上从最大摆角开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另 1 一边的最大摆角为。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证 2 明 。 2 1 b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达 到某个最大摆角后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在 竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能E 应满足的条件。 k v2 5 【答案】（1）T mgm ；（2）a.见解析；b.E  mgl mgl (1cos) l k 2 2 1 1 【解析】 【分析】 【详解】（1）根据牛顿运动定律 v2 T mg m l 1解得 v2 T mgm l 1 （2）a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v 、v ，根据功能关系得 1 2 1 mgl (1cos) mv2 1 1 2 1 1 mgl (1cos) mv2 2 2 2 2 已知v = v ，得 1 2 mgl (1cos)mgl (1cos) 1 1 2 2 因为l l ，得 1 2 cos cos 1 2 所以   2 1 b.设“摆球”由最大摆角摆至最低点时动能为E ，根据功能关系得 k E mgl (1cos) k 1 “摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为v ,根据牛顿运动定律得 m v2 mg m m l 2 “摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得 1 E E 2mgl  mv2 k k 2 2 m 得 5 E  mgl mgl (1cos) k 2 2 1