2023年海南省屯昌縣高考物理二模試卷（A卷）（含答案解析）

這是一份2023年海南省屯昌縣高考物理二模試卷（A卷）（含答案解析），共14頁。試卷主要包含了03m等內(nèi)容，歡迎下載使用。
2023年海南省屯昌縣高考物理二模試卷（A卷）1.  首位通過實驗捕捉到電磁波的科學家是(    )A. 赫茲 B. 法拉第 C. 麥克斯韋 D. 奧斯特2.  下面是柏堯同學物理筆記的一部分，說法正確的是(    )
①冰水混合物的溫度一定是
②寒冬的長江煙波浩淼，說明分子在不斷運動
③物體的內(nèi)能增加，它的溫度一定升高
④夏天在河岸邊覺得沙子熱得發(fā)燙而河水卻不怎么熱，是因為水的比熱容大
⑤柴油機、蒸汽機、汽油機工作時都是利用內(nèi)能轉化為機械能A. 2個 B. 3個 C. 4個 D. 5個3.  修正帶是學生常用的學習工具之一，其結構如圖所示，包括上下蓋座、大小齒輪、壓嘴座等部件，大小齒輪分別嵌合于大小軸孔中，大小齒輪相互嚙合，a、b兩點分別位于大小齒輪的邊緣，則關于這兩點的線速度大小、角速度關系說法正確的是(    )
A. 線速度大小相等，角速度不等 B. 線速度大小不等，角速度相等
C. 線速度大小相等，角速度相等 D. 線速度大小不等，角速度不等4.  跳傘表演是人們普遍喜歡的觀賞性體育項目。如圖所示，當運動員從直升機上由靜止跳下后，在下落過程中將會受到水平風力的影響。下列說法中正確的是(    )A. 風力越大，運動員下落時間越長，運動員可完成更多的動作
B. 運動著地時的速度方向豎直向下
C. 運動員下落時間與風力無關
D. 運動員著地速度與風力無關
 5.  如圖所示，甲、乙為兩根完全相同的輕質(zhì)彈簧，甲彈簧一端固定在天花板上，另一端懸掛一質(zhì)量為的物塊；乙彈簧一端固定在水平地面上，另一端連接一質(zhì)量為的物塊，兩物塊止時，測得甲、乙兩根彈簧的長度分別為和，已知重力加速度大小為g，兩彈簧均在彈性限度內(nèi)，則這兩根彈簧的勁度系數(shù)為(    )A.  B.  C.  D. 6.  兩電荷量分別為和的點電荷固定在x軸上的A、B兩點，兩電荷連線上各點電勢隨坐標x變化的關系圖像如圖所示，其中P點電勢最高，且，則(    )A. 和都是負電荷
B. 的電荷量大于的電荷量
C. 在A、B之間將一負點電荷沿x軸從P點左側移到右側，電勢能先增大后減小
D. 一點電荷只在電場力作用下沿x軸從P點運動到B點，加速度逐漸變小
 7.  如圖所示電路中，電源的內(nèi)電阻為r，、、均為定值電阻，電表均為理想電表。閉合電鍵S，當滑動變阻器的滑動觸頭P向右滑動時，電表的示數(shù)都發(fā)生變化，電流表和電壓表的示數(shù)變化量的大小分別為、，下列說法不正確的是(    )A. 電壓表示數(shù)變大
B. 電流表示數(shù)變小
C.
D. 8.  如圖，物塊A、B疊放在一起放在豎直彈簧上，現(xiàn)給物體A施加一個豎直向上的逐漸增大的力F，使A向上做勻加速運動。已知A的質(zhì)量為，B的質(zhì)量為，彈簧的質(zhì)量忽略不計，彈簧勁度系數(shù)為。若F作用時間為時A與B分離。此過程中下列選項不正確的是取(    )A. 施加力F的瞬間A、B間彈力為69N
B. 分離時F的值為168N
C. 分離時彈簧的壓縮量為
D. 分離時B的加速度為9.  對于開普勒第三定律的公式，下列說法正確的是(    )A. 公式只適用于軌道是橢圓的運動
B. 式中的k值，對于所有行星都相等
C. 式中的k值，只與中心天體有關，與繞中心天體旋轉的行星無關
D. 該公式也適用于圍繞地球運行的所有衛(wèi)星10.  一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在時刻的波形如圖所示，質(zhì)點P在處。已知任意振動質(zhì)點連續(xù)兩次經(jīng)過平衡位置的時間間隔為。下列說法正確的是(    )
A. 波的頻率為5Hz
B. 波速為
C. 處的質(zhì)點在時恰好位于波峰
D. 處的質(zhì)點在時恰好位于波谷11.  一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A經(jīng)過狀態(tài)B和C又回到狀態(tài)A。其壓強p隨體積V變化的圖線如圖所示，其中A到B為絕熱過程，C到A為等溫過程。則下列說法正確的是(    )A. A狀態(tài)速率大的分子比例較B狀態(tài)的多
B. 過程，氣體分子平均動能增大
C. 過程，氣體對外做功
D. 過程，氣體放熱12.  某同學要探究類平拋運動的規(guī)律，設計了如圖所示實驗裝置，他將一塊足夠大平整方木板的一端放在水面地面上，另一端用支撐物墊起，形成一個傾角為的斜面；他先將一個小木塊輕輕放在斜面上，放手后發(fā)現(xiàn)小木塊會沿斜面向下運動；接著該同學將木塊置于木板左上角，同時給小木塊一個平行于木板上沿的水平向右初速度，測量木塊的運動軌跡，并沿平行于木板上沿和沿斜面向下方向建立xOy坐標系來研究木塊的運動。木塊與木板上表面間的動摩擦因數(shù)處處相同均為，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是(    )
A. 小木塊在斜面上的運動軌跡為一條拋物線，該同學實驗方案可行
B. 小木塊獲得初速度開始運動的瞬間，其加速度大小為
C. 小木塊沿y軸方向的分運動為勻加速直線運動
D. 小木塊最終沿與y軸平行的方向做勻加速直線運動，加速度大小13.  在“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”實驗中，某實驗小組進行實驗的主要步驟是：將橡皮筋的一端固定在木板上的A點，另一端拴上兩根細繩套，每根繩套分別連著一個彈簧測力計。沿著兩個方向拉彈簧測力計，將橡皮筋與繩套的結點拉到某一位置，將此位置標記為O點，讀取此時彈簧測力計的示數(shù)，分別記錄兩個拉力、的大小，再用筆在兩繩的拉力方向上分別標記B、C兩點，并分別將其與O點連接，表示、的方向：再用一個彈簧測力計將結點仍拉至O點，記錄此時拉力F的大小，同樣用筆在繩的拉力方向上標記D點，也將其與O點連接，表示F的方向。
已知兩彈簧測力計的示數(shù)分別為和，請在方框中利用平行四邊形定則做出和和合力F的力的圖示所選標度已給定，并由所做圖示可以得到合力的大小為______ 結果保留兩位有效數(shù)字；
比較F與可知，方向一定沿AO方向的是______ 。
14.  某實驗小組要測量阻值為幾十歐的定值電阻，實驗室提供了如下實驗器材：
A.電源電動勢為3V，內(nèi)阻不計；
B.電流表量程為，內(nèi)阻約為；
C.電流表量程為，內(nèi)阻為；
D.定值電阻阻值為；
E.滑動變阻器最大阻值為；
F.滑動變阻器最大阻值為；
G.開關及導線若干。
實驗要求多測幾組數(shù)據(jù)，且電表示數(shù)從零開始連續(xù)可調(diào)，請選擇合適的實驗器材設計電路，將電路圖畫在圖的線框中，并標上器材符號______ 。
閉合開關S，調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片，讀取多組電流表的示數(shù)和與之對應的電流表的示數(shù)，和的函數(shù)圖像如圖所示，則電阻______ 。
僅從系統(tǒng)誤差的角度考慮，電阻的測量值______ 填“大于”“等于”或“小于”真實值。
15.  在光滑水平面上有一質(zhì)量的木塊，在水平拉力作用下，木塊做勻加速直線運動。求：
木塊的加速度大??；
木塊2s末速度的大?。?/span>
木塊第3s內(nèi)通過的位移大小。16.  現(xiàn)代人越來越依賴手機，有些人喜歡躺著刷手機，經(jīng)常出現(xiàn)手機掉落傷眼睛或者額頭的情況，若有一手機質(zhì)量為120g，從離人額頭為20cm的高度無初速掉落，磕到額頭后手機的反彈忽略不計，額頭受到手機的沖擊時間為。取，求：
手機與額頭作用過程中，手機的動量變化量；
手機對額頭平均作用力的大小。
17.  如圖所示，在xoy平面坐標系的第Ⅰ象限內(nèi)有沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為E，第Ⅱ象限有垂直平面向里的勻強磁場，一個帶正電粒子以初速度，從x軸上A點沿y軸正方向射入電場，并從C點進入磁場，粒子恰好不射入第三象限，已知，，粒子的重力不計，求：
該粒子的比荷；
磁感應強度B的大小。
粒子第2次從電場進入磁場經(jīng)過y軸時的縱坐標值。

答案和解析 1.【答案】A 【解析】解：麥克斯韋提出了電磁場理論后，赫茲是最早用實驗證實電磁波存在，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
明確物理學史，知道最早用實驗證實電磁波存在、證明麥克斯韋電磁場理論的科學家是赫茲，從而即可求解．
對于電磁學發(fā)展史上重要發(fā)現(xiàn)、發(fā)明，可結合時代背景、實驗或理論內(nèi)容來加強記憶．
 2.【答案】A 【解析】解：
①只有在標準大氣壓下，冰水混合物的溫度才是，①錯誤；
②寒冬的長江煙波浩淼，是水蒸氣的液化現(xiàn)象，是物態(tài)變化的現(xiàn)象，不能直接說明分子在不斷運動，②錯誤；
③物體的內(nèi)能增加，它的溫度可以不變，例如晶體熔化時內(nèi)能增加，但溫度不變，③錯誤；
④夏天在河岸邊覺得沙子熱得發(fā)燙而河水卻不怎么熱，是因為水的比熱容大，④正確；
⑤柴油機、蒸汽機、汽油機工作時都是利用內(nèi)能轉化為機械能，⑤正確。
說法正確的有兩個，故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
找出筆記中記錄內(nèi)容所對應的物理知識，結合物理知識，逐一做出判斷即可。
本題考點綜合，考查學生對一些簡單物理知識的記憶力，難度不高。
 3.【答案】A 【解析】解：根據(jù)題意可知，大小齒輪由于邊緣嚙合，所以邊緣上的點的線速度大小相等，而齒輪的半徑不一樣，由公式可知，角速度的大小不等，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
同緣傳動時，邊緣點的線速度相等；同軸傳動時，角速度相等；結合分析。
本題關鍵明確同緣傳動、同軸傳動的特點，注意兩點屬于同緣轉動，線速度大小一定相等。
 4.【答案】C 【解析】解：AC、運動員下落時間只與豎直方向上的運動有關，與風力的大小無關，故A錯誤，C正確；
B、運動員在水平方向上受到風力的作用會有速度，風力越大，則水平方向的速度越大，運動沿著地時的速度不是豎直向下的，且速度的大小與風力有關，故BD錯誤；
故選：C。
根據(jù)運動的獨立性分析出運動員落地的時間的影響因素；
根據(jù)水平方向的運動特點，結合矢量合成的特點完成分析。
本題主要考查了運動的合成和分解問題，理解運動的獨立性，結合矢量的合成特點即可完成分析。
 5.【答案】A 【解析】解：設彈簧原長為，勁度系數(shù)為k，對甲圖根據(jù)共點力平衡條件得：
對乙圖根據(jù)共點力平衡條件得：
聯(lián)立解得：
故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
根據(jù)胡克定律表示兩彈簧的彈力，根據(jù)共點力平衡條件列式求解彈簧的勁度系數(shù)。
本題考查胡克定律，注意中的x指彈簧的形變量。
 6.【答案】A 【解析】解：A、由圖可知，越靠近兩點電荷，電勢越低，則兩點電荷均為負電荷，故A正確；
B、圖像切線的斜率表示電場強度，由圖像得，P點場強為零，則兩電荷在P處產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反，即
，則的電荷量小于的電荷量，故B錯誤；
C、由圖可知，在A、B之間沿x軸從P點左側到右側，電勢先增加后減小，根據(jù)可知負點電荷的電勢能先減小后增大，故C錯誤；
D、圖像的斜率表示電場強度，由圖像得，沿x軸從P點運動到B點場強逐漸增大。由可知，電荷只在電場力作用下沿x軸從P點運動到B點，加速度逐漸增大，故D錯誤。
故選：A。
離負點電荷越近，電勢越低；圖像的斜率表示電場強度，根據(jù)點電荷電場強度公式判斷兩電荷的電荷量的大??；根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度的變化；根據(jù)電勢的變化判斷電勢能的變化。
本題考查圖像，解題關鍵是能根據(jù)圖像分析電勢的高低和場強的大小，掌握點電荷電場的電場強度公式和電勢能公式。
 7.【答案】D 【解析】解：設、、、的電流分別為、、、，電壓分別為、、、干路電流為，路端電壓為U，電流表電流為I。
A、變大，外電阻變大，變小，變大，變大。故A正確。
B、變大，變小，由變小，變小，而，U變大，則變大，變大，，I變小。故B正確。
C、D，由歐姆定律，得由，I變小，變大，變小，則，故故C正確，D錯誤。
本題選不正確的，故選：D。
由圖，、并聯(lián)，再與串聯(lián)，與并聯(lián)，電壓表測量路端電壓，等于電壓．由接入電路的電阻變化，根據(jù)歐姆定律及串并關系，分析電流表和電壓表示數(shù)變化量的大?。?/span>
本題的難點在于確定電流表示數(shù)變化量與干路電流變化的大小，采用總量法，這是常用方法．
 8.【答案】A 【解析】解：設初始時刻彈簧的壓縮量為，根據(jù)平衡條件和胡克定律有
解得
當后A離開了B，時A、B間擠壓力恰為零，設此時彈簧壓縮量為，對B根據(jù)牛頓第二定律有

由運動學公式

解得，
故CD正確；
B.A、B分離時，對A由牛頓第二定律
解得
故B正確；
A.施加力F的瞬間，設A、B間彈力為N，以B為對象，由牛頓第二定律
解得
故A錯誤。
本題選擇錯誤的，故選：A。
根據(jù)平衡條件和胡克定律，求彈簧初始壓縮量，對B根據(jù)牛頓第二定律、運動學公式求加速度和彈簧的壓縮量，A、B分離時，對A由牛頓第二定律，求分離時F的值，施加力F的瞬間，設A、B間彈力為N，以B為對象，由牛頓第二定律，求彈力。
本題考查學生對平衡條件、胡克定律、牛頓第二定律、運動學公式的掌握，解題關鍵是正確選擇整體法、隔離法去選擇研究對象。
 9.【答案】CD 【解析】解：圓是橢圓的特例，故公式既然適用于橢圓軌道的行星，肯定也能適用于圓軌道的行星，但此時公式中的a為圓軌道半徑即可，故A錯誤；
比例系數(shù)k是一個由中心天體決定而與行星無關的常量，但不是恒量，不同的星系中，k值不同，k值是只與中心天體決定，與繞中心天體旋轉的行星無關，故B錯誤，C正確；
D、只要是圍繞同一中心天體運行的不同行星，公式都適用，包括以地球為中心天體的系統(tǒng)，故D正確。
故選：CD。
開普勒運動定律不僅適用于橢圓運動，也適用于圓周運動，不僅適用于行星繞太陽的運動，也適用于衛(wèi)星繞行星的運動．式中的k是與中心星體的質(zhì)量有關的。
本題需要掌握：開普勒運動定律不僅適用于橢圓運動，也適用于圓周運動，不僅適用于行星繞太陽的運動，也適用于衛(wèi)星繞行星的運動，式中的k是與中心星體的質(zhì)量有關的。
 10.【答案】BC 【解析】解：依題意，波的周期為 ，則頻率，解得
故A錯誤；
B.該波波長，所以波速，解得
故B正確；
C.因
圖中處的質(zhì)點在時刻正向上運動，故在時，質(zhì)點恰好位于波峰，故C正確；
D.根據(jù)周期性特點，處的質(zhì)點與處的質(zhì)點振動情況完全相同，處的質(zhì)點在時刻正向下運動，因
則在時，質(zhì)點恰好位于波峰，故處質(zhì)點在時恰好位于波峰，故D錯誤。
故選：BC。
根據(jù)題意確定周期，頻率，求頻率；
波速，求波速；
，為周期的，在時刻正向上運動，時，質(zhì)點恰好位于波峰；
根據(jù)周期性特點和振動方向以及振動時間，求質(zhì)點位置。
本題考查學生對周期頻率關系、波速公式、振動規(guī)律的掌握，解題關鍵是分析出質(zhì)點初始的位置和振動時間，確定下一時刻質(zhì)點振動位置。
 11.【答案】AC 【解析】解：由圖可知過程中，絕熱膨脹，氣體對外做功，，，根據(jù)熱力學第一定律可知，則內(nèi)能減小，溫度降低，氣體分子的平均動能減小，則A狀態(tài)速率大的分子比例較B狀態(tài)的多，故A正確，B錯誤；
過程中是等壓變化，體積增大，則氣體對外做功，由蓋-呂薩克定律，可知氣體溫度升高，所以氣體內(nèi)能增大，根據(jù)熱力學第一定律，氣體吸熱，C正確，D錯誤。
故選：AC。
根據(jù)圖象分析各個過程的溫度、體積和壓強的變化情況，結合熱力學第一定律和理想氣體的狀態(tài)方程進行分析解答。
本題考查了熱力學第一定律的應用，根據(jù)圖象判斷出氣體體積如何變化，從而判斷出外界對氣體做功情況，再應用熱力學第一定律與題目所給條件即可正確解題；要知道：溫度是分子平均動能的標志，理想氣體內(nèi)能由問題溫度決定。
 12.【答案】BD 【解析】解：小木塊獲得初速度開始運動的瞬間，受重力、支持力、滑動摩擦力，滑動摩擦力的方向與方向反向，把重力分解為垂直斜面向上和沿斜面向下的兩個力，支斜面對木塊的支持力，則木塊受到的滑動摩擦力，則根據(jù)牛頓第二定律有
解得
此后木塊在y方向做加速運動，x方向做減速運動，當x方向速度減為零時x方向不再運動，最終木塊在y方向做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律，解得加速度大小為，因此木塊不是做類平拋運動，故A錯誤，BD正確；
C.滑動摩擦力的方向從最初與方向反向，逐漸變?yōu)檠?/span>y軸負方向，則小木塊沿y軸方向的分運動為先做加速度減小的加速直線運動，后做勻加速直線運動，故C錯誤。
故選：BD。
將木塊所受重力沿斜面向下和垂直斜面分解，根據(jù)滑動摩擦力公式求摩擦力，根據(jù)力的合成求合力，根據(jù)牛頓第二定律求加速度；根據(jù)運動的合成與分解分析木塊沿x方向和沿y方向的運動情況，然后作出判斷；
C.對木塊減小受力分析，然后分析木塊沿y方向所受的合力，結合牛頓第二定律分析運動情況。
本題考查了物體木塊在斜面上的曲線運動，對于曲線運動可以采用“化曲為直”的方法進行研究；由于斜面粗糙，因此木塊的運動不是類平拋運動。
 13.【答案】 【解析】解：用線段的長短表示出、的大小，以這兩條邊為鄰邊，作出平行四邊形，對角線即表示的大小，通過測量、計算得

是通過作平行四邊形得到的合力，是理論值，F是實際的合力，方向一定沿AO方向。
故答案為：；。
用力的圖示法做出平行四邊形，測量對角線計算合力；
通過平行四邊形得到的合力為理論值，通過一個彈簧測力計拉至O點是實際值。
本題考查探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律實驗，要求掌握實驗原理和數(shù)據(jù)處理。
 14.【答案】   等于 【解析】解：沒有電壓表，可以用已知內(nèi)阻的電流表與定值電阻串聯(lián)改裝成電壓表測電壓，另一電流表測電流，實驗要求電表示數(shù)從零開始可以連續(xù)條件，則滑動變阻器應采用分壓接法，為方便實驗操作，滑動變阻器應選擇最大阻值較小的滑動變阻器，電流表采用外接法，實驗電路圖如圖所示

根據(jù)圖示電路圖，由歐姆定律可知：
根據(jù)圖示電路圖可知，電壓的測量值等于真實值，電流的測量值等于真實值，從系統(tǒng)誤差角度考慮，不存在系統(tǒng)誤差，電阻的測量值等于真實值。
故答案為：；；等于。
根據(jù)實驗原理與實驗要求作出實驗電路圖。
根據(jù)電路圖應用歐姆定律求出電阻阻值。
根據(jù)實驗電路圖分析實驗誤差。
理解實驗原理是解題的前提，要掌握實驗器材的選擇原則；作出實驗電路圖，根據(jù)實驗電路圖應用歐姆定律即可解題。
 15.【答案】解：對木塊，根據(jù)牛頓第二定律可得：
代入數(shù)據(jù)解得：
末的速度為
木塊第3s內(nèi)通過的位移大小為
答：木塊的加速度大小為；
木塊2s末速度的大小為；
木塊第3s內(nèi)通過的位移大小為。 【解析】根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；
根據(jù)速度-時間公式求解速度；
根據(jù)位移-時間公式求解通過的位移。
本題主要考查了牛頓第二定律和運動學公式，抓住加速度是解決此類問題的中間橋梁。
 16.【答案】解：選取豎直向下為正方向，根據(jù)自由落體運動規(guī)律，手機掉落到人額頭位置時的速度為
手機與額頭作用后手機的速度變?yōu)?/span>0，所以手機與額頭作用過程中動量變化量為
即手機動量變化量的大小為，方向豎直向上。
選取豎直向下為正方向，手機與額頭作用過程中，設額頭對手機平均作用力的大小為F，對手機由動量定理得
代入數(shù)據(jù)解得

根據(jù)牛頓第三定律知，手機對額頭平均作用力的大小為6N。
答：手機與額頭作用過程中，手機的動量變化量為，方向豎直向上；
手機對額頭平均作用力的大小為6N。 【解析】根據(jù)自由落體運動求出手機下落至額頭的速度和反彈的速度，根據(jù)動量公式解得；
對手機運用動量定理可求出額頭對手機的作用力，根據(jù)牛頓第三定律可求出手機對額頭的沖量和作用力。
本題主要考查了動量定理的應用，解題關鍵是能夠根據(jù)自由落體求出手機下落至眼睛的速度，會列動量定理的式子，注意動量的矢量性。
 17.【答案】解：粒子在第Ⅰ象限內(nèi)做類平拋運動，在第二象限內(nèi)做勻速圓周運動，其軌跡如圖所示：

由類平拋運動規(guī)律可得：



解得：
設粒子進入磁場時的速度大小為v。
沿x軸方向的速度大小為
解得：
沿y軸方向的速度大小為
則有：
設速度v的方向與y軸的夾角為，則有：，解得
粒子在第二象限的圓周軌跡恰好與x軸相切，設其半徑為R，由幾何關系得：

由洛倫茲力提供向心力得：

解得：
第1次從電場射入磁場的位置坐標
粒子第一次在磁場中運動軌跡的弦長為：
粒子從磁場射入電場后做類斜拋運動可看成2個類平拋的組合，沿電場線方向做勻減速直線運動，垂直電場線方向勻速直線運動。運動的對稱性可知，沿y軸方向位移大小為4d，可得粒子第二次進入磁場的位置坐標為：

解得：。
答：該粒子的比荷為；
磁感應強度B的大小為；
粒子第2次從電場進入磁場經(jīng)過y軸時的縱坐標值為。 【解析】粒子在第Ⅰ象限內(nèi)做類平拋運動，將運動分解處理，由類平拋運動規(guī)律求解；
粒子在第二象限的圓周軌跡恰好與x軸相切，由幾何關系求得其運動半徑，由洛倫茲力提供向心力求解；
粒子從磁場射入電場后做類斜拋運動，沿電場線方向做勻減速直線運動，垂直電場線方向勻速直線運動。根據(jù)運動的對稱性，由幾何關系求解。
本題考查了帶電粒子在復合電磁場中運動的問題，畫運動軌跡圖是解決此類問題的基本功，掌握垂直速度方向畫圓心所在的直線，依據(jù)其它條件如出射點的位置，軌跡與邊界相切等確定圓心位置，即可確定軌跡半徑與圓心角；知道半徑與速度大小相關聯(lián)，時間與圓心角相關聯(lián)。在電場的類平拋運動處理方法是運動分解與合成。