【文档说明】北京市北京师范大学第二附属中学2024-2025学年高三上学期开学物理试题 Word版含解析.docx，共(23)页，2.581 MB，由小赞的店铺上传

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北京师大二附中高三物理暑期练习2024.8本试卷共6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，将答题卡交回。第一部分一、本题共14小题，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.某电场区域的电场线如图所示，a、b是其中一条电场线上的两点，下列说法正确的是（）A.负电荷在a点受到的静电力一定小于它在b点受到的静电力B.a点的场强方向一定沿着a点的电场线向右C.正电荷在a点受到的静电力一定小于它在b点受到的静电力D

.a点的场强一定小于b点的场强【答案】B【解析】【详解】ACD．根据电场线的疏密程度可知，a点的场强一定大于b点的场强；根据FqE=，可知负电荷在a点受到的静电力一定大于它在b点受到的静电力，正电荷在a点

受到的静电力一定大于它在b点受到的静电力，故ACD错误；B．根据图中电场线方向可知，a点的场强方向一定沿着a点的电场线向右，故B正确。故选B。2.如图所示，一玻璃管中注满清水，水中放一软木塞（软木塞的直径略小于玻璃管的直径，轻重大小适宜，使它在水中能匀速上

浮）。将玻璃管的开口端用胶塞塞紧（图甲）。现将玻璃管倒置（图乙），在软木塞上升的同时，将玻璃管水平向右加速移动，观察软木塞的运动，将会看到它斜向右上方运动，经过一段时间，玻璃管移至图丁所示位置，软木塞恰好运动到玻璃

管的顶端，在下图的四个图像中，能正确反映软木塞运动轨迹的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】根据题意可知，软木塞在竖直方向上做匀速直线运动，则软木塞在竖直方向上相等时间内移动的距离相等，软木塞在水平方向上做加速

运动，则软木塞在水平方向上，相等时间内移动的距离越来越大。故选C。3.如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、C点为最低点，B点与O点等高，下列说法

正确的是（）A.小球经过A点时，所受杆的作用力方向一定竖直向下B.小球经过B点时，所受杆的作用力方向沿着BO方向C.从A点到C点的过程，杆对小球的作用力做负功D.从A点到C点的过程，小球重力的功率保持不变【答案】C【解析】【详解

】A．小球经过A点时，合外力提供向心力，则当小球速度较小时2vmmgr则所受杆的作用力竖直向上；当小球速度较大时2vmmgr则所受杆的作用力竖直向下；当小球速度2vmmgr=则杆对小球无作用力。故A错误；B．合外力提供向心力，小球受重力和杆给的作用力，则小球所受杆的作用力为右上方。

故B错误；C．A到C的过程中，重力做正功，根据动能定理可知k0GWWE+==杆故杆对小球的作用力做负功。故C正确；D．A点和C点处重力与速度方向垂直，则小球重力的功率为0，B点处重力与速度共线，故重力功率不为0，则从A点到C点的过程，小球重力的功率先增大再减小。

故D错误。故选C。4.一与地球密度相同的星球表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的2倍，则该星球的质量是地球质量的（忽略其自转影响）（）A.12B.2倍C.4倍D.8倍【答案】D【解析】【详解】根据2GMmmgR=，343MR=可得3

4gGR=由于星球与地球密度相同，星球表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的2倍，则星球的半径是地球半径的2倍，则该星球的质量是地球质量的8倍。故选D。5.火星和地球绕太阳运动均可视为匀速圆周运动，火星公转轨道的半径与地球公转轨道的半径之比为3:2，则火星

与地球绕太阳运动的（）A.角速度大小之比为22:33的B.线速度大小之比为3:2C.周期之比为2:3D.向心加速度大小之比为2:3【答案】A【解析】【详解】火星与地球绕太阳运动，同一个中心天体，根据222224MmvGmrmmamrrTr====A

．3GMr=，火星公转轨道半径与地球公转轨道半径之比为3：2，角速度大小之比为22:33，故A正确；B．GMvr=，火星公转轨道半径与地球公转轨道半径之比为3：2，线速度大小之比为2:3，故B错误；C．32rTGM=，火

星公转轨道半径与地球公转轨道半径之比为3：2，公转周期之比为33:22，故C错误；D．2GMar=，火星公转轨道半径与地球公转轨道半径之比为3：2，向心加速度大小之比为4∶9，故D错误；故选A。6.在水平恒力作用下，物体沿粗糙水平地面运

动，在物体的速度由0增大到v的过程中，恒力做功1W，在物体的速度由v增大到2v的过程中，恒力做功2W，则12:WW为（）A.1∶1B.1∶2C.1∶3D.因为有摩擦力做功而无法确定【答案】C【解析】【

详解】在物体的速度由零增加到v的过程中22vax=2112Wfxmv−=在物体的速度由v增加到2v的过程中2222vvax−=（）22211222Wfxmvmv−=−（）联立解得12:1:3WW=故选C

。7.如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，质量为m的小球从A点自由下落，至B点时开始压缩弹簧，小球下落的最低位置为C点。以B点为坐标原点O，沿竖直向下建立x轴，小球从B到C过程中的加速度一位移图像如图乙所示，重力加速度为g。在小球从B运动到C的过程中，下列说法正确的是（）A.小球在B点时的速度最

大B.小球在C点时所受的弹力大于2mgC.图像与x轴所包围的两部分面积大小相等D.小球的动能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大【答案】B【解析】【详解】A．小球在B点时，合力为重力，合力和速度同向，会继续加速，B点时的速度不是最大。A错误；B．小球若从B点由静止释放，到

达最低点时，由对称性，最低点加速度向上，大小为gNFmgmg−=N2Fmg=小球从A点自由下落，小球在C点时，弹力比上述情况要大，加速度向上，大于g。由牛顿第二定律NFmgmg−则N2FmgB正确；C．设在D点，弹力

和小球重力平衡，D点速度为Dv，由微元法可知图像与x轴所包围的上部分面积2211()2DBSvv=−图像与x轴所包围的下部分面积2221()2DCSvv=−因为0BCvv=得12SSC错误；D．小球和弹簧、地球组成的系统机械能守恒，小球从B运动到C的过程中，小球的重力势能一直在减小，小球

的动能与弹簧的弹性势能之和一直在增大。D错误。故选B。8.一木块静止放在光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向射入木块，若子弹进入木块的最大深度为1x，与此同时木块沿水平面移动的距离为2x，设子弹在木块中受到的摩擦力大小不变，则在子弹进入木块的过程中（）①子

弹损失的动能与木块获得的动能之比为()122:xxx+②子弹损失的动能与系统损失的动能之比为()121:xxx+③木块获得的动能与因系统变热损失的动能之比为21:xx④木块获得动能与因系统变热损失的动能之比为12:xxA.①②③B.

①②④C.②③④D.①③④【答案】A【解析】【详解】设摩擦力大小为f，对子弹运用动能定理可得的12k()fxxE−+=弹对木块运用动能定理可得2kkfxEE==木木可知子弹损失的动能与木块获得的动能之比为122

kk:():EExxx=+弹木根据能量守恒可知，因系统变热损失的动能为1221kkk()EEEfxxfxfx=−=+−=弹木系则子弹损失的动能与系统损失的动能之比为121kk:():EExxx=+弹系木块获得的动能与因系统变热损失的动能之比为2

1kk::EExx=木系故选A。9.如图所示，A、B两点固定两个等量的正点电荷，现在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q（不计重力），并由静止释放后，下列说法中正确的是（）A.负点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大

，速度越来越大B.负点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越少，速度越来越大C.负点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值D.负点电荷越过O点后，速度越来越小加速度越来越大，直到速度为零【答案】C【解析】【详解】AB．根据点电荷电场强度的叠加法则，可知，同种正电荷连线的中垂线上，电场

强度方向由O点向两边延伸，且大小先增大后减小，在P点由静止释放一个负点电荷q，在从P点到O运动的过程中，它只在电场力作用下，向下加速，电场强度可能越来越小，也可能先增大后减小，电场力可能越来越小，也可能先增大后减小，则加速度可能越来越小，也可能先增大后减小，但速度一定

越来越大，故AB错误；C．运动到O点时，所受的电场力为零，加速度为零，速度达最大值，故C正确；D．点电荷越过O点后，所受电场力向上，速度减小，电场强度可能越来越大，也可能先增大后减小，加速度可能越来越大，也可能先增大后减小，故D错误。故

选C。10.如图所示，两质量分别为1m和2m的弹性小球（可视为质点）叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向。已知214mm=，不计空气阻力，则质量为1m的小球反弹后能达到的高度为（）A.5hB.11h

C.115hD.12125h【答案】D【解析】【详解】下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同2vgh=m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2

速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，则211122mvmvmvmv−=+由能量守恒定律得222121122111222mmvmvmv+=+（）且214mm=联立解得的11111255vvgh==最大高度为

21max125221hvhg==故选D。11.如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为B2kgm=的另一物体B以水平速度02m/sv=滑上原来静止的长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取210m/sg=，则下列说法正确的是（）A.A、B间的动

摩擦因数为0.1B.系统损失的机械能为4JC.木板A的最小长度为2mD.木板获得的动能为2J【答案】A【解析】【详解】A．物体B加速度大小为22B21m/s1m/s10a−==−根据牛顿第二定律得BBBmgma=解得0.1=A正确；B．根

据动量守恒定律得()B0ABmvmmv=+解得A2kgm=损失的机械能为()22B0AB112J22Emvmmv=−+=损B错误；C．木板A的最小长度为1211m11m1m22L+=−=C错误；D．木板获得的动能为2kAA11J2Emv==D错误

。故选A。12.如图所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，D为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流

进电流计，指针向左偏．如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则（）A.导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大B.导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大C.导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小D

.导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小【答案】D【解析】【详解】电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电量在减小，电容两端间的电势差不变，由Q=CU可知，芯A与液体形成的电容器的电容减小，根据4πSCkd=，知正对面积

减小，则液体的深度h在减小，故D正确。13.平行金属板间有一匀强电场，不同的带电粒子都可以垂直于电场线方向射入该匀强电场（不计重力），要使这些粒子经过匀强电场后有相同的偏转角，则它们应具有（）A.相同的动能和相同的比荷（qm）B

.相同的动量和相同的比荷（qm）C.相同的速度和相同的比荷（qm）D.相同的比荷（qm）【答案】C【解析】【详解】粒子在垂直电场线方向上做初速度为0v的匀速运动，在平行电场线方向上做初速度为零，加速度为Eqam=的匀加速直线运动，粒子在电场中的运动时间

为0Ltv=粒子在离开偏转电场时发生的平行电场线方向上发生的偏转为22220011()222EqLEqLyatmvmv===要使这些粒子经过匀强电场后有相同的偏转角，即偏转量相等，所以根据公式分析可得它们

应具有相同的速度和相同的比荷。故选C。14.一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下，若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为（）A.动能减小B.电势能增加C.重力势能和电势能之和减小D.动能和电势能之和增加【答案】C【解析】【详解】A．由

轨迹图可知，油滴所受的合力方向竖直向上，故从a到b的运动过程中合外力做正功，动能增加，故A错误；B．由轨迹图可知，油滴所受的合力方向竖直向上，则带电油滴所受重力小于电场力，电场力方向竖直向上，从a到b的运动过程电场力做正功，电势能减小，故

B错误；C．根据能量守恒可知，重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，由于动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故C正确；D．根据能量守恒可知，重力势能、电势能、动能三者之和保持不变；从a到b的运动

过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故D错误。故选C。第二部分二、本题共2小题，共18分。将正确答案填涂到机读卡上相应的位置。15.用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象。先使开关S接1，电容器充电完毕后将

开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的It−曲线，如图乙所示。定值电阻R已知，且从图中可读出最大放电电流0I，以及图线与坐标轴围成的面积S。根据题目所给的信息，下列说法错误的是（）A.由图线与坐标轴围成的

面积S可得到电容器放出的总电荷量B.不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则图线与坐标轴围成的面积S将减小C.由最大放电电流0I和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压D.若电容器放出的总电荷量为Q，R两端的最大电压为mU，则电容器的电容为mQU【答案】B【解析】【详

解】A．根据QIt=可知It−图线与坐标轴围成的面积S为电容器的总电荷量，选项A正确；B．It−图线与坐标轴围成的面积S为电容器的总电荷量，不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则电源电压U不变，电容器电容C不变

，根据QCU=可知电容器的总电荷量不变，选项B错误；C．根据UIR=可知由最大放电电流0I和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压0mUIR=选项C正确；D．电容器放出的总电荷量Q即为电容器充满电时的电荷量，R两端的最大电压mU即为电容

器充满电时的电压，根据QCU=可知电容器的电容为mQCU=选项D正确；本题选错误的，故选B。16.如图是探究向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间关系的实验装置图，匀速转动手柄1，可使变速轮塔2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动。皮带分别套在轮塔2和3上的不

同圆盘上，可使两个槽内的小球A、B分别以不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力通过横臂6的杠杆作用使弹簧测力筒7下降，从而露出标尺8，标尺8露出的红白相间的等分格显示出两个

球所受向心力的比值。那么：（1）现将两小球分别放在两边的槽内，为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，下列说法正确的是______。A.在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的小球做实验B.在小球运动半径相等的情况下，用质量不同的小球

做实验C.在小球运动半径不等的情况下，用质量不同的小球做实验D.在小球运动半径不等的情况下，用质量相同的小球做实验（2）在该实验中应用了______（选填“理想实验法”“控制变量法”或“等效替代法”）来探究向心力的大小与质量m、角速度和半径r之间的关系。（3）当用两个

质量相等的小球做实验，且左边的小球的轨道半径为右边小球轨道半径的2倍时，转动时发现右边标尺上露出的红白相间的等分格数为左边的2倍，那么，左边轮塔与右边轮塔之间的角速度之比为______。【答案】（1）A（2）控制变量法（3）1:2【解析】【小问1详解】根据2

Fmr=可知要研究小球受到的向心力大小与角速度的关系，需控制小球的质量和半径不变。故选A。【小问2详解】探究向心力的大小与质量m、角速度和半径r之间的关系，先控制其中两个物理量不变，探究向心力大小与另一个物理量的关系，在该实验中应

用了控制变量法。【小问3详解】当用两个质量相等的小球做实验，且左边的小球的轨道半径为右边小球轨道半径的2倍时，转动时发现右边标尺上露出的红白相间的等分格数为左边的2倍，则有2:1rr=右左：，:1:2FF=右左根据2Fmr=可得Fmr=则有111222rFFr===右左

左右右左可知左边轮塔与右边轮塔之间的角速度之比为1:2。17.某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平。回答下列问题：（1）为完成此实验，

除了所给的器材，还需要的器材有______。（选填选项前的字母）A.米尺B.秒表C.电压合适的直流电源D.电压合适的交流电源（2）他进行了如下操作，其中没有必要进行的步骤是______，操作不当的步骤是______。A.按照图示的装置安装器材

B.将打点计时器接到学生电源的“直流输出”上C.用天平测出重锤的质量D.先接通电源，后释放纸带【答案】（1）AD（2）①.C②.B【解析】【小问1详解】A．实验中需要米尺测量物体下落的高度，故A正确；B．因打点计时器有计时功能，所以不需要秒表，故B错误；CD．打点计时器

需要电压合适的交流电源，故C错误，D正确；故选AD。【小问2详解】[1]本实验中，验证机械能守恒的表达式为212=mghmv等号两边可以将质量约掉，所以不需要测量物体的质量，故没有必要进行的步骤是C；[2]打点计时器需要接在交流电上才能正常使用，操作不当的步骤是B。18.用下图所示装

置做“验证动量守恒定律”实验。实验中使用的小球1和2质量分别为1m、2m，直径分别为1d、2d。在木板上铺一张白纸，白纸上面铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O。（1）小球1和2的质量应满足1m___________2m，直径应满足1d___________2d。（选填“大于”“等于”或“小于”

）（2）实验时，先不放小球2，使小球1从斜槽上某一点S由静止释放，找到其平均落地点位置P，测量平抛射程OP。再把小球2静置于斜槽轨道末端，让小球1仍从S处由静止释放，与小球2碰撞，并多次重复。该实验需要完成的必要步骤还有___________。（选填选项前的字母

）A．测量两个小球的质量1m、2mB．测量小球1的释放点S距桌面的高度hC．测量斜槽轨道末端距地面的高度HD．分别找到小球1与小球2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON（3）要验证两球碰撞前后动量守恒，仅需验证关系式_______

____是否成立[用（2）中测量的量表示]。请分析说明可以这样验证的理由___________。【答案】①.大于②.等于③.ADE##AED##DAE##DEA##EAD##EDA④.112mOPmOMmON=+⑤.小球水平飞出的速度与其水平射程成正比

【解析】【详解】（1）[1]小球1和小球2相碰后不能反弹，所以小球1的质量要大于小球2的质量。[2]由于该实验装置不能调节小球2摆放位置的高度，所以为保证两小球发生对心碰撞，两小球的直径要相等。（2）[3]A．本实验要“验证动量守恒定律”，

故需测量两个小球的质量1m、2m，A正确；B．小球1碰撞前的速度大小可以通过平抛运动规律求得212Hgt=0xvt=联立可得的02gvxH=实验中小球1每次都从同一位移S释放即可，无需测量释放点S距桌面的高度h，B错误；CD

E．由于各小球做平抛运动的竖直高度相同，所以由02gvxH=可得它们飞出时的水平速度与其落点的水平射程成正比，所以在验证动量守恒定律时，由111223mvmvmv=+可得111223mxmxmx=+故无需测量斜槽轨道末端距地面的高度H，需要测量各球平均落点的水平射程，故C错误，D、E正确。故选AD

E。（3）[4][5]由于小球1和小球2都从同一高度做平抛运动落在水平地面上，由平抛运动规律可知其飞出时的水平速度与其落点的水平射程成正比，所以仅需验证关系式112mOPmOMmON=+即可验证两球碰撞前后动量守

恒。三、解答题，本题共4小题，共40分，请将必要的文字说明和解答过程写在答题卡相应的位置处，只有结果不给分。19.如图所示，质量为m的飞机以水平初速度0v飞离跑道后逐渐上升，若飞机的水平速度0v不变，同时受到重力和竖直向上的恒定的升力，在测得飞机水平方向的位移为L时，上升的高度为h，重力

加速度为g，求：（1）飞机受到的升力大小；（2）飞机上升至h高度时的速度大小。【答案】（1）2022()vhmgL+（2）2204vLhL+【解析】【小问1详解】飞机做类平抛运动，则水平方向有0Lvt=竖直方向有212hat=联立解

得2022vhaL=对飞机由牛顿第二定律得Fmgma−=解得飞机受到的升力大小为2022()vhFmgL=+【小问2详解】竖直方向有22yvah=上升至h高度时飞机的速度大小为220yvvv=+联立解得2204vvLhL=+20.如图所示，一质量

m1＝0.45kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m2＝0.5kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与车的动摩擦因数μ=0.5，现有一质量m0＝0.05kg的子弹以水平速度v0＝100m/s射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短．(g取10m/s2)求：(1)子弹刚刚

射入小车时，小车的速度大小．(2)要使小物块不脱离小车，小车至少有的长度．【答案】(1)10m/s；(2)5m【解析】【详解】(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得00011()mvmmv=+解得110m/sv=(2)三物体组成的

系统动量守恒，当小物块与车共速时由动量守恒定律和动能守恒定律：()()0110122mmvmmmv+=++222011012211()()22mgLmmvmmmv=+−++得5mL=21.如图1所示，两平

行金属板A、B间电势差为U1，带电量为q、质量为m的带电粒子，由静止开始从极板A出发，经电场加速后射出，沿金属板C、D的中心轴线进入偏转电压为U2的偏转电场，最终从极板C的右边缘射出。偏转电场可看作匀强电场，板间距为d。忽

略重力的影响。（1）求带电粒子进入偏转电场时速度的大小v。（2）求带电粒子离开偏转电场时动量的大小p。（3）以带电粒子进入偏转电场时的位置为原点、以平行于板面的中心轴线为x轴建立平面直角坐标系xOy，如图2所示。写出该带电粒子在偏转电场中的

轨迹方程。【答案】（1）102qUvm=；（2）12(2)pmqUU=+；（3）2214UyxUd=【解析】【详解】（1）对带电粒子从左极板由静止，经加速电场并进入偏转电场的过程中，运用动能定理21012

qUmv=解得102qUvm=（2）设带电粒子进入和离开偏转电场时的速度分别为0v和v，对带电粒子从进入偏转电场到离开偏转电场的过程，运用动能定理2220111222qUmvmv=−解得12(2)pmvmq

UU==+（3）设带电粒子进入偏转电场时的速度为0v，加速度为a，经过时间t后（为离开偏转电场），水平方向位移为x，竖直方向位移为y，根据运动学公式，可得0xvt=212yat=根据牛顿运动定律可知，带电粒子在偏转电场中的加速度2qUamd=将102qUvm=和a代入x和y并消去时间

t，可得带电粒子轨迹方程2214UyxUd=22.开普勒用二十年的时间研究第谷的行星观测数据，分别于1609年和1619年发表了下列定律：开普勒第一定律：所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上。开普勒第二定律：对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间

内扫过的面积相等。开普勒第三定律：所有行星轨道的半长轴a的三次方跟它的公转周期T的二次方的比都相等，即32akT=，k是一个对所有行里都相同的常量。（1）在研究行星绕太阳运动的规律时，将行星轨道简化为一半径为r的圆轨道。a．如图所示，设行星与太阳

的连线在一段非常非常小的时间t内，扫过的扇形面积为S。求行星绕太阳运动的线速度的大小v，并结合开普勒第二定律证明行星做匀速圆周运动；（提示：扇形面积=12×半径×的弧长）b．请结合开普勒第三定律、牛顿运动定律，证明太阳对行星的引力F与行星轨道半径r的

平方成反比。（2）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。a．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；b．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O点做周期均为T0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320LkT=。请推导k′的表

达式（用MS、MP、L、G和其它常数表示），并说明k′≈k需满足的条件。【答案】（1）a．2Srt，证明过程见解析；b．证明过程见解析；（2）a．S24GMk=；b．()SP24GMMk+=，行星质量远小于太阳质量【解析】【详解】（1）a．根据扇

形面积公式可得时间t内行星扫过的扇形面积满足12rvtS=解得2Svrt=根据开普勒第二定律：对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，即St为常量，则行星绕

太阳运动的线速度的大小v也为常量，所以行星做匀速圆周运动；b．设行星质量为m，根据题意可知行星的圆周运动由太阳对行星的引力F提供向心力，则根据牛顿第二定律有222mvmrFrrT==根据开普勒第三定律可得32ak

T=即32rkT=联立以上两式可得224mkFr=其中24mk为常量，则太阳对行星的引力F与行星轨道半径r的平方成反比；（2）a．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2SPP22GMMMLLLT=解得3S224GMLkT==b．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RrL+=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2SPP202GMMMrLrT=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2SPS202

GMMMRLRT=将以上两式相加可得()22SP2220044RrGMGMLLTT++==解得()3SP2204GMMLkT+==则若要使k′≈k，即()SPS2244GMMGM+需要行星的质量远小

于太阳的质量。