2024届山西省康杰中学物理高一第二学期期末综合测试模拟试题含解析

2024届山西省康杰中学物理高一第二学期期末综合测试模拟试
题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）
1、(本题9分)如图所示，物体A、B相对静止，共同沿斜面匀速下滑，正确的是（）
A．A与B间没有摩擦力
B．B受到斜面的滑动摩擦力为m B gsinθ
C．斜面受到B的滑动摩擦力，方向沿斜面向上
D．B与斜面的动摩擦因数μ= tanθ
2、(本题9分)已知某星球的质量为M，星球的半径为R，引力常量为G，它的一颗卫星绕该星球做匀速圆周运动离星球表面的高度也为R，则卫星在圆轨道上运行的速率为（）
A．GM
R
B．
2
GM
R
C．
2
GM
R
D．
3
GM
R
3、如图所示，长为L的细绳一端固定在O点，另一端拴住一个小球．在O点的正下
方与O点相距2
3
L
的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子A．把球拉起使细绳在水平方向
伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子后的瞬间（细绳没有断），下列说法正确的是
A．小球的向心加速度突然增大到原来的3倍
B．小球的线速度突然增大到原来的3倍
C．小球的角速度突然增大到原来的1.5倍
D．细绳对小球的拉力突然增大到原来的1.5倍
4、(本题9分)如图，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动．下列说法正确的是
A．小球受到重力、漏斗壁的支持力和向心力
B．小球受到的重力大于漏斗壁的支持力
C．小球受到的重力小于漏斗壁的支持力
D．小球所受的合力的大小等于0
5、(本题9分)如图，质量相同的物体分别自斜面AC和BC的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数相同，物体滑至斜面底部C点时的动能分别为E K1和E K2，下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为W1和W2，则( )
A．E K1>E K2，W1 <W2
B．E K1＝E K2 ，W1>W2
C．E K1<E K2，W1>W2
D．E K1>E K2，W1 = W2
6、(本题9分)当飞船在地球附近运行时，它的轨道半径近似等于地球半径R，航天员受到的地球引力近似等于他在地面上测得的体重mg。

由此可知（）
A Rg
B Rg
航天员处于超重状态
C Rg
D Rg
航天员处于超重状态
7、(本题9分)如图所示，长为L的轻杆一端固定一个质量为m的小球，另一端可绕
固定轴O 转动，已知小球通过最高点P 时速度为2gL ，不计一切阻力，则（ ）
A ．在最高点P 轻杆受到小球对它的向下的弹力
B ．小球在最低点Q 受到轻杆对它的弹力大小为92
mg C ．小球在最低点Q 和最高点P ，轻杆中的弹力大小之差为5mg
D ．小球要到达最高点P 点，最低点Q 点最小的速度为5gL
8、如图所示，一铁球用细线悬挂于天花板上，静止垂在桌子的边缘，悬线穿过一光盘的中间孔，手推光盘在桌面上平移，光盘带动悬线紧贴着桌子的边缘以水平速度v 匀速运动，当光盘由A 位置运动到图中虚线所示的B 位置时，悬线与竖直方向的夹角为θ，此时铁球（ ）
A ．竖直方向速度大小为v sin θ
B ．竖直方向速度大小为v cos θ
C ．相对于地面速度大小为21sin θ+
D ．相对于地面速度大小为v
9、自行车运动是治疗帕金森病有效、廉价的方法，对提高患者总体健康状况、改善平衡能力和协调能力，缓解焦虑和抑郁等都有重要作用．图示是某自行车的部分传动装置，其大齿轮、小齿轮、后轮的半径分别为123,R R R A B C 、、、、分别是三个轮子边缘上的点．当三个轮子在大齿轮的带动下一起转动时，下列说法中正确的是（ ）
A ．A 、
B 两点的角速度大小之比为1：1
B ．A 、
C 两点的周期之比为12:R R
C ．B 、C 两点的向心加速度大小之比为2223:R R
D ．A 、C 两点的向心加速度大小之比为()2
213:R R R 10、如图所示，在竖直向下的匀强电场中，一绝缘细线一端拉着带负电的小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，下列说法正确的是
A ．小球运动到最高点a 时，小球的电势能一定最小
B ．小球运动到最高点a 时，细线的拉力一定最小
C ．小球运动到最低点b 时，小球的速度一定最大
D ．小球运动到最低点b 时，小球的机械能一定最小
11、如图所示，a 、b 是两个在同一平面内的，绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，其中已知b 为地球同步卫星，引力常量为G ．据图和上述信息，关于地球和卫星a 、b 的分析或结论，如：卫星a 、b 的绕行速度v a 、v b ，绕行周期T a 、T b 等。

下列的叙述正确的是（ ）
A ．由于v a ＞v b ，因而卫星a 减速可有可能让卫星b 追上
B ．卫星a 的绕行周期T a 一定小于24h
C ．卫星a 、b 的轨道平面一定与地球的赤道平面重合
D ．利用以上信息，可计算出地球的半径
12、如图所示，点L 1和点L 2称为地月连线上的拉格朗日点．在L 1点处的物体可与月球同步绕地球转动．在L 2点处附近的飞行器无法保持静止平衡，但可在地球引力和月球引力共同作用下围绕L 2点绕行．我国中继星鹊桥就是绕L 2点转动的卫星，嫦娥四号
在月球背面工作时所发出的信号通过鹊桥卫星传回地面，若鹊桥卫星与月球、地球两天体中心距离分别为R 1、R 2，信号传播速度为c ．则（ ）
A ．鹊桥卫星在地球上发射时的发射速度大于地球的逃逸速度
B ．处于L 1点的绕地球运转的卫星周期接近28天
C ．嫦娥四号发出信号到传回地面的时间为12R R t c
+= D ．处于L 1点绕地球运转的卫星其向心加速度a 1小于地球同步卫星的加速度a 2
二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、（6分）（1）如图所示，下列器材中，实验“探究小车速度随时间的变化规律”、“探究加速度与力、质量的关系”、“用自由落体运动验证机械能守恒定律”都需要用到的实验器材是______、______（填器材的名称）。

（2）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，下列说法中正确的是______（填字母）
A ．长木板的一端必须垫高，使未挂砝码盘的小车拖着纸带恰能在木板上做匀速运动
B ．悬挂的砝码和砝码盘的总质量一定要远小于小车的总质量
C ．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
D ．小车应靠近打点计时器，先释放小车，后接通电源
（3）如图是验证机械能守恒定律实验得到的一条纸带，电源频率为50Hz 。

计算打点计时器打下b 点时纸带的速度=b v ______m/s 。

（计算结果保留三位有效数字）
14、（10分）(本题9分)某实验小组的同学做“用单摆测定重力加速度”的实验。

（1）实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的_________选填选项前的字母）
A．长约1m的细线B．长约1m的橡皮绳
C．直径约1cm的均匀铁球D．直径约10cm的均匀木球
（2）选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图中________所示的固定方式（选填“甲”或“乙”）。

（3）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的时____________（选填选项前的字母）。

A．测出摆线长作为单摆的摆长
B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度由静止释放，使之做简谐运动
C．在摆球经过平衡位置时开始计时
D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期
（4）用l表示单摆的摆长，用T表示单摆的周期，则计算重力加速度的表达式为
g=____________.
（5）乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是________（选填选向前的字母）。

A．开始摆动时振幅较小
B．开始计时时，过早按下秒表
C．测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间记为n次全振动的时间
D．实验中，由于操作不当，使摆球做圆锥摆运动
三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）
15、（12分）如图所示，水平地面与一半径为R的竖直光滑圆弧轨道相接于B点，轨道上的C点位置处于圆心O的正下方．距地面高度为R的水平平台边缘上的A点，质
量为m的小球以
02
v gR
B点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道．小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g，试
求：
（1）B点与抛出点A正下方的水平距离x．
（2）圆弧BC段所对的圆心角θ．
（3）小球能否沿圆轨道上升到最高点D，若能到达，求出到达D点的速度；若不能到达，请说明理由．
16、（12分）(本题9分)如图所示,为一组未知方向的匀强电场的电场线，把电荷量为1×10-6 C的负电荷从A点沿水平线移至B点，静电力做了2×10-6 J的功，A、B间的距离为2 cm.求:
(1)电场强度的大小和方向；
(2)A、B两点间的电势差U AB=?若B点电势为1 V，求A点电势;
(3)电子处于B点时,具有的电势能是多少?
17、（12分）如图所示，半径为R的光滑圆环竖直固定质量为m的小球A套在圆环上；
长为4
3
R
的刚性(既不伸长也不缩短)轻杆一端通过铵链与A连接，另一端通过铰链与滑
块B连接；质量为m的滑块B套在固定的光滑水平长杆上，水平杆与圆环的圆心O位于同一水平线上，给B施加一水平向左的力，使小球A静止于轻杆与圆环相切的位置现撒去水平力F，滑块B由静止开始运动，不计一切摩擦AB均视为质点重力加速度为g，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)小球A静止时滑块B受到水平力F的大小；
(2)小球A 滑到与圆心O 同高度时的速度大小；
(3)小球A 由静止下滑至杆与圆环再次相切的过程中，杆对滑块B 做的功。

参考答案
一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）
1、D
【解题分析】
试题分析：对A 分析，A 在沿斜面方向上有一个重力沿斜面向下的分力，若没有摩擦力AB 不会相对静止，故A 与B 之间有摩擦力，A 错误；将AB 看做一个整体，整体在沿斜面方向上有，方向沿斜面向上，根据牛顿第三定律可得斜面受到B 的滑动摩擦力，方向沿斜面向下，AB 错误；，解得
，D 正确；
考点：考查了共点力平衡条件，摩擦力
2、B
【解题分析】 根据万有引力提供向心力得22(2)2GMm mv R R =，解得2GM v R
=故选项B 正确，ACD 错误。

3、A
【解题分析】
B.小球摆下后由机械能守恒可知：212mgL mv =
，因小球下降的高度相同，故小球到达最低点时的线速度相同，故B 错误.
C.由于半径变为原来的
13
，根据v =rω可得，小球的角速度突然增大到原来的3倍，故C 错误. A.根据2
v m ma r =,可知半径变为原来的13
，向心加速度突然增大到原来的3倍，故A 正确.
D.在最低点由：2v F mg m r -=,可得22=v mgL F mg m mg r r
=++，半径改变前3F mg =，半径变为原来的13
时，可知7F mg '=，则拉力变为原来的73倍；故D 错误.
4、C
【解题分析】
小球受到重力、支持力两个力作用，靠两个力的合力提供向心力，合力不为零，故AD 错误；
小球靠重力和支持力的合力提供向心力，合力的方向沿水平方向，如图所示，可知支持力大于重力，故B 错误，C 正确．
点睛：解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，注意受力分析，不能说小球受到向心力．
5、D
【解题分析】
设斜面的倾角为θ，滑动摩擦力大小为μmgcosθ，则物体克服摩擦力所做的功为μmgscosθ．而scosθ相同，所以克服摩擦力做功相等，即W 1 = W 1．根据动能定理得，0K mgh mgscos E μθ-=- ，在AC 斜面上滑动时重力做功多，克服摩擦力做功相等，则在AC 面上滑到底端的动能大于在BC 面上滑到底端的动能，即12k k E E ＞．
A. E K1>E K1，W 1 <W 1，与分析不符，故A 错误；
B. E K1＝E K1 ，W 1>W 1与分析不符，故B 错误；
C. E K1<E K1，W 1>W 1 与分析不符，故C 错误；
D. E K1>E K1，W 1 = W 1与分析相符，故D 正确；
6、A
【解题分析】
AB ．当重力提供向心力时，则有
2
v mg m R
=
A 正确，
B 错误；
C ．根据万有引力提供向心力可知
2
2Mm v G m r r
= 轨道半径越大，则线速度越小，故近地卫星的环绕速度是最大的速度，故绕行速度不会
C 错误；
D ． D 错误。

故选A 。

7、AC
【解题分析】
A. 向心力2P 12
mv F mg r == ，由于向心力小于小球重力mg ，所以小球在最高点P 受到向上的弹力，根据牛顿第三定律：轻杆受到小球对它的向下的弹力，故A 正确。

B. 小球从P 到Q 的过程，根据动能定理得：22Q P 11222
mgL mv mv =- ，解得：
Q v =，则小球在Q 点向心力为2Q Q 92
mv F mg L == ，对于Q 点的小球：2NQ Q mv F mg L -=
解得：NQ 112F mg = 。

所以：小球在最低点Q 受到轻杆对它的弹力大小为112
mg ，故B 错误。

C. 在P 点：2
p NP mv mg F L -= ，解得：NP 12
F mg = ，NQ NP 5F F mg -= 所以小球在最低点Q 和最高点P ，轻杆中的弹力大小之差为5mg ，故C 正确。

D. 小球要恰好到达最高点P 点速度为零，根据动能定理得：2Q 1-20-2
mgL mv =，解得：
Q v =D 错误。

8、AC
【解题分析】
AB.由题意可知，线与光盘交点参与两个运动，一是逆着线的方向运动，二是垂直线的方向运动，则合运动的速度大小为v ，由数学三角函数关系，则有：v 线=v sinθ；而线的速度的大小，即为小球上升的速度大小，故A 正确，B 错误；
CD.由于A AB B v v v =+ 由上分析可知，球相对于地面速度大小为22()v v vsin θ'=+故C 正确，D 错误；
9、BD
【解题分析】
大齿轮边缘的A 点和小齿轮边缘上的B 点线速度的大小相等，根据v=Rω可知：
R 2ω2=R 2ω2，所以：1221
R R ω
ω＝．故A 错误；小齿轮边缘的B 点和后轮边缘的C 点共轴，所以转动的角速度相等即ω2=ω2，根据2T π
ω=．所以B 与C 的周期相等，即T 2=T 2；
根据2T π
ω=，则A 与B 的周期之比：121212 T R T R ωω＝＝ ，所以A 、C 两点的周期之比为1132
T
R T R ＝．故B 正确；小齿轮边缘的B 点和后轮边缘的C 点共轴，所以转动的角速度相等，根据a=ω2r ，可知B 、C 两点的向心速度大小之比为a 2：a 2=R 2：R 2．故C 错
误；大齿轮边缘的A 点和小齿轮边缘上的B 点线速度的大小相等，根据2
v a r
＝，所以：a 2：a 2=R 2：R 2．所以：211222331313
22
a a R R R R a R R R R a R ⋅⋅＝＝＝．故D 正确．故选BD. 点睛：本题考查灵活选择物理规律的能力．对于圆周运动，公式较多，要根据不同的条件灵活选择公式．解决本题的关键知道靠链条传动，线速度相等，共轴转动，角速度相等．
10、AD
【解题分析】
A 项：从b 到a ，电场力做正功，电势能减小，故小球经过a 点时的电势能最小，故A 正确；
B 、
C 项：小球在电场中受到重力和竖直向上的电场力作用，当重力大于电场力时，小球从最低点到最高点时，合力做负功，速度减小，则小球运动到最高点a 时，线的张力一定最小，到达最低点b 时，小球的速度最大，动能最大；当重力等于电场力时，小球做匀速圆周运动，速度大小不变，细线拉力大小保持不变，当重力小于电场力时，小球
运动到最高点a 时，线的张力一定最大，到达最低点时，小球的速度最小，故BC 错误；
D 项：、当小球从最低点到最高点的过程中，电场力做正功，电势能减小，小球运动到最高点时，小球的电势能最小，机械能最大，所以小球运动到最低点b 时，小球的机械能一定最小，故D 正确。

11、BC
【解题分析】
A.卫星a 减速时，a 将做近心运动，轨道半径减小，不可能让卫星b 追上。

故A 错误。

B.根据万有引力提供向心力，得：
2
224Mm G m r r T
π= 解得：
2T =， 可知，卫星a 的绕行周期T a 一定小于卫星b 的绕行周期T b ，即一定小于24h ，故B 正确。

C.地球同步卫星的轨道平面一定与地球的赤道平面重合，a 、b 是两个在同一平面内的，b 为地球同步卫星，则卫星a 、b 的轨道平面一定与地球的赤道平面重合，故C 正确。

D.利用题目的信息，不能求出地球的半径，故D 错误。

12、BD
【解题分析】
A.逃逸速度是卫星脱离地球的引力的第二宇宙速度，“鹊桥”的发射速度应小于逃逸速度，故A 错误；
B.根据题意知中继星“鹊桥”绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同，故B 正确；
C.鹊桥卫星与月球、地球两天体中心距离分别为R 1、R 2，到地表的距离要小一些，则
嫦娥四号发出信号到传回地面的时间为t 要小于12R R c
+，故C 错误； D 、由a=rω可知处于L 1点绕地球运转的卫星其向心加速度a 1小于月球的向心加速度，由2GM a r
=可知月球的向心加速度小于同步卫星的向心加速度，则卫星其向心加速度a 1小于地球同步卫星的加速度a 2，故D 正确.
二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、刻度尺 打点计时器 ABC 1.38m/s （1.36～1.39均给分）
【解题分析】
（1）[1][2]．验证机械能守恒定律需要的器材有：重锤、铁架台、打点计时器和纸带、刻度尺等。

实验“探究小车速度随时间的变化规律”和“探究加速度与力、质量的关系”两实验类似，需要的器材有：小车、打点计时器、钩码、刻度尺、木板等；可知能用于这三个实验的器材是打点计时器和刻度尺。

（2）[3]．在做“探究加速度与力、质量的关系”实验前，先要做一些辅助工作： A 、平衡摩擦力，即先把长木板的一端必须垫高，使未挂砝码盘的小车拖着纸带恰能在木板上做匀速运动，选项A 正确；
B 、为了使拉力等于钩码的重力，必须使钩码的质量远小于小车的质量，故选项B 正确；
C 、细线要与木板平行，否则合力是变化的，选项C 正确；
D 、凡涉打点计时器的步骤，是先通电再释放物体，故选项D 错误。

故选ABC 。

（3）[4]．b 点的速度等于ac 段的平均速度，由图可知
x ac =5.5cm=0.055m ；
故
0.055 1.38m/s 20.022
ac x v T ===⨯ 14、AC 乙 BC 2
24g k
π= CD 【解题分析】
（1）[1]AB.实验过程单摆摆长应保持不变，应选择长约1m 的细线作为摆线，摆线不能选择有弹性的橡皮绳，故A 正确，B 错误；
CD.为减小实验误差，应选择密度大而体积小的球作为摆球，应选择直径约1cm 的均匀铁球作为摆球，不要选用直径约10cm 的均匀木球，故C 正确，D 错误；
故选：AC ；
（2）[2]在该实验的过程中，悬点要固定，应采用图乙中所示的固定方式。

（3）[3]A.摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长，故A 错误；
B.单摆在小角度下的运动为简谐运动，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，故B 正确；
C.为减小测量误差，在摆球经过平衡位置时开始计时，故C 正确；
D.为减小测量误差，应测出n 个周期的总时间t ，然后求出周期：t T n =
，用单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期实验误差较大，故D 错误；
故选：BC ；
（4）[4]由单摆周期公式：2T ==，可知：T 成正比，T 图
象是正比例函数图象，T 图象的斜率：
k
=， 则重力加速度：
2
24g k
π=；
（5）[5]由单摆周期公式：2T =得： 224l g T
π=； A.单摆在小角度下的摆到为简谐振动，开始摆动时振幅较小，单摆的振幅对重力加速度的测量没有影响，故A 错误；
B.开始计时时，过早按下秒表，所测周期T 偏大，所测重力加速度偏小，故B 错误；
C.测量周期时，误将摆球（n −1）次全振动的时间记为n 次全振动的时间，所测周期T 偏小，所测重力加速度g 偏大，故C 正确；
D.实验中，由于操作不当，使摆球做圆锥摆运动，测得的周期T 偏小，所测重力加速度偏大；
故选：CD ；
故答案为：（1）AC ；（2）乙（3）BC ；（4）2
24g k
π=（5）CD 。

【题目点拨】
单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，还要知道：摆角很小的情况下单摆的振
动才是简谐运动；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变；单摆在摆动的过程中，摆长不能发生变化．在最低点，速度最快，开始计时误差较小。

三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）
15、（1）2x R = （2）45θ︒= （3）不能到达，原因见解析
【解题分析】
（1）由于竖直方向上自由落体运动：
212
R gt = 所以小球运动的时间为：
t =水平距离为：
02x v t R ==
（2）小球在B 点时的竖直方向的分速度为：
y v gt ==又因为小球水平速度为：
0v =所以：
0tan 1y
v v θ==
解得：45θ︒=
（3）在B 点的速度为：
B v ==小球要能到达最高点D ，则在D 点的最小速度由向心力公式可知：
min v 假设小球能到达D 点，则对于小球从B 到D 的过程中，由动能定理可知： 2211(cos )22
D B mg R R mv mv θ-+=
- 联立解得：
22D v gR gR =-
由于v D <v min ，所以小球不能到达D 点
答：（1）B 点与抛出点A 正下方的水平距离2x R =．
（2）圆弧BC 段所对的圆心角45θ︒=．
（3）由于v D <v min ，所以小球不能到达D 点
【题目点拨】
要注意能否到达最高点，就是判断能都达到能到达的最低速度
16、 (1)E=2×102N/C,方向斜向下 (2)
, (3) 【解题分析】根据题意，AB 间的电势差
U AB ＝＝V ＝－2 V……………………………(2分)
AB 间沿电场线方向上的位移为d ＝1 cm 所以场强E ＝
＝2×102N/C……………（2分） A 点电势低于B 点电势，所以电场强度方向斜向下．………………………………(1分) 已知AB 间电势为－2 V ，如果已知B 点电势为1 V ，所以A 点电势为－1 V ，电子处于B 点时，具有电势能为－1 eV…………………………………（3分）
本题考查电场力做功的公式，U=Ed 中的d 为沿着电场线方向的有效距离 17、 (1) F =1225mg (2)v =2105
gR (3)W=4041mgR 【解题分析】
（1）对A 和B 受力分析如图甲所示
研究小球A : A A
F G 杆=sin 37° 研究滑块B : F =F 杆B cos37°
且F 杆A =F 杆B
F =1225mg （2）当A 滑到与O 同高度时，A 的速度沿圆环切向向下大小为v,B 的速度为0
由机械能守恒定律得：mgR cos37°=212
mv 解得：v =2105
gR （3）杆与圆环再次相切时，A 的速度沿轻杆方向，设为v A ，此时B 的速度沿水平杆向左，设为v B ，如图乙所示
根据杆不可伸长和缩短，得:v A = v B cos 37°
球A 下落的高度为：h =2R cos37°=85
R 由A 球和B 球组成的系统机械能守恒定律得：mgh =221122
A B mv mv 由动能定理得:W =
212
B mv -0 代入数据解得：W =4041mgR。