2018-2019学年内蒙古鄂尔多斯市第一中学高一下学期期末考试物理试卷（解析版）

2018-2019学年内蒙古鄂尔多斯市第一中学高一下学期期末考试物理试卷（解析版）

市一中2018～2019学年度第二学期期末试题高一物理 一、选择题 ‎1.关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是 ( )‎ A. 开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律 B. 开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律 C. 开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因 D. 开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC. 开普勒在第谷天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，没有找出了行星按照这些规律运动的原因，故A项符合题意，BC项不符合题意；‎ D. 开普勒总结出了行星运动的规律，牛顿发现了万有引力定律，故D项不符合题意。‎ ‎2.如图所示，篮球运动员接传来篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以(　　)‎ ‎ ‎ A. 减小球的动量的变化量 B. 减小球对手作用力的冲量 C. 减小球的动量变化率 D. 延长接球过程的时间来减小动量的变化量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：篮球运动员接传来的篮球时，不能改变动量的变化量，A、D错误；根据动量定理，也不能改变冲量，B错误；由于延长了作用时间，动量的变化慢了，C正确；故选C。‎ 考点：动量定理。‎ ‎3.如图所示，在正方形四个顶点分别放置一个点电荷，所带电荷量已在图中标出，则下列四个选项中，正方形中心处场强最大的是 (　　)‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据点电荷电场强度公式，结合矢量合成法则，两个负电荷在正方形中心处场强为零，两个正点电荷在中心处电场强度为零，故A错误；同理，正方形对角线异种电荷的电场强度，即为各自点电荷在中心处相加，因此此处的电场强度大小为，故B正确；正方形对角线的两负电荷的电场强度在中心处相互抵消，而正点电荷在中心处，叠加后电场强度大小为，故C错误；根据点电荷电场强度公式，结合叠加原理，则有在中心处的电场强度大小，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎4.已知一质量为m的物体静止在北极与赤道对地面的压力差为ΔN，假设地球是质量分布均匀的球体，半径为R。则地球的自转周期为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：在赤道上物体所受的万有引力与支持力提供向心力可求得支持力，在南极支持力等于万有引力．‎ 在北极①，在赤道②，根据题意，有③，联立解得，A正确．‎ ‎5.如图乙所示，汽车通过半径为r的拱形桥，在最高点处速度达到v时，驾驶员对座椅的压力恰好为零；若把地球看成大“拱形桥”，当另一辆“汽车”速度达到某一值时，“驾驶员”对座椅的压力也恰好为零，如图甲所示。设地球半径为R，则图甲中的“汽车”速度为 ( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】汽车通过拱形桥，在最高点驾驶员对座椅的压力恰好为零时，重力提供向心力 ‎ ①‎ 若把地球看成大“拱形桥”， “驾驶员”对座椅的压力也恰好为零，也是重力提供向心力 ‎ ②‎ 由①②式可得得 A. 与计算结果不相符，故A不符合题意； ‎ B. 与计算结果不相符，故B不符合题意；‎ C. 与计算结果相符，故C符合题意；‎ D. 与计算结果不相符，故D不符合题意。‎ ‎6.‎2013年6月20日，航天员王亚平进行了首次太空授课。如图所示的两组太空实验，下列说法正确的是 ( )‎ A. 小球呈悬浮状，说明小球不受重力作用 B. 小球呈悬浮状，是因为小球受到的重力太小的缘故 C. 轻推小球，小球在最低点的速度必须大于某一临界值，才能做完整的圆周运动 D. 轻推小球，小球在最低点只要获得速度，就能做完整的匀速圆周运动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 太空舱中小球呈悬浮状，是因为完全失重，而不是不受重力或重力太小，故AB不符合题意； ‎ CD. 太空舱中小球是因为完全失重轻推小球，小球在最低点只要获得速度，就能做完整的匀速圆周运动，故C不符合题意，D合题意；‎ ‎7.如图所示，质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为x的地面上。若再次以相同的压缩量压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边的水平距离为 (　 　)‎ A. B. ‎ C. x D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当用板挡住A球而只释放B球时，B球做平抛运动。设高度为h，则有 ‎ ‎ 当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，由动量守恒定律可得：‎ ‎ ‎ 所以 ‎ ‎ 因此A球与B球获得的动能之比 EkA：EkB=1：1‎ 所以B球获得的动能为：‎ 那么B球抛出初速度为 ‎ ‎ 则平抛后落地水平位移：‎ ‎ ‎ A. 与分析不符，故A项与题意不相符；‎ B. 与分析不符，故B项与题意不相符；‎ C. x与分析不符，故C项与题意不相符；‎ D. 与分析相符，故D项与题意相符。‎ ‎8.某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图象．图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知(　　)‎ A. 碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2‎ B. 碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大 C. 碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小 D. 滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的 ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据s—t图像的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v1＝－‎2 m/s，滑块Ⅱ的速度为v2＝‎0.8 m/s，则碰前速度大小之比为5：2，故A错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的小，故B错误；碰撞后的共同速度为v＝‎0.4 m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝‎6m1，由动能的表达式可知，，故C错误，D正确．‎ 故选D ‎9. 一半径为R的光滑圆环竖直放在水平向右场强为E的匀强电场中，如图所示，环上a、c是竖直直径的两端，b、d是水平直径的两端，质量为m的带电小球套在圆环上，并可沿环无摩擦滑动．现使小球由a点静止释放，沿abc运动到d点时速度恰好为零，由此可知，小球在b点时(　　)‎ A. 加速度为零 B. 动能最大 C. 电势能最大 D. 机械能最大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：带电小球是沿abc运动，所以电场力向左，在运动过程中小球受到电场力，重力，圆环的弹力作用，到达b点时，速度不为零，继续做圆周运动，所以三力的合力不为零，根据牛顿第二定律可得，小球在b点的加速度一定不为零，A错误，小球到达c过程中，重力做正功，电场力做功为零，沿cd运动时，重力和电场力都做负功，所以c点的动能最大，B错误；小球沿abcd运动过程中只有ab段电场力是做正功，电势能转化为机械能，所以b点的机械能最大，到达d点时，电场力做负功最多，机械能转化为电势能最大，所以d的电势能最大，C错误D正确；‎ 考点：考查了带电粒子在复合场中的运动 ‎10.如图所示，甲图是高速公路上某一行车道限速指示牌，乙图是川藏公路上的某一“区间限速”指示牌，则下列说法正确的是 (　 　)‎ A. 甲图中的120指的是瞬时速率不允许超过‎120km/h B. 甲图中的80指的是瞬时速率不允许低于‎80km/h C. 乙图中的‎63km指的是路程，任一时刻的速率都不允许超过‎70km/h D. 乙图中的‎63km指的是路程，全程的平均速率不允许超过‎70km/h ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 甲图中“‎120”‎表示某一位置的速度，是瞬时速度，即在该段行驶的瞬时速度应小于‎120km/h，故A项与题意相符合；‎ B. 甲图中“‎80”‎表示某一位置的速度，是瞬时速度，即在该段行驶的瞬时速度最小为‎80km/h，即不低于‎80km/h，故B项与题意相符合；‎ CD. 乙图中“63 km”是拉萨的路程，由于是限速指示牌，可知乙图中的54min为最短时间，即行驶‎63km的时间不超过54min。则最大平均速度：‎ ‎ ‎ 故C项不符合题意，D项与题意相符。‎ ‎11.如图所示，斜面倾角为θ，从斜面的P点分别以v0和2v0的速度水平抛出A、B两个小球，不计空气阻力，若两小球均落在斜面上且不发生反弹，则下列说法错误的是 (　 　)‎ A. A、B两球的水平位移之比为1∶4‎ B. A、B两球飞行时间之比为1∶2‎ C. A、B两球下落的高度之比为1∶2‎ D. A、B两球落到斜面上的速度大小之比为1∶2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、根据tanθ=得，运动的时间，因为初速度之比为1:2，则运动的时间之比为1:2，根据x=v0t知，水平位移之比为1:4，故AB不符合题意；‎ C、根据h=知，运动的时间之比为1:2，则A. B下落的高度之比为1:4，故C符合题意；‎ D、落到斜面上的速度大小，A、B两球落到斜面上的速度大小之比为1∶2，D不符合题意。‎ ‎12.在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vm后立即关闭发动机直到停止，运动的v－t图象如图所示。设汽车的牵引力为F，摩擦力为f；全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，全程牵引力的冲量大小为I1，摩擦力的冲量大小为I2．则下列关系正确的是 ( ) ‎ A. F：f ＝3：1‎ B. F：f ＝4：1‎ C. W1：W2＝1：1‎ D. I1：I2＝1：1‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，物体先做匀加速直线运动，1s末速度为v，由动能定理可知 ‎ ‎ 减速过程中，只有阻力做功：‎ ‎ ‎ 由图象可知，‎ L1：L2=1：3‎ 解得：‎ 对全程由动能定理得：‎ W1-W2=0‎ 故 W1：W2=1：1‎ 根据动量定理可知，合外力冲量等于动量变化 I1-I2=0‎ 故 I1：I2=1：1‎ A. F：f ＝3：1与分析不符，故A项与题意不相符；‎ B. F：f ＝4：1与分析相符合，故B项与题意相符；‎ C. W1：W2＝1：1与分析相符，故C项与题意相符；‎ D. I1：I2＝1：1与分析相符，故D项与题意相符。‎ ‎13.图中实线是一簇未标明方向的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受电场力的作用，根据此图可做出正确判断的是 (　　 )‎ A. 带电粒子所带电荷的符号 B. 场强的方向 C. 带电粒子在a、b两点的受力方向 D. 带电粒子在a、b两点的加速度何处较大 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 由图可知，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左。由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，也无法判断电场的方向，故AB项与题意不相符；‎ C. 粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，故C项与题意相符；‎ D. 根据电场线疏密与电场强度的强弱的关系，判断出a点的电场强度大，故a点的电场力的大，根据牛顿第二定律可知，带电粒子在a点的加速度比b点的加速度大，故D项与题意相符。‎ ‎14.一个不带电的空心金属球壳，在它的球心处放一带正电的小球，如图所示。达到静电平衡时，其电场分布正确的是 (　 　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AC. 由于电场线是从正电荷或者无穷远出发出的，所以正点荷的电场线都是向外的，由于静电感应，金属球的内壁和外壁会出现感应电荷，会产生感应电场，感应电场的方向是与正电荷的电场的方向相反，最终达到平衡时，在球壳内部的电场为零，所以没有电场线，在球壳的外部电场线的方向是向外的，故A项与题意不符，C项与题意相符；‎ BD. 当金属球的外壳接地时，金属球与大地形成一个等势体，所以金属球的外面没有电场线，故B项与题意不符，D项与题意相符。‎ ‎15.如图所示，图中K、L、M为静电场中的三个相距较近的等势面。一带正电粒子射入此静电场中后，沿abcde轨迹运动，已知粒子在ab段做减速运动。下列判断中正确的是（ ）‎ A. 粒子在a点的电势能小于在d点的电势能 B. 粒子在a点的电势能大于在d点的电势能 C. K、L、M三个等势面的电势关系为φK<φL<φM D. K、L、M三个等势面的电势关系为φK>φL>φM ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 解：由轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左．画出电场线的分布，如图．‎ A、已知粒子在ab段做减速运动，则粒子在a点的电势能小于在b点的电势能，而b、d两点在同一条等势面上，粒子的电势能相等，所以粒子在a点的电势能小于在d点的电势能．故A正确，B错误．‎ C、由轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左，可知M的电势最高，K的电势最低．故C正确，D错误．‎ 故选：AC ‎【点评】本题是轨迹问题，首先根据轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受的电场力方向，画电场线是常用方法．‎ ‎16.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（　　）‎ A. x1处电场强度为零 B. x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3‎ C. 粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 D. x2～x3段是匀强电场 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，得：，由数学知识可知Ep-x图象切线的斜率等于Eq，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确；根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1＞φ2＞φ3．故B正确；由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2～x3‎ 段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故C错误，D正确；故选ABD.‎ ‎【点睛】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况.‎ 二、填空题 ‎17.如图所示为探究平行板电容器电容大小决定因素的实验。给电容器充电后与电源断开，即保持电量不变，则： (填“变小”、“变大”或“不变”)‎ ‎(1)甲图将B板上移，静电计指针偏角_______，电容器的电容________；‎ ‎(2)乙图将B板左移，静电计指针偏角_______，电容器的电容________；‎ ‎(3)丙图将电介质插入两板之间，静电计指针偏角_______，电容器电容________。‎ ‎【答案】 (1). 变大 (2). 变小 (3). 变大 (4). 变小 (5). 变小 (6). 变大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]甲图将B板上移，即两极板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容C变小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U变大，即静电计指针偏角变大；‎ ‎(2)[3][4] 乙图将B板左移，即板间距离d增大，根据电容的决定式得知，电容C变小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U变大，即静电计指针偏角变大；‎ ‎(3)[5][6] 丙图将电介质插入两板之间，根据电容的决定式得知，电容C增大，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U变小，即静电计指针偏角变小。‎ ‎18.未来在一个未知星球上用如图甲所示装置研究平抛运动的规律。悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝,当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动。现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后照片如图乙所示。a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图中坐标所示,又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1∶4,则:‎ ‎(1)由以上信息,可知a点________ (选填“是”或“不是”)小球的抛出点；‎ ‎(2)由以上信息,可以推算出该星球表面的重力加速度为________m/s2；‎ ‎(3)由以上信息可以算出小球平抛的初速度是________m/s；‎ ‎(4)由以上信息可以算出小球在b点时的速度是________m/s。‎ ‎【答案】 (1). （1）是 (2). （2）8 (3). （3）0.8 (4). （4）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由初速度为零的匀加速直线运动经过相邻的相等的时间内通过位移之比为1:3:5可知，a点为抛出点（2）由两位置间的时间间隔为0.1s，水平距离为‎8cm，x=vt，得水平速度为‎0.8m/s（3）由ab、bc、cd水平距离相同可知，a到b、b到c运动时间相同，设为T，在竖直方向有，T=0.1s，可求出g="8" m/s2；（4）b点竖直分速度为ac间的竖直平均速度，根据速度的合成求b点的合速度 三、计算题 ‎ ‎19.如图所示,甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务.某时刻甲、乙都以大小为v0=‎2 m/s的速度相向运动,甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点.甲和他的装备总质量为M1=‎90 kg,乙和他的装备（不包括A的质量）总质量为M2=‎90 kg,为了避免直接相撞,乙把手中质量为m=‎45 kg的物体A推向甲,甲迅速接住A后即不再松开,‎ 此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动,且安全“飘”向空间站.‎ 求：‎ ‎(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出?‎ ‎(2)设甲与物体A作用时间为t=0.5 s,求甲与A的相互作用力F的大小？‎ ‎【答案】(1) ‎5.2m/s(2)432N ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象,可求得甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动的速度；进而可求得乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出。‎ ‎(2)对甲根据动量定理可求得甲与A的相互作用力。‎ ‎【详解】(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象,系统动量守恒,以乙的方向为正方向,则有：(M2+m)v0-M1v0=(M1+M2+m)v1‎ 以乙和A组成的系统为研究对象,由动量守恒得：‎ ‎(M2+m)v0=M2v1+mv 代入数据联立解得：‎ v1=‎0.4m/s,v=‎5.2m/s ‎(2)以甲为研究对象,由动量定理得：‎ Ft=M1v1-(-M1v0)‎ 代入数据解得F=432N 答案:(1)‎5.2m/s；(2)432N ‎20.质量为2t汽车在平直公路上从静止开始先做匀加速运动，5s末达额定功率后保持功率不变，其v~t如图所示。求：‎ ‎(1)汽车的额定功率和汽车受到的阻力； ‎ ‎(2)速度为‎10m/s时的加速度； ‎ ‎(3)变加速运动总路程。‎ ‎【答案】(1)P=15kW，f=1000N(2)0.25(3)‎‎550m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)汽车先做匀加速直线运动，据牛顿第二定律有：‎ F－f＝ma 且 a＝‎1m/s2 ‎ 在5s末达额定功率有：‎ P＝Fv1 ‎ 保持功率不变，在5s末有：‎ P＝fv2‎ 由②③得：‎ ‎ ‎ 联立各式解得：‎ P＝15kW，f＝1000N ‎(2)速度v′＝‎10m/s时有：P＝F′v′‎ 据牛顿第二定律有：‎ F′－f＝ma′‎ 得：‎ a′＝‎0.25m/s2‎ ‎(3)汽车在变加速运动阶段，据动能定理有：‎ ‎ ‎ 且 t2＝50s ‎ 得：‎ x2＝‎‎550m ‎21.如图所示，虚线左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距也为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度放入电场E1中的A点，最后打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：‎ ‎（1）电子从释放到打到屏上所用的时间；‎ ‎（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan θ；‎ ‎（3）电子打到屏上的点O′到O点的距离．‎ ‎【答案】（1）　（2）2　（3）‎‎3L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）电子运动分三段，左侧电场初速度为零的匀加速直线运动，后做类平抛运动，最后做匀速直线运动，根据各自规律可求时间； （2）在电场E2中做类平抛运动，速度偏转角为tanθ＝； （3）做出带电粒子的运动轨迹，根据几何关系可求得．‎ ‎【详解】（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律得： ①　‎ 由x＝at2得： ②　‎ 电子进入电场E2时的速度为：v1＝a1t1③　‎ 电子从进入电场E2至打到屏上的过程中，在水平方向做匀速直线运动，时间为：t2＝ ④　　‎ 电子从释放到打到屏上所用的时间为：t＝t1＋t2⑤　　‎ 联立①②③④⑤式解得：t＝3‎ ‎（2）设电子刚射出电场E2时平行电场方向的速度为vy 电子进入电场E2时的加速度为：⑥　　‎ vy＝a2t3 ⑦　　‎ t3＝ ⑧　‎ 电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为：tan θ＝ ⑨　‎ 联立解得：tan θ＝2 ⑩　‎ ‎（3）电子在电场中的运动轨迹如图所示：‎ 设电子打到屏上的点O′到O点的距离为x，‎ 由几何关系得：tan θ＝⑪　‎ 联立得：x＝‎3L.‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，明确受力情况，画出运动轨迹，根据力与运动关系找出运动规律即可求解．‎