1.立定跳遠的動作分解圖如圖所示，圖甲為人從地面起跳的動作，圖乙、丙為人在空中的動作，圖丁為人的落地動作，不計空氣阻力，下列說法正確的是( )
A. 圖甲中，地面對人的摩擦力向左
B. 圖乙中，人處于超重狀態(tài)
C. 圖丙中，人處于失重狀態(tài)
D. 圖丁中，地面對人的支持力大于人對地面的壓力
2.某同學在操場將一質(zhì)量為0.5kg的籃球從距離地面高0.8m處以3m/s的速度豎直向下拋出，不計空氣阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，則籃球從拋出到第一次撞擊地面的過程中，重力對籃球的沖量大小為( )
A. 4N?sB. 3N?sC. 2N?sD. 1N?s
3.冰壺是以隊為單位在冰上進行的一種投擲性競賽項目，被大家喻為冰上的“國際象棋”。如圖所示，運動員投擲出的冰壺甲運動一段時間后，與靜止在大本營中心的冰壺乙發(fā)生碰撞，已知兩冰壺完全相同，則碰撞后兩冰壺最終停止的位置不可能是( )
A. B.
C. D.
4.探究兩個可以視為點電荷的帶電小球之間的作用力，帶電荷量為Q的小球C固定在絕緣支架上，用輕質(zhì)絕緣細線將帶電荷量為q的小球P懸掛在鐵架臺上，平衡時兩小球連線水平，之間的距離為r，懸掛小球P的細線與豎直方向的夾角為θ，如圖所示。已知小球P的質(zhì)量為m，靜電力常量為k，則剪斷細線的瞬間，小球P的加速度大小為( )
A. kqQmr2sinθB. kqQmr2csθC. kqQmr2tanθD. kqQtanθmr2
5.如圖所示，以O為原點在豎直面內(nèi)建立平面直角坐標系，第Ⅳ象限的擋板形狀滿足方程y=x2?94(單位：m)，小球(可視為質(zhì)點)從第Ⅱ象限內(nèi)的光滑四分之一圓弧軌道的頂端由靜止釋放，通過O點后開始做平拋運動，經(jīng)0.5s擊中擋板上的P點，取重力加速度大小g=10m/s2。四分之一光滑圓弧軌道的半徑為( )
A. 0.2mB. 0.3mC. 0.4mD. 0.5m
6.隨著新能源汽車的發(fā)展，市面上的電車品牌越來越多，為了更好地幫助消費者選擇適合自己的座駕，對電車的測評也變得越來越全面，電車的百公里能耗作為一項關鍵指標是人們買車時的重要參考。圖為某品牌汽車在不同速度下勻速行駛時的用電功率圖，試根據(jù)圖中數(shù)據(jù)分析該款汽車最經(jīng)濟的駕駛速度約為( )
A. 20km/hB. 50km/hC. 80km/hD. 110km/h
7.如圖所示，某條河流兩岸筆直，河水流速不變，甲、乙兩艘船在靜水中航行的速度分別為4m/s和2.4m/s，兩船從同一渡口A同時向河對岸開去，甲船用最短時間渡河，乙船以最短航程渡河，結(jié)果兩船均沿直線先、后抵達對岸的同一渡口B，乙船比甲船晚到64s，下列說法正確的是( )
A. 水流的速度大小為2.5m/sB. 乙船渡河的時間為120s
C. 兩渡口的距離為180mD. 兩岸的距離為121m
二、多選題：本大題共3小題，共12分。
8.2024年9月19日，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長征三號乙運載火箭與遠征一號上面級，成功發(fā)射第五十九顆、六十顆北斗導航衛(wèi)星，兩衛(wèi)星軌道均為圓軌道且低于同步軌道。如圖所示，衛(wèi)星A是第五十九顆北斗導航衛(wèi)星，衛(wèi)星B是第六十顆北斗導航衛(wèi)星，衛(wèi)星P是地球赤道上還未發(fā)射的衛(wèi)星，已知三顆衛(wèi)星的質(zhì)量相等，下列說法正確的是( )
A. 衛(wèi)星A運動得最快
B. 衛(wèi)星B的加速度最小
C. 衛(wèi)星B、P的角速度相等
D. 衛(wèi)星P受到地球的引力最大
9.某地突發(fā)停電后，一小區(qū)啟動柴油發(fā)電機通過如圖所示的理想變壓器為業(yè)主供電，已知發(fā)電機的輸出電壓不變，圖中電表均為理想交流電表，當開關S1、S2均斷開時，兩電流表的示數(shù)均為0，電壓表V1的示數(shù)為380V，電壓表V2的示數(shù)為220V，下列說法正確的是( )
A. 當開關S1閉合、S2斷開時，兩電流表示數(shù)的比值I1I2=1119
B. 當開關S1斷開、S2閉合時，兩電壓表示數(shù)的比值U1U2=1119
C. 當開關S1、S2均閉合時，兩電流表示數(shù)的比值I1I2=1911
D. 當開關S1、S2均閉合時，兩電壓表示數(shù)的比值U1U2=1911
10.空間存在豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場，兩根相距為L的平行長直金屬導軌水平放置，左端接電容為C的電容器，一根導體棒放置在導軌上，如圖甲所示。起初開關閉合，導體棒在水平向右的恒力作用下開始運動，t0時刻速度增加到v0，此時斷開開關，導體棒繼續(xù)加速，2t0時刻速度增加到4v0，v?t圖像如圖乙所示，已知導體棒運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，不計電路中的電阻及導體棒與導軌間的摩擦。下列說法正確的是( )
A. t0時刻電容器所帶的電荷量為CBLv0
B. 0～t0時間內(nèi)通過導體棒的電流為CBLv0t0
C. 0～t0時間內(nèi)導體棒受到的安培力大小為CB2L2v02t0
D. 恒力F=2CB2L2v0t0
三、實驗題：本大題共2小題，共18分。
11.某同學做驗證向心力與線速度關系的實驗裝置如圖所示，一根長度為L的輕質(zhì)細線上端固定在拉力傳感器上，下端懸掛一小鋼球，實驗步驟如下：
①將鋼球懸掛靜止不動，此時力傳感器示數(shù)為F；
②將鋼球拉到細線與豎直方向的夾角θ=60°處由靜止釋放，力傳感器示數(shù)的最大值為2F。
已知當?shù)氐闹亓铀俣却笮間，回答下列問題：
(1)鋼球的質(zhì)量m=______。
(2)鋼球的最大速度v=______。
(3)該實驗測得的數(shù)據(jù)______(填“存在”或“不存在”)誤差。
12.某探究小組成員找到一塊6F22方塊電池，該電池內(nèi)部由6節(jié)堿性干電池串聯(lián)而成，小組成員欲測量該電池的電動勢和內(nèi)阻，可供選擇的器材如下：
A.待測方塊電池(電動勢約為9.0V，內(nèi)阻約為5Ω)；
B.電流表A(量程為0～0.6A，內(nèi)阻RA=0.7Ω)；
C.電壓表V(量程為0～3V，內(nèi)阻RV=600Ω)；
D.定值電阻R1=0.3Ω；
E.定值電阻R2=600Ω；
F.定值電阻R3=1500Ω；
G.滑動變阻器R4(0～10Ω,允許通過的最大電流為2A)；
H.滑動變阻器R5(0～100Ω,允許通過的最大電流為1A)；
I.導線若干、開關。
探究小組成員設計了如圖甲所示的實驗方案。請回答下列問題：
(1)滑動變阻器R應選擇______，①處應選擇______，②處應選擇______。(均填寫器材前序號)
(2)探究小組成員測得多組U、I數(shù)據(jù)，繪制出如圖乙所示的U?I圖線，則該方塊電池的電動勢E=______ V，內(nèi)阻r=______Ω。(結(jié)果均保留一位小數(shù))
四、計算題：本大題共3小題，共30分。
13.一根輕桿兩端分別固定著質(zhì)量為M的甲球和質(zhì)量為m的乙球，斜靠在豎直光滑墻壁上，系統(tǒng)恰好保持平衡，如圖所示。已知輕桿與水平地面的夾角為45°，輕桿中的彈力沿輕桿方向，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。
(1)求墻壁對甲球的支持力大小FN和輕桿中的彈力大小F彈；
(2)求乙球與地面間的動摩擦因數(shù)μ。
14.如圖所示，傾角θ=30°、足夠長的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一質(zhì)量m=1.2kg的物塊，t=0時刻物塊在沿斜面向上的恒力F作用下，從斜面底端由靜止開始運動，t=3s時撤去F，t=6s時物塊恰好返回斜面底端，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)撤去F后物塊的加速度大小a；
(2)恒力F對物塊做的功W。
15.如圖所示，平面直角坐標系xOy橫軸上的點P(?a,0)有一粒子發(fā)射源，粒子源能沿坐標平面、與x軸正方向的夾角不超過30°的方向，向第二象限發(fā)射速率相同、帶電荷量均為q、質(zhì)量均為m的正粒子。由于第二象限某區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出)，因此粒子源發(fā)射的所有粒子均能垂直經(jīng)過y軸。已知當磁場充滿整個空間時，恰好沒有粒子能進入第一象限，不計粒子受到的重力及粒子間的相互作用。
(1)求粒子的速度大小v；
(2)求第二象限內(nèi)磁場的最小面積S；
(3)若磁場區(qū)域的右側(cè)邊界在y軸上，求粒子進入磁場時對應的邊界方程。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.人起跳時，腳相對于地面運動趨勢向左，人受到地面的摩擦力向右，故A錯誤；
BC.人在空中時處于失重狀態(tài)，故B錯誤，C正確；
D.作用力與反作用力大小相等、方向相反，故D錯誤。
故選：C。
靜摩擦力方向與相對運動趨勢方向相反，加速度向下為失重狀態(tài)，根據(jù)作用力與反作用力特點分析。
本題考查超重、失重及相互作用力，目的是考查學生的理解能力。
2.【答案】D
【解析】解：設籃球從拋出到第一次撞擊地面的過程中，重力對籃球的沖量大小為I，以豎直向下為正方向，
由豎直下拋運動的運動規(guī)律可得：v′2?v2=2gh，
對籃球，由動量定理可得：I=mv′?mv，
由題知：v=3m/s，h=0.8m，m=0.5kg，
聯(lián)立可得：I=1N?s，
故D正確，ABC錯誤；
故選：D。
由豎直下拋運動的運動規(guī)律、動量定理分別列式，即可確定籃球從拋出到第一次撞擊地面的過程中，重力對籃球的沖量大小，即可判斷ABCD正誤。
本題主要考查對動量定理的掌握，解題時需注意動量、動量的變化量、沖量、力都是矢量，要先規(guī)定正方向，計算時也要注意該物理量的符號。
3.【答案】C
【解析】解：兩完全相同的冰壺碰撞前、后遵守動量守恒定律，機械能守恒或有損耗；
若機械能守恒，則碰后，甲停止，乙以甲的速度向前運動；
若機械能有損耗，則碰后，甲的速度減小，乙以小于甲碰撞前的速度向前運動，故甲不會向后運動，故兩冰壺最終停止的位置不可能是選項C，故ABD正確，C錯誤。
本題選擇不可能的，故選：C。
由碰撞前后，動量守恒，機械能不增加，可知碰撞后甲、乙各自的速度特點，結(jié)合受力分析，即可知其停止的可能位置。
本題考查碰撞過程的特點，關鍵是理解機械能不增加的特點應用，即有速度物體，碰撞等質(zhì)量的靜止物體時，有速度的物體不會反向。
4.【答案】A
【解析】解：帶電小球C與P 之間的庫侖力F=kqQr2，細線中的拉力大小F拉=kqQr2sin?θ，剪斷細線的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律，小球 P 的加速度大小a=kqQmr2sinθ，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
根據(jù)庫侖定律求解帶電小球C與P 之間的庫侖力，根據(jù)幾何關系求解細線中的拉力大小，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度。
本題考查庫侖定律，目的是考查學生的推理論證能力。
5.【答案】A
【解析】解：小球從O點拋出做平拋運動，滿足y=?12gt2,解得y=?1.25m，y=x2?94(m)，解得P點的坐標為(1,?54)，小球擊中 P 點時的水平方向速度大小v0=xt,解得v0=2m/s，小球從第Ⅱ象限光滑四分之一圓弧軌道頂端由靜止釋放，由動能定理有mgR=12mv02，解得R=0.2m，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
根據(jù)數(shù)學運算得到P點的坐標，水平方向勻速運動，結(jié)合動能定理求解。
本題考查平拋運動、機械能守恒定律，目的是考查學生的模型建構(gòu)能力。
6.【答案】B
【解析】解：由定義可知，百公里能耗=k?PΔtΔL=k?Pv(k為比例系數(shù))，即百公里能耗與圖中的點與原點連線的斜率成正比，如圖所示，
故該款汽車最經(jīng)濟的駕駛速度約為50km/h，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
由定義求出與百公里能耗相關的表達式，通過畫圖得到結(jié)果。
本題考查功率，目的是考查學生的創(chuàng)新能力。
7.【答案】C
【解析】解：A.由題意可知，甲、乙兩船的實際速度方向相同，根據(jù)如圖所示
由幾何關系有tan?θ=v水v甲，cs?θ=v乙v水，解得sin?θ=v乙v甲=35，所以v水v甲=34，解得v水=3m/s，故A錯誤；
B.設乙船渡河的時間為t乙，則有v甲(t乙?64s)csθ=v乙t乙tan?θ，解得t乙=100 s，故B錯誤；
C.兩渡口的距離s=v乙t乙tan?θ，解得s=180m，故C正確；
D.兩岸的距離d=scsθ，解得d=144m，故D錯誤。
故選：C。
乙船不能到達正對岸，說明乙在靜水中航行的速度小于水速，畫圖，結(jié)合幾何關系求解。
本題考查運動的合成與分解，目的是考查學生的模型建構(gòu)能力。
8.【答案】AD
【解析】解：C、對于圍繞地球做圓周運動的衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力提供向心力有
GMmr2=mω2r
可得
ω= GMr3
可知B衛(wèi)星的角速度大于地球同步衛(wèi)星的角速度。衛(wèi)星P是地球赤道上還未發(fā)射的衛(wèi)星，衛(wèi)星P與地球同步衛(wèi)星的角速度相等，則衛(wèi)星B的角速度大于P的角速度，故C錯誤；
A、對于衛(wèi)星A、B，根據(jù)萬有引力提供向心力，有
GMmr2=mv2r
解得
v= GMr
由題圖可知rAvB
且vA、vB都大于地球同步衛(wèi)星的線速度。根據(jù)v=ωr可知，衛(wèi)星P的線速度小于地球同步衛(wèi)星的線速度，所以衛(wèi)星P的線速度小于衛(wèi)星B的線速度，更小于衛(wèi)星A的線速度，則衛(wèi)星A運動得最快，故A正確；
B、根據(jù)牛頓第二定律有
GMmr2=ma
可知a=GMr2
因rAaB，且aA、aB都大于地球同步衛(wèi)星的加速度。根據(jù)a=ω2r可知，衛(wèi)星P的加速度小于地球同步衛(wèi)星的加速度，所以衛(wèi)星P的加速度最小，故B錯誤；
D、根據(jù)F引=GMmr2，三顆衛(wèi)星的質(zhì)量相等，由于衛(wèi)星P距地心最近，其受到地球的引力最大，故D正確。
故選：AD。
對于圍繞地球做圓周運動的衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力提供向心力列式，分析角速度關系。地球同步衛(wèi)星的運行角速度等于地球自轉(zhuǎn)角速度，從而判斷衛(wèi)星B、P的角速度關系；對于衛(wèi)星A、B，根據(jù)萬有引力提供向心力列式分析兩者線速度關系以及與地球同步衛(wèi)星的線速度關系。根據(jù)v=ωr分析P與地球同步衛(wèi)星的線速度關系，從而判斷哪顆衛(wèi)星的速度最大；根據(jù)牛頓第二定律分析A與B的加速度關系以及與地球同步衛(wèi)星的加速度關系，由a=ω2r分析P與地球同步衛(wèi)星的加速度關系，從而判斷哪顆衛(wèi)星的加速度最??；根據(jù)萬有引力定律分析哪顆衛(wèi)星受到地球的引力最大。
解決本題時，要掌握萬有引力等于向心力這一思路，通過列式比較圍繞地球做圓周運動的衛(wèi)星各個量的大小。要知道地球同步衛(wèi)星的角速度等于地球自轉(zhuǎn)的角速度。
9.【答案】AD
【解析】解：設理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，根據(jù)已知條件可知n1n2=380220=1911，原、副線圈的電壓之比U1U2=1911，電流之比I1I2=1119，故AD正確，BC錯誤。
故選：AD。
根據(jù)變壓器的變壓比和變流比計算即可。
本題考查理想變壓器，目的是考查學生的理解能力。
10.【答案】AB
【解析】解：根據(jù)題中圖像可知，導體棒的運動為兩個連續(xù)的勻加速直線運動，t0時刻電容器兩極板間的電壓U=E=BLv0，由電容的定義式C=QU，解得Q=CBLv0，故A正確；
B、0～t0時間內(nèi)導體棒受到的安培力不變，電容器單位時間內(nèi)增加的電荷量不變，根據(jù)電流的定義可知I=Qt0=CBLv0t0，故B正確；
C、0～t0時間內(nèi)導體棒受到的安培力大小F安=BIL=BL?CBLv0t0=CB2L2v0t0，故C錯誤；
D、設導體棒的質(zhì)量為m，t0時刻，根據(jù)牛頓第二定律有F?F安=ma1
t0～2t0時間內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律有F=ma2
由v?t圖像可知，a1=v0t0，a2=4v0?v0t0=3v0t0
聯(lián)立解得F=3CB2L2v02t0，故D錯誤。
故選：AB。
根據(jù)E=BLv0求出t0時刻導體棒產(chǎn)生的感應電動勢，由于不計電阻，所以電容器的電壓等于E，由C=QU求電容器所帶的電荷量；0～t0時間內(nèi)導體棒做勻加速直線運動，受到的安培力不變，電容器單位時間內(nèi)增加的電荷量不變，根據(jù)電流的定義式計算電流；根據(jù)F安=BIL計算0～t0時間內(nèi)導體棒受到的安培力大??；根據(jù)牛頓第二定律求恒力F的大小。
本題考查電磁感應與力學知識的綜合，要根據(jù)v?t圖像分析導體棒的運動情況，確定其受力情況，根據(jù)牛頓第二定律、運動學公式和電磁感應規(guī)律相結(jié)合解答。
11.【答案】Fg gL 不存在
【解析】解：(1)鋼球靜止不動時，拉力F和小球的重力平衡，有F=mg，故鋼球的質(zhì)量m=Fg；
(2)鋼球從最高點擺動到最低點的過程中，根據(jù)動能定理有12mv2=mgL(1?cs60°)，解得v= gL。
(3)根據(jù)測得的數(shù)據(jù)有2F?F=mv2L=mg，沒有出現(xiàn)矛盾，該實驗測得的數(shù)據(jù)不存在誤差。
故答案為：(1)Fg；(2) gL；(3)不存在。
(1)根據(jù)平衡條件列式求解質(zhì)量；
(2)根據(jù)動能定理列式求解線速度大?。?br>(3)根據(jù)牛頓第二定律列式，分析誤差問題。
本題考查驗證向心力與線速度關系的實驗，目的是考查學生的實驗探究能力。
12.【答案】G D E 9.2 5.1
【解析】解：(1)為方便實驗操作，滑動變阻器應選擇G；電流表量程較小，應并聯(lián)分流電阻D擴大其量程；電壓表量程為3V，把電壓表V量程擴大到6V即可，若②處選擇F，改裝后的電壓表的量程偏大，影響實驗精度，則①處應選擇D，②處應選擇E。
(2)電壓表的讀數(shù)為U時，電流表的讀數(shù)為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律有E=2U+2.00.6×I(R1RAR1+RA+r)，整理得U=E2?(720Ω+5r3)I
根據(jù)圖乙所示圖像可知，720Ω+5r3=?0.20Ω，E2=?0.20×0.52V
解得：r=5.1Ω，E=9.2V
故答案為：(1)G；D；E；(2)9.2；5.1。
(1)為方便實驗操作應選擇最大阻值較小的滑動變阻器；應用串并聯(lián)電路圖特點與歐姆定律求出電阻阻值，然后作出選擇。
(2)應用閉合電路的歐姆定律求出圖像的函數(shù)解析式，根據(jù)圖示圖像求出電池電動勢與內(nèi)阻。
本題考查測電源電動勢和內(nèi)阻實驗，目的是考查學生的實驗探究能力；要掌握實驗器材的選擇原則，應用閉合電路的歐姆定律即可解題。
13.【答案】解：(1)對甲球受力分析，如圖1所示。
由平衡條件可得
水平方向有
F彈cs?45°=FN
豎直方向有
F彈sin?45°=mg
解得FN=Mg，F(xiàn)彈= 2Mg
(2)設地面對乙球的支持力大小為 F地、摩擦力大小為f′，以兩球整體為研究對象，分析受力，如圖2所示。
由平衡條件有
豎直方向有
F地=(M+m)g
水平方向有
f=FN
又f′=FN
解得μ=MM+m
答：(1)墻壁對甲球的支持力大小FN為Mg，輕桿中的彈力大小F彈為 2Mg；
(2)乙球與地面間的動摩擦因數(shù)μ為MM+m。
【解析】(1)對甲球受力分析，根據(jù)墻壁對甲球的支持力大小FN和輕桿中的彈力大小F彈；
(2)對整體受力分析，根據(jù)平衡條件與滑動摩擦力公式求出動摩擦因數(shù)。
本題考查物體的平衡，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象，進行受力分析，選擇合適的方法，建立平衡方程進行解答。
14.【答案】解：(1)撤去F后物塊僅受重力和支持力作用，有
mgsinθ= ma
解得a=5m/s2
(2)設物塊在恒力F 作用下的加速度大小為a1，物塊到達A 點時的速度大小為vA，令Δt=3s，則有
a1Δt=vAvAΔt2=?vAΔt+12a(Δt)2
F?mgsinθ=ma1
W=FvAΔt2。
解得W=60J。
答：(1)撤去F后物塊的加速度大小a等于5m/s2；
(2)恒力F對物塊做的功W等于60J。
【解析】(1)根據(jù)牛頓運動定律求解加速度；
(2)根據(jù)運動學公式求解加速度，根據(jù)牛頓第二定律求解F，根據(jù)恒力做功表達式求解恒力F對物塊做的功W。
本題考查功能關系，目的是考查學生的推理論證能力。
15.【答案】解：(1)當磁場充滿整個空間時，粒子的運動臨界軌跡如圖甲所示，設粒子運動軌跡的半徑為r，有
qvB=mv2r
根據(jù)幾何關系可知r=a
解得v=qBam
(2)當磁場的邊界為如圖乙所示的圓弧時，存在最小面積，有
S=π6r2?r2sin30°
解得S=π?36a2
(3)粒子沿與x軸正方向成θ角的方向發(fā)射時的運動軌跡如圖丙所示，粒子做圓周運動的圓心角也為θ，設粒子運動軌跡與磁場下邊界的交點坐標為(x,y)，根據(jù)幾何關系有
tanθ=ya?(?x)
又tanθ=?x r2?(?x)2
解得y=?(a+x)x a2?x2(?a2≤x≤0)
答：(1)粒子的速度大小為qBam；
(2)第二象限內(nèi)磁場的最小面積為π?36a2；
(3)粒子進入磁場時對應的邊界方程為y=?(a+x)x a2?x2(?a2≤x≤0)。
【解析】(1)根據(jù)幾何關系得出粒子的半徑，結(jié)合牛頓第二定律得出粒子的速度；
(2)根據(jù)題意作圖結(jié)合數(shù)學方法分析計算最小面積；
(3)根據(jù)幾何關系和數(shù)學知識得出磁場邊界方程，結(jié)合題意完成分析。
本題主要考查了帶電粒子在磁場中的運動，理解粒子做圓周運動的向心力來源，結(jié)合牛頓第二定律和幾何關系即可完成分析。

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