试题君之每日一题君2017年高考物理（10月1-15日）
10月1日 瞬时状态
高考频度：★★☆☆☆
难易程度：★★★★☆
如图所示，质量分别为m1=1 kg和m2=2 kg的A、B两物块并排放在水平面上，A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.1，若A、B分别受到方向如图所示，大小随时间变化的水平外力F1=9–2t(N)、F2=3+2t(N)作用。求：
（1）A、B两物块未分离前的加速度；
（2）两物块开始分离的时间。
【参考答案】3 m/s2 2.5 s
【试题解析】（1）分离前，对A、B整体，由牛顿第二定律有
F1+F2 –μ(m1+m2)g=(m1+m2)a，解得a=3 m/s2
（2）A、B分离瞬间，A、B加速度不变，A、B间无作用力，则对A，由牛顿第二定律有
F1–μm1g=m1a，解得t=2.5 s
【解题必备】分离问题的解题关键在于分离瞬间。非人为的变化（一般为连续的变化，无突变）中，分离后两物体间就无相互作用力了，相互作用力在分离前必然会逐渐地减小，直到减为零时分离，这是分离的临界条件之一。另一个解题关键，即两物体在分离前，在与接触面垂直方向的分速度相等，分离后两物体的速度才会逐渐以不同的加速度变化。
【知识补给】
绳断、去连问题的瞬时状态
连接物体的绳子被剪断、拉断，杆、弹簧被取走，这类问题也属于分析瞬时状态的问题。
解题关键是要明确绳、杆、弹簧等连接物体上弹力、张力的变化。一般来说，绳指的是不可伸长的刚性绳，弹性绳相当于只可拉伸的弹簧，这样就可以将连接物体分为两类。
一类是刚性的、形变可忽略的、劲度系数极大的绳和杆，由于其劲度系数极大（产生与题给的力相当的力时，形变量将远大于题给物体的线度），所以在发生瞬间的变化时，允许其上的张力在极小的形变（近似于无）下发生极大的变化，即允许张力发生突变。
另一类是弹性的、形变不可忽略的、劲度系数相对小的弹性绳和弹簧，由于其劲度系数较小，在瞬间变化中，其上的弹力来不及变化（来不及发生足够的形变），不允许弹力发生突变。
如图所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量，在细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度
A．都为 B．分别为和0
C．分别为和0 D．分别为0和
如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。现将细线剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为Δl1和Δl2，重力加速度为g，则在剪断细线瞬间
A．a1=3g B．a1=0 C．Δl1=2Δl2 D．Δl1=Δl2
如图所示，长为3L的轻杆可绕水平轴O自由转动，Oa=2Ob，杆的上端固定一质量为m的小球（可视为质点），质量为M的立方体物块静止在水平面上，不计一切摩擦阻力。开始时杆右侧紧靠着物块，由于轻微的扰动，杆逆时针转动，带动物块向右运动，当杆转过60°时杆与物块恰好分离。重力加速度为g，当杆与物块分离时，下列说法正确的是
A．小球的速度大小为 B．小球的速度大小为
C．物块的速度大小为 D．物块的速度大小为
【参考答案】
D 剪断细线前，由A受力平衡有，弹簧的拉力F=MAgsin θ，剪断细线瞬间，细线上拉力减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，A仍然受力平衡；对B，由牛顿第二定律有F+MBgsin θ=MBa，得a=。
AC 设物块的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对b、c和弹簧组成的整体有T1=2mg，故a受到的合力F=3mg，故加速度a1=3g，A正确，B错误；弹簧S2的拉力T2=mg，根据胡克定律有Δl1=2Δl2，C正确，D错误。
BD 设小球、b端、物块的速度大小分别为vm、vb、vM，根据机械能守恒定律有mg·2L(1–cos 60°)=+，由v=rω，得vm=2vb，对b端的线速度（沿物块向上和推物块向右的效果）速度分解，即有 vbcos 60°=vM，得vm=2vb=4vM=。
10月2日 竖直平面内的圆运动
高考频度：★★★★☆
难易程度：★★★★☆
如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段斜的直轨道和与之相切的圆轨道连接而成，圆轨道的半径为R。一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动，若物块初次进入圆轨道后不脱离圆轨道（可以从轨道末端飞出）。求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围。
【参考答案】0
R
【试题解析】若物块恰好能够通过最高点，则有
mg=，得v1=
由动能定理有mgh1–2mgR=
解得h1=R
若物块恰好能到达圆轨道上与圆心等高处，由动能定理有
mgh2–mgR=0，得h2=R
故h的范围为0R
【解题必备】沿竖直圆轨道运动的模型，常考查脱轨问题，涉及两个临界条件。
第一，物体在最高点时，重力充当向心力，此时的速度不为零；第二，物体在与圆心等高处速度为零，沿原路返回。
实际上脱轨的临界条件就是物体与轨道间没有相互作用。此时，由重力或其他场力的分力提供的向心力大于做圆周运动的向心力，物体将做近心运动。
【知识补给】
两类竖直平面内的圆运动
在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动时的受力情况可分为两类：一是无支撑（如球与绳连接、沿内轨道运动等），称为“绳(环)约束模型”；二是有支撑（如球与杆连接、在弯管内的运动等），称为“杆(管)约束模型”。
绳模型
杆模型
常见类型
过最高点临界条件
由mg=得v=
v=0
如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上。若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则
A．t1t2 D．无法比较t1、t2的大小
如图所示，一个小球在竖直圆环内至少能做n+1次完整的圆周运动，当它第n–1次经过环的最低点时的速度大小为7 m/s，第n次经过环的最低点时的速度大小为5 m/s，则小球第n+1次经过环的最低点时的速度v的大小
A．等于3 m/s B．小于1 m/s C．等于1 m/s D．大于1 m/s
一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端为圆心O，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是
A．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以为零
B．小球过最高点的最小速度是
C．小球过最低点时，杆对小球的作用力一定随速度增大而增大
D．小球过最低点时，杆对小球的作用力一定随速度的增大而减小
如图所示，有一个半径为R的光滑圆管轨道，现给小球一个初速度，使小球在竖直面内做圆周运动（小球直径略小于管的直径），则关于小球过最高点的速度v，下列叙述中正确的是
A．v的极小值为
B．当v等于时，轨道对小球的弹力为零
C．当v由值逐渐增大时，轨道对小球的弹力也逐渐增大
D．当v由值逐渐减小时，轨道对小球的弹力也逐渐减小
一小物块（可视为质点）静置在光滑半球体的最高点，半球体固定在水平面上，现给小物块一微小的扰动使小物块滑下半球体（初速度视为零），则小物块下滑到什么位置时会脱离半球体？
【参考答案】
A 在AB段，根据牛顿第二定律有mg–FN=，速度越大，滑块受支持力越小，摩擦力就越小；在BC段，根据牛顿第二定律有FN–mg=，速度越大，滑块受支持力越大，摩擦力就越大。由题意知从A到C相比从C到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C运动过程所受平均摩擦力较小，用时短。
D 由动能定理，小球第n次做圆周运动克服摩擦力做的功W=–=12m(J)，第n+1次做圆周运动时，平均速率减小，需要的向心力减小，对轨道的压力减小，摩擦力减小，克服摩擦力做的功将小于W，有W>–mv2，得v>1 m/s。
AC 当小球通过最高点的速度v=，小球靠重力提供向心力，杆对小球的弹力为零，故A正确；杆可以表现为拉力，可以表现为支持力，通过最高点的最小速度为零，故B错误；在最低点，根据牛顿第二定律得，F–mg =，解得F=mg +，可知速度增大，杆对小球的作用力增大，故C 正确，D错误。
BC 因为轨道内壁下侧可以提供支持力，则最高点的最小速度为零，故A错误；在最高点只有重力提供向心力，即mg =，解得v=，轨道对小球的弹力为零，故B正确；当v>，管道上壁对小球有作用力，根据牛顿第二定律得N+mg =，当速度增大时，弹力N增大，故C正确；当v<，管道下壁对小球有作用力，根据牛顿第二定律得mg–N =，当速度减小时，弹力N增大，故D错误。
设半球体半径为R，小物块下滑到的位置与圆心连线和竖直方向的夹角为θ
由动能定理有mgR(1–cos θ)=mv2
由牛顿第二定律有mgcos θ–FN=
联立得mg(3cos θ–2)=FN
当FN=0时，小物块即将脱离半球体，即θ=arccos
10月3日 圆周运动和平抛运动的综合
高考频度：★★★☆☆
难易程度：★★★★☆
山谷中有三块大石头和一根不可伸长的轻质青藤，如图所示。A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1=1.8 m，h2=4.0 m，x1=4.8 m，x2=8.0 m。开始时，质量分别为M=10 kg和m=2 kg的大小两只猴子分别位于左边和中间的石头上。当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头A点水平跳到中间石头，大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤的下端荡到右边石头的D点，此时速度恰好为零。运动过程中猴子均看成质点，空气阻力不计，重力加速度g=10 m/s2，求：
（1）大猴子水平跳离的速度最小值；
（2）大猴子抓住青藤荡起时的速度大小；
（3）荡起时，青藤对猴子的拉力大小。
【参考答案】（1）8 m/s （2）4m/s （3）216 N
【试题解析】（1）设大猴子从A点水平跳起的最小速度为v1，根据平抛运动规律有
h1=，x1=v1t，解得v1=8 m/s
（2）设大猴子抓住青藤荡起时的速度为v2，由C到D，根据动能定理有
(m+M)gh2= (m+M)，解得v2=4m/s
（3）设青藤对大猴子的拉力为F，青藤长度为L，根据几何关系有L2=(L–h2)2+x22
根据牛顿第二定律有F–(m+M)g=(m+M)，联立解得F=216 N
【解题必备】圆周运动和平抛运动综合问题一般有三种情况：
（1）平抛飞入圆弧轨道。此情况中平抛的末速度方向与圆轨道相切，解题关键是找到圆弧轨道对应的圆心角和初速度、末速度的关系。
（2）从圆弧轨道底端平抛飞出。这里要注意的是从圆弧轨道底端平抛后，如果后面有斜面等倾斜轨道，切忌不要把平抛的初速度当作进入斜面运动的初速度。一般是在斜面上飞跃一段，或者落地，或者落到斜面上。
（3）从圆弧轨道顶端平抛飞出。这种情境常常给定一个特定的水平位移，根据最高点的速度，判断落点位置及对应的情况。
如图所示，M为固定在水平桌面上的有缺口的木块，abcd是半径为R的光滑圆弧形轨道，a为轨道的最高点，de面水平。今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放，让其自由下落到d处切入轨道内运动，不计空气阻力，则
A．只要h大于R，小球就能通过a点
B．只要改变h的大小，就能使小球通过a点后，既可能落回轨道内，又可能落到de面上
C．无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内
D．调节h的大小，可以使小球飞出de面之外（即e的右侧）
如图所示，半径R=0.9 m的光滑圆弧轨道竖直放置，圆弧轨道在最低点B处与长为L=1 m的水平面BC相切，BC离地面高h=0.45 m，C点与一倾角为θ=30°的光滑斜面连接，质量m=1.0 kg的小滑块从圆弧轨道顶端D处由静止释放。已知小滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，取g=10 m/s2。求：
（1）小滑块刚到达B点时对圆弧轨道的压力大小；
（2）小滑块到达C点时的速度大小；
（3）小滑块从C点运动到地面所需的时间。
如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道MNP，其半径R=0.8 m，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R。用质量m=0.4 kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后物块经过B点后的位移与时间的关系为s=6t–2t2，物块飞离桌边D点后由P点沿切线落入圆弧轨道。重力加速度g=10 m/s2，求：
（1）D、P间的水平距离；
（2）B、D间的水平距离；
（3）判断物块能否到达M点，并说明理由。
【参考答案】
CD 小球通过a点要满足mg≤，通过a点的速度不为零，则h>R时，小球才能通过a点；小球通过a点后做平抛运动，下落高度R的时间t=，水平位移x=vt≥R，一定不会落回轨道内，根据de的长度不同，小球可能落在de面上，也可能飞出de面。
（1）设小滑块到B点时速度为vB，有mgR=，N–mg=，得N=30 N
即小滑块在B点对圆弧轨道的压力为30 N
（2）由动能定理有mgR–μmgL=，得vC=4 m/s
（3）滑块离开C点后做平抛运动，设其下落h的时间为t，由h=gt2，得t=0.3 s
滑块的水平位移x=vCt=1.2 m>hcot 30°=0.78 m，滑块从C点运动到地面用时0.3 s
（1）设物块经过D点的速度为vD，则由平抛运动规律有
竖直方向上R=gt2，水平方向上x1=vDt，又vD=gt，解得x1=1.6 m，vD=4 m/s
（2）由s=6t–2t2可知过B点后的过程的初速度vB=6 m/s，加速度大小a=4 m/s2
则B、D间水平距离x==2.5 m
（3）若物块能到达M点，到M点时物块速度为v，则有–mgRcos 45°=mv2–
轨道对物块的压力为N，则N+mg=，解得N=4(1–) N<0，即不能到达M点
10月4日 万有引力定律
高考频度：★☆☆☆☆
难易程度：★★☆☆☆
牛顿吸收了胡克等科学家“行星绕太阳做圆运动时受到的引力与行星到太阳距离的平方成反比”的猜想，运用牛顿运动定律证明了行星受到的引力F∝，论证了太阳受到的引力F∝，进而得到了F=G（M为太阳质量、m为行星质量、r为行星与太阳的距离）。牛顿还认为这种引力存在于所有物体之间，通过苹果和月亮的加速度比例关系，证明了地球对苹果、地球对月亮的引力满足同样的规律，从而提出了万有引力定律。关于这个探索过程，下列说法正确的是
A．根据行星绕太阳运动中F=和=k，可得F∝
B．根据行星绕太阳运动中F=和=k，可得F∝
C．在计算月亮的加速度时需要用到月球的半径
D．在计算苹果的加速度时需要用到地球的自转周期
【参考答案】A
【试题解析】根据行星绕太阳运动中，向心力F=和开普勒第三定律=k，可得F=4kπ2∝，A正确；运用力的相互性原理，即太阳受到的引力也与受力体的质量成正比，故F∝，B错误；在计算月亮的加速度时需要用到的是月球到地球的距离，而不是月球的半径，C错误；根据苹果的自由落体运动，由运动学规律即可计算苹果的加速度，不需要用到地球的自转周期，D错误。
【知识补给】
万有引力定律的应用
万有引力定律是对两个质点而言的规律，万有引力定律公式中的r是两质点或两物体重心的距离。对于在大质量天体附近的小质量物体的运动，仍然可以使用万有引力定律，这是因为，若把天体分成无数可看成质点的小部分，这些小部分对物体引力的合力，与将天体的全部质量集中到天体重心处时对物体的引力相等。
万有引力是一种会随空间位置变化而发生变化的力，但其仍然是物体之间的相互作用，凡是涉及力的规律、定理、结论，万有引力都适用。
对于万有引力定律的表达式F=G，下列说法中正确的是
A．只适用于星球之间的引力计算，不适用于质量较小的物体
B．当r趋近于零时，万有引力趋于无穷大
C．G为引力常量，它是由实验测得的，而不是人为规定的
D．若m1>m2，则m1受到的引力大于m2受到的引力
E．m1与m2受到的引力大小相等，是一对平衡力
在讨论地球潮汐成因时，地球绕太阳运行轨道与月球绕地球运行轨道可视为圆轨道。已知太阳质量约为月球质量的2.7×107倍，地球绕太阳运行的轨道半径约为月球绕地球运行的轨道半径的400倍。关于太阳和月球对地球上相同质量海水的引力，以下说法正确的是
A．太阳引力远大于月球引力
B．太阳引力与月球引力相差不大
C．月球对不同区域海水的吸引力大小相等
D．月球对不同区域海水的吸引力大小有差异
发现未知星体是万有引力定律的重要成就之一，如 “笔尖下发现的行星”海王星。1843年，英国剑桥大学的学生亚当斯和法国巴黎年轻天文爱好者勒维耶根据天王星的观测资料，发现天王星实际运行的轨道与圆轨道总存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离、形成这种现象的原因是海王星对它的万有引力，已知天王星围绕太阳运行的轨道半径为R0，周期为T0
，假定两颗行星的运动可以认为是匀速圆周运动，请你利用所学知识确定海王星的轨道半径为 。
假设将质量为m的铅球放在地心处，在地球内部的A处挖去质量为m的物体，如图所示，则铅球受到的万有引力大小为F=_________，方向_______（填“向左”或“向右”）。（地球半径为R，OA=R/2）。
【参考答案】
C 万有引力定律适用于一切质点间的引力计算；当r趋近于零时，两物体的大小和形状已经不能忽略，即不能视为质点了，故不能简单地认为万有引力趋于无穷大；G为引力常量，是一个恒定不变的常量，可在实验中测得；物体之间的万有引力符合牛顿第三定律，是一对大小相等、方向相反的相互作用力，作用在两个物体上，不是一对平衡力。
AD 由万有引力定律可得，太阳对地球上相同质量水的引力大约是月球的169倍；不同区域的海水与月球的距离不一样，故引力大小也不一样。
海王星与天王星相距最近时，对天王星的影响最大，且每隔时间t发生一次最大的偏离。设海王星的周期为T，圆轨道半径为R，则有，解得，由开普勒第三定律得，解得。
向左
将铅球放在地心时，其所受合力为零，关于地心对称的两个质量均为m的质点对铅球的作用力大小相等，方向相反。当挖去质量为m的物体时，与其关于地心对称的部分对铅球的引力为，其他部分对铅球的引力的合力为零；铅球受到的合引力指向对称部分，即方向向左。
10月5日 开普勒行星运动三定律
高考频度：★★☆☆☆
难易程度：★★★☆☆
地球的公转轨道接近圆形，但彗星的轨道则是一个非常扁的椭圆，天文学家哈雷曾经在1682年跟踪过一颗彗星，他算出这颗彗星轨道的半长轴约等于地球轨道半径的18倍，并预言这颗彗星将每隔一定时间就会出现，哈雷的预言得到证实，该彗星被命名为哈雷彗星。哈雷彗星最近出现的时间是1986年，请你估算，它下次飞近地球是哪一年？
【参考答案】2062年
【试题解析】由开普勒第三定律有=k，其中r为轨道半长轴，T为行星绕太阳公转的周期，k是对太阳系中的任何行星、彗星都适用的常量。设地球的公转轨道（近似圆形）半径为r1，公转周期为T1；哈雷彗星的轨道半长轴为r2，公转周期为T2，则有=，又r2=18r1，T1=1 a，可得哈雷彗星的周期T2=54a≈76.4年，则哈雷彗星在2062年再次飞近地球。
【解题必备】开普勒行星运动定律是通过大量天文观测总结出的经验规律，但是根据万有引力定律和一些复杂的数学推导，开普勒行星运动定律的相关结论都可以自然得出，故而开普勒行星运动定律完全可以放心使用。
一般地，为了方便理解和计算，常假设天体运动的轨道是圆形，实际上圆轨道可认为是不存在的。而一旦出现了椭圆轨道的情境，开普勒三定律常能起到关键作用。
因为圆可以看作一种特殊的椭圆，所以开普勒定律适用于圆形轨道的情况。同样，椭圆可以看作由很多小圆弧组成，一些圆形轨道的相关公式、定律也可以用在椭圆轨道上，如圆轨道上物体的向心力F=，放到椭圆轨道上就是F=，其中ρ为曲率半径，vt
为沿轨道切线方向的速度。
某行星沿椭圆轨道运行，远日点与太阳的距离为a，近日点与太阳的距离为b，过远日点时行星的速率为va，则过近日点时行星的速率为
A．va B．va
C．va D．va
太阳系中的8大行星的轨道均可以近似看成圆轨道。如图是用来描述这些行星运动所遵从的某一规律的图象，横轴是lg，纵轴是lg，T和R分别是行星绕太阳运行的周期和圆轨道半径，T0和R0分别是水星绕太阳运行的周期和圆轨道半径。则其中正确的是
A
B
C
D
某行星绕太阳运行的椭圆轨道如图所示，F1和F2是椭圆轨道的两个焦点，行星在A点的速率比在B点的大，则太阳位于_______点。
【参考答案】
C 由开普勒第二定律，太阳和行星的连线在相等的时间内扫过的面积相等，取足够短的时间Δt，则图中两阴影部分均可近似为扇形，有avaΔt=bvbΔt，所以vb=va。
B 根据开普勒第三定律有==k，则()3=()2，两边取对数，得lg=lg。
F2 根据开普勒第一定律，太阳在F1或F2点处；根据开普勒第二定律，由太阳和行星的连线在相等时间内扫过相等的面积，行星在A点的速率比在B点的大，故太阳位于F2点。
10月6日 天体的质量与密度
高考频度：★★★☆☆
难易程度：★★★☆☆
登月火箭关闭发动机在离月球表面h=112 km的空中沿圆形轨道运动，周期T=120.5 min，月球的半径R=1 740 km，引力常量G=6.67×10–11 N·m2/kg2。根据这组数据计算月球的质量和平均密度。
【参考答案】7.19×1022 kg 3.3×103 kg/m3
【试题解析】设月球质量为M，月球密度为ρ，火箭质量为m
则有=m(R+h)，得M==7.19×1022 kg
由V=，得ρ===3.26×103 kg/m3
【解题技巧】求天体的质量而运用万有引力定律公式时，一定要注意使用天体的半径，而非高度和轨道半径。常用中间推导的公式：GM=R2g，V=。
一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v。假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N。已知引力常量为G ，忽略行星自转造成的影响，则这颗行星的质量为
A． B． C． D．
地质勘探发现某地区表面的重力加速度发生了较大的变化，怀疑地下有空腔区域。进一步探测发现在地面p点的正下方有一球形空腔区域储藏有天然气，如图所示。假设该地区岩石均匀分布且密度为ρ，天然气的密度远小于ρ，可忽略不计。如果没有该空腔，地球表面正常重力加速度大小为g；由于空腔的存在，现测得p点处重力加速度大小为kg（k<1）。已知引力常量为G，球形空腔的球心深度为d，则此球形空腔的体积是
A． B． C． D．
宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一个小球。经过时间t，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L。若抛出时的初速度增大到2倍，则抛出点与落地点之间的距离为L。已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R，引力常量为G，求该星球的质量M。
【参考答案】
B 忽略行星自转，万有引力等于重力，有N==，得M=。
D 如果将球形空腔填满密度为ρ的岩石，则该地区重力加速度便回到正常值。故将空腔填满后对p点处的引力为(1–k)mg=，解得V=。
小球以初速度v平抛出去时，有x=vt，y=gt2，又L2=x2+y2
小球以初速度2v平抛出去时，有x'=2vt，3L2=x'2＋y2，联立得g=
又由万有引力定律有GM=R2g，得M=
10月7日 同步卫星及自转
高考频度：★★★☆☆
难易程度：★★★☆☆
一半径为R、密度均匀的有自转的行星，其赤道处的重力加速度为极地处重力加速度的n倍（n<1）。求该行星的同步卫星距离行星表面的高度。
【参考答案】(–1)R
【试题解析】设该行星质量为M，在极地处有=mg
在赤道处，考虑自转有–nmg=mω2R
对同步卫星，有=mω2(R+h)
联立各式解得(–1)R
【知识补给】
同步卫星
地球同步卫星的轨道位于赤道上空固定位置，到地面的高度约为三万六千千米，约是地球半径（六千四百千米）的六倍。同步卫星的轨道固定，线速度、周期、角速度都固定，所有国家发射的同步卫星都位于同步轨道上相对静止，又相对地面静止。对同步卫星问题，常用含周期或角速度的公式：=mω2(R+h)=m()2(R+h)。
自转的影响
常见卫星问题常预设忽略地球自转，事实上重力是在考虑到自转的效果后得到的万有引力的分力。但对地球而言，极地与赤道处因为自转产生的重力加速度仅有千分之几的差别，在其不起主要作用时完全可以忽略不计。然而也有一些题目会根据这一微小的差别进行相关计算，如求地球的质量、自转角速度等。
考虑自转时，在极地与赤道处较易分析，在其他纬度区域，则要注意进行受力分析，万有引力指向纬线圈圆心的分力作为随地球自转的向心力，垂直纬线圈平面的分力不变，则可知在非极地与赤道处，物体受到的重力并非是指向地心的，而是会向赤道方向偏。
地球上极地处的重力加速度为a，赤道处的重力加速度为g，地球自转的角速度为ω1，要使赤道上的物体“飘”起来，则地球自转的角速度需达到ω2。则ω1与ω2的比值为
A． B． C． D．
下列关于同步通信卫星的说法中错误的是
A．同步通信卫星和地球自转同步，卫星的高度和速率都是确定的
B．同步通信卫星的角速度虽已被确定，但高度和速率可以选择；高度增加，速率增大；高度降低，速率减小，仍同步
C．我国发射第一颗人造地球卫星的周期是114 min，比同步通信卫星的周期短，所以第一颗人造卫星离地面的高度比同步卫星低
D．同步通信卫星的速率比我国发射的第一颗人造卫星的速率小
对于同步卫星和地球赤道上的物体，其共同点是角速度相等。某球形天体的密度为ρ0
，引力常量为G。
（1）证明对环绕密度相同的球形天体表面运行的卫星，运动周期与天体的大小无关。
（2）若球形天体的半径为R，自转的角速度为ω=，表面周围空间充满厚度d=（小于同步卫星到天体表面的高度）、密度ρ=ρ0的均匀介质，求同步卫星到天体表面的高度。
【参考答案】
C 物体在极地处时，有ma=；在赤道处时，有–mg=mR；自转加速度达到ω2时，有=mR，联立解得=。
B 同步通信卫星的周期等于地球自转的周期，周期确定，根据万有引力充当向心力，其高度和速率都是确定的；根据万有引力充当向心力，可知卫星的轨道半径与运行周期之间的关系为r=，我国发射第一颗人造卫星的周期114 min<24 h，所以其高度比同步卫星低；根据卫星的速率与轨道半径的关系，v=，同步通信卫星的速率比我国发射的第一颗人造卫星的速率小。
（1）设卫星质量为m，运动周期为T，球形天体半径为R、质量为M，由牛顿第二定律有=m()2R，而M=ρ0·πR3，解得T=，与R无关，只与ρ0有关
（2）设同步卫星到天体表面的高度为h，同步卫星的质量为m0，则有=m0ω2(R+h)
其中M0=ρ0·πR3+ρ·π(R+d)3–R3]，解得h=R
10月8日 卫星变轨
高考频度：★★★☆☆
难易程度：★★★☆☆
如图所示，已关闭动力的航天飞机在月球引力作用下向月球靠近，并将在B处变轨进入圆形环月轨道与空间站对接，已知环月轨道的半径为r、周期为T，引力常量为G。则下列说法中正确的是
A．在椭圆轨道上，月球对航天飞机的引力不做功
B．由题中条件可以求出航天飞机在B处受到的月球引力
C．由题中条件可以算出月球的质量
D．航天飞机在B处变轨进入环月轨道时必须点火减速
【参考答案】CD
【试题解析】航天飞机在椭圆轨道上时速度增大，引力做正功，A错误；根据万有引力提供圆周运动的向心力有=m()2r，可得月球质量M=，C正确；未知航天飞机质量，无法计算航天飞机受到的月球引力，B错误；若航天飞机在B处不减速，将继续在椭圆轨道上运动，即会做离心运动，需要通过点火减速使月球对航天飞机的引力等于其绕月球做圆周运动的向心力，D正确。
【知识补给】
同步卫星发射
（1）由地球发射进入圆形停泊轨道，准备变轨；
（2）第一次点火加速变轨，进入椭圆转移轨道，第一次点火位置为椭圆轨道近地点；
（3）在转移轨道的远地点第二次点火加速变轨，进入圆形同步轨道。
“嫦娥”奔月
（1）调相轨道段：由地球发射后，不断变轨加速，使远地点越来越高；
（2）地月转移轨道段：再次加速进入地月转移轨道，几次修正后，被月球引力俘获；
（3）月球捕捉轨道：进入月球引力范围时速度较大，不断变轨减速，最终环绕月球飞行。
人造地球卫星沿圆形轨道运转，因为大气阻力的作用，使卫星的运行高度逐渐降低，则该卫星运行的物理量的变化是
A．线速度减小 B．向心加速度增大
C．角速度不变 D．运行周期增大
如图所示，一飞行器围绕地球沿半径为r的圆轨道1运动。经P点时，启动推进器短时间向前喷气使其变轨，2、3是与轨道1相切于P点的可能轨道。则飞行器
A．变轨后将沿轨道2运动
B．相对于变轨前运行周期变长
C．变轨前、后在两轨道上经P点的速度大小相等
D．变轨前、后在两轨道上经P点的加速度大小相等
曲线上某点处的曲率半径反映了曲线的弯曲程度，曲率半径越小，曲线弯曲程度越高；曲率半径相同，曲线弯曲程度相同。如图所示，发射卫星时，卫星先在近地轨道1做圆周运动，然后进入椭圆轨道2运动，最后进入同步轨道3做圆周运动。已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，同步轨道半径为r0，卫星质量为m0。当质量为m的卫星绕质量为M的中心天体运动，距离为r时，其引力势能Ep=–。近地轨道距地面的高度不计。
（1）求卫星在近地轨道的线速度v1和在同步轨道的线速度v3。
（2）卫星在椭圆轨道2的近地点、远地点处的运动均可当作圆周运动处理，圆周运动的半径可用近地点、远地点处的曲率半径ρ（未知）表示，求卫星在轨道2运动时经过近地点的速率vP和远地点的速率vA之比。（近地点Perigee、远地点Apogee）
（3）需要给卫星提供多少能量才能使其从轨道2的远地点变轨到同步轨道？
【参考答案】
B 由万有引力提供向心力，=m=mω2r=m()2r=ma，得v=，ω=，T=，a=，随着r减小，卫星线速度、角速度、向心加速度增大，周期减小。
D 推进器短时间向前喷气，飞行器将减速；此时>m，飞行器做近心运动，即变轨后沿轨道3运动；根据开普勒第三定律可知，轨道半长轴（半径）变小，公转周期变小；变轨前、后在两轨道上经P点时，飞行器所受万有引力不变，加速度大小不变。
（1）根据万有引力提供向心力有=m0，=m0
又在地球表面有=m0g，联立解得v1=，v3=
（2）在椭圆轨道近地点和远地点，有=m0，=m0，得vP:vA=r0:R
（3）卫星在轨道2上机械能守恒，有–=–
联立各式得vA=
故卫星从轨道2变轨到同步轨道，需要的能量ΔE=–=
10月9日 宇宙速度及黑洞
高考频度：★★☆☆☆
难易程度：★★★☆☆
一些恒星在它一生的最后阶段，可以通过强大的引力把其中的物质紧紧地压在一起，密度很大，使以3×108 m/s的速度传播的光都不能逃逸，这样的天体被称为黑洞。如果太阳的质量为2×1030 kg，引力常量为G=6.67×10–11 N·m2/kg2，若要把太阳压缩成黑洞，已知第二宇宙速度（逃逸速度）为第一宇宙速度的倍。则下列说法中错误的是
A．黑洞的半径应小于2.96 km
B．黑洞的半径可能为4 km
C．黑洞的密度可能为1.8×1020 kg/m3
D．黑洞的密度可能为1.8×1018 kg/m3
【参考答案】BD
【试题解析】太阳成为黑洞后，设其第一宇宙速度为v1，有=，又v1>c，得R<=2.96 km，A正确，B错误；由ρ==，得ρ>=1.83×1019 kg/m3，C正确，D错误。故选BD。
【解题必备】第一宇宙速度又叫环绕速度，是卫星的最小发射速度，也是卫星的最大环绕速度，常用公式：v1==求解。
【知识补给】
第二宇宙速度
第二宇宙速度又叫逃逸速度，是使物体脱离中心天体的引力范围的最小发射速度，第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍，可以结合引力势能Ep=–（以无穷远处为零）推导。星体表面的引力势能为–，使星体表面的物体脱离星体的引力范围，至少需要给物体一个速度v2，使–=0+0，即物体能到达无穷远处（势能、动能均为零），可得第二宇宙速度v2==v1。
现已测得月球探测器绕月球表面附近飞行时的速率约为1.75 km/s（可近似当成匀速圆周运动），已知地球质量约为月球质量的81倍 ，地球第一宇宙速度约为7.9 km/s，则地球半径约为月球半径的
A．3倍 B．4倍 C．5倍 D．6倍
理论研究表明第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍。火星探测器悬停在火星表面附近高为h处时关闭发动机，做自由落体运动，经时间t落到火星表面。已知引力常量为G，火星半径为R。若不考虑火星自转的影响，要使探测器脱离火星飞回地球，则探测器从火星表面起飞的速度至少为
A． B． C．11.2 km/s D．7.9 km/s
在目前的天文观测范围内，物质的平均密度约为10–27 kg/m3，如果认为我们的宇宙是这样一个均匀大球体，其密度使得它的逃逸速度大于光在真空中的速度c，因此任何物体都不能脱离宇宙，则宇宙的半径至少多大？（引力常量G=6.67×10–11 N·m2/kg2，第二宇宙速度为第一宇宙速度的倍，结果保留一位有效数字）
【参考答案】
B 根据万有引力提供向心力，有=，解得R=，故地球半径与月球半径的比值为=≈4。
A 由自由落体运动知，h=gt2，火星表面的重力加速度g=，火星的第一宇宙速度v=，又GM=gR2，故v==，要使探测器脱离火星飞回地球，则探测器从火星表面起飞的速度要达到第二宇宙速度v=。
第一宇宙速度v1=
第二宇宙速度v2=>c，其中M=ρV=，得
R>=4×1026 m。
10月10日 双星和多星
高考频度：★☆☆☆☆
难易程度：★★★★☆
根据对某一双星系统的光学测量确定，该双星系统中星体的质量都是M，距离为L，围绕两者连线的中点做圆周运动。已知引力常量为G。
（1）试计算该双星系统的运动周期T。
（2）若实验观测到双星系统的运动周期为T'，且T':T=1:（N>1）。为了解释两者的不同，目前有一种流行的理论认为，在宇宙中可能存在一种用望远镜观测不到的物质——暗物质。作为一种简化的模型，我们假定在以这两个星体连线为直径的球体内均匀地分布着暗物质，而不考虑其他暗物质的影响，则暗物质的密度有多大？
【参考答案】（1）πL （2）
【试题解析】（1）由万有引力提供向心力有=M()2，得T=πL
（2）设暗物质的质量为m，则+=M()2，得
T'=πL
由T':T=1:，得m=M
暗物质的体积V=()3=
暗物质的密度为ρ==
【解题必备】双星系统中，两个星体的角速度、周期相等，由此对两星体分别列式并联立后，通过距离的关系，就可以消去各自的轨道半径，得到角速度和周期，这一步骤往往是解题的突破口。
【知识补给】
普遍的双星
考查双星系统的问题较少，但实际上，类似日–地、地–月的系统严格意义上都是双星系统，只是中心天体的质量往往比另一天体的质量大得多，在误差允许范围内，用简单的环绕中心天体运动的模型即可，且如果全部使用双星模型，遇到多个行星（卫星）环绕恒星（行星）运动的问题（多星模型）时，就无法求解了。
多星问题
考查多星问题（至少三星）时，多个星体间一般存在简单的几何对称关系，此类问题的易错点就是容易混淆星体间距离和轨道半径，列式求解时要时刻注意是表示力（星体间距离），还是表示运动（轨道半径）。
如图所示，A、B、C为宇宙中一个离其他天体很远的孤立三星系统，三颗质量均为m的行星在一半径为r的圆周上做匀速圆周运动，三行星间的距离相等，引力常量为G，则
A．A、B间的万有引力大小为
B．A做圆周运动的向心力大小为
C．A做圆周运动的线速度为
D．A做圆周运动的周期为2πr
一个国际研究小组观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O
做匀速圆周运动，如图所示。此双星系统中体积较小的成员能“吸食”另一颗体积较大的星体表面的物质，达到质量转移的目的。假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在演变的过程中（两星体密度相当）
A．两星体间的万有引力不断变小
B．两星体做圆周运动的角速度不断变大
C．体积较大的星体做圆周运动的轨迹半径变大，线速度也变大
D．体积较大的星体做圆周运动的轨迹半径变大，线速度变小
地–月系统实际上也是一个双星系统，但是我们常用简单的月球绕地球做圆周运动的模型来计算相关问题。已知地球质量约为月球质量的81倍，试通过运动周期分析不必使用双星模型来计算地–月系统的理由。
【参考答案】
D 任意两行星间的万有引力大小为；两个行星对另一个行星的万有引力的合力充当向心力，则向心力为；对一个行星，有=，线速度v=；行星运动的周期T==2πr。
C 设体积较小的星体质量为m1，轨道半径为r1，体积较大的星体质量为m2，轨道半径为r2，两星体间距为L=r1+r2，转移的质量为Δm，则两星体间的万有引力F=，随Δm变大，两星体质量相等时，F最大，F先变大后变小；对两星体有=(m1+Δm)ω2r1=(m2–Δm)ω2r2，解得ω=
，不变化；对体积较大的星体有=ω2r2，随Δm变大，r2变大，线速度v2=ωr2也变大。
设地球质量为M，月球质量为m，在双星模型中地球的轨道半径为R，月球的轨道半径为r，地球和月球间距为L=R+r，引力常量为G
在月球绕地球做圆周运动的模型中，=m()2L，得
T1=2πL
在双星模型中，对地球和月球有=M()2R=m()2r，得
T2=2πL
==≈1.006
两种模型中运动周期基本相等，故不必使用双星模型
10月11日 天文现象与几何关系
高考频度：★★☆☆☆
难易程度：★★★★☆
太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，当地球恰好运行到某个行星和太阳之间，且三者几乎成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。据报道，2014年各行星冲日时间分别是：1月6日木星冲日，4月9日火星冲日，6月11日土星冲日，8月29日海王星冲日，10月8日天王星冲日。已知地球轨道以外的行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列判断正确的是
地球
火星
木星
土星
天王星
海王星
轨道半径（AU）
1.0
1.5
5.2
9.5
19
30
A．各地外行星每年都会出现冲日现象
B．在2015年内一定会出现木星冲日
C．天王星相邻两次的冲日时间是土星的一半
D．地外行星中海王星相邻两次冲日间隔时间最短
【参考答案】BD
【试题解析】相邻两次行星冲日的时间间隔就是地球比该行星多运动一周的时间，根据万有引力提供向心力有=m()2r，得T=2πr，相邻两次行星冲日的时间间隔t===>TE，相邻两次行星冲日间隔时间大于1年，A错误；根据开普勒第三定律得，，代入木星轨道半径得木星周期约12年，相邻两次木星冲日间隔时间约1.1年，由2014年的木星冲日时间可知，在2015年一定会出现木星冲日，B正确；由周期计算方法得土星周期约29.3年，相邻两次冲日间隔时间约1.04年，由周期计算方法得海王星周期约82.8年，相邻两次冲日间隔时间约1.01年，C错误；海王星轨道半径最大，周期最大，相邻两次冲日间隔时间最短，D正确。
【知识补给】
天文现象
合
天体A–天体B–地，距角约0°
距角：两天体与地球连线夹角
上合
地内行星–日–地
下合
日–地内行星–地
凌
（视）大天体–小天体–地，如水星凌日
掩
（视）小天体–大天体–地，如月掩金星
日食
日–月–地
冲日
日–地–地外行星，距角约180°
月食
日–地–月
大距
矩角最大时，地内行星的位置，分为东大距和西大距
方照
矩角为90°时，地外行星的位置，分为东方照和西方照
对天体或卫星，也有考查最近、最远距离的问题，其类似于圆周运动中的追及相遇问题，解题关键是：同向追，超一周；逆向遇，合一周。
对于某些问题，还可能会涉及相切、三角函数的运用。
利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯。目前，地球同步卫星的轨道半径为地球半径的6.6倍，假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为
A．1 h B．4 h C．8 h D．16 h
如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动。星球相对飞行器的张角为θ。下列说法正确的是
A．轨道半径越大，周期越长
B．轨道半径越大，速度越大
C．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度
D．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度
如图所示，地球和某行星在同一平面内逆时针同向绕太阳做匀速圆周运动，该行星的公转轨道半径小于地球公转轨道半径，地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角（简称视角）。当该行星处于最大视角位置时，是地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时期。已知地球的轨道半径为R，公转周期为T（即一年），该行星的最大视角为θ（单位是弧度），引力常量为G，则
A．该行星的公转周期小于T
B．该行星的公转轨道半径为Rcos θ
C．太阳质量为M=
D．该行星相邻两次处于最大视角位置的时间间隔可能为Δt=
【参考答案】
B 设地球半径为R，周期T=24 h，地球自转周期最小时，三颗同步卫星的位置在如图所示的等边三角形的顶点处，此时同步卫星的轨道半径r=2R，由开普勒第三定律得T'=T()3/2≈4 h。
AC 由=m()2r=，可得T=，v=，故半径越大，周期越长，速度越小；如果测量出周期，则有M=，再知道张角θ，即可得该星球半径R=rsin，所以ρ==；只测得周期和轨道半径，无法计算星球半径，则无法求出星球密度。
AD 设行星的轨道半径为r，由=m()2r，得T'=，由r0表示斥力，F<0表示引力。
（3）三个点电荷在一条直线上能保持静止，则电性一定是两同夹异。
两个半径为1 cm的导体球分别带上+Q和–3Q的电荷量，两球心相距90 cm时相互作用力为F，现将它们碰一下后放在球心间相距3 cm处，则它们的相互作用力大小为
A．300F B．1 200F C．900F D．无法确定
两个可以自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示。A处电荷带正电Q1，B处电荷带负电Q2，且Q2=4Q1。另取一个可以自由移动的点电荷Q3，放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，下列说法中正确的是
A．Q3为负电荷，且放于A左方
B．Q3为负电荷，且放于B右方
C．Q3为正电荷，且放于A、B之间
D．Q3为正电荷，且放于B右方
如图，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A和C围绕B做匀速圆周运动，B恰能保持静止，其中A、C和B的距离分别是L1和L2。不计三质点间的万有引力，则A和C比荷的比值为
A．()2 B．()3 C．()2 D．()3
【参考答案】
D 库仑定律适用于两个点电荷之间相互作用力的计算，带电球的半径为1 cm，两球相距3 cm时，两个带电球不能视为点电荷，库仑定律不再适用，故无法确定两球之间的相互作用力。
A 若Q3放在Q1、Q2之间，则Q1对Q3的电场力和Q2对Q3的电场力方向相同，Q3不能处于平衡状态，假设不成立，C错误；设Q3平衡时，所在位置与Q1的距离为r13，与Q2的距离为r23，则有=，又Q2=4Q1，得r23=2r13，即Q3位于Q1的左方；三个点电荷在一条直线上处于平衡状态时，电性应为两同夹异，故Q3 电性与Q2相同，带负电，BD错误，A正确。
B 由B保持静止，则A、C带同种电荷，有=，可得=()2；由A、C做匀速圆周运动，则B所带电荷一定与A、C电性相反，有–=mAω2L1，–=mCω2L2，可得=，则A和C比荷的比值为=()3。
10月15日 对称性方法
高考频度：★☆☆☆☆
难易程度：★★★★★
均匀带电薄球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布有正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为
A．–E B．
C．–E D．+E
【参考答案】C
【试题解析】若将均匀带2q电荷的薄球壳放在O处，球壳在M、N两点产生的电场强度大小为；由已知知，M点的场强为E；当在图示半球面上叠加均匀带2q负电荷的薄球壳时，等效为均匀带q负电荷的薄球壳，则N点的场强大小也为E= –EN，得图示情况中N点的场强EN=–E，C正确。
【解题必备】用对称性方法求解场强的问题中，解题的思路就是把不规则的带电体，补全或去除一部分，使之成为形状规则的带电体，如球壳、圆板等，然后利用具有对称形状的带电体，所具有的对称分布的电场来分析问题。
【知识补给】
电场的唯一性定理
在给定带电体（电荷分布）及边界条件后，产生的电场是唯一的。
与无限大接地的导体平板距离为r处有一点电荷q，在导体板处产生的电场的场强是垂直导体板的。
两个间距为2r的等量（q）异种点电荷产生的电场中，两点电荷连线的中垂面处的场强垂直于中垂面。
后者的一半电场的分布与前者相同，则后者就是前者情况的一个解，且是唯一的解。这样，就可以将无限大的边界问题变为简单的两点电荷问题。
解题步骤：电场分布特点→构造具有相同电场分布特点的简单模型→用简单模型计算。
如图所示，有一带电荷量+q的点电荷与均匀带电圆形薄板相距为2d，+q到带电薄板的垂线通过板的圆心。若图中a点处的电场强度为零，则图中b点处的电场强度大小是
A．0 B．
C． D．
如图所示，在干燥的空气中，质量为m的正点电荷上方有一很大的水平接地金属板，金属板与点电荷的距离为a，点电荷处于静止状态。已知静电力常量为k，当地重力加速度为g，则点电荷所带的电荷量为
A．0 B．a
C．2a D．无穷大
如图所示，一半径为R的均匀带电绝缘圆环上有一极小的缺口ab，缺口长L（L远小于R），圆环的带电荷量为Q（正电荷），在圆心处放置一带电荷量为q的负点电荷。求负点电荷受到的库仑力的大小和方向。
【参考答案】
C +q在a处产生的场强大小为，而a点处场强为零，可知薄板带正电，在a、b处的场强大小为，则b点处的场强大小为+=。
C 由导体表面的场强垂直于导体表面，则点电荷和金属平板间的电场可等效为两个等量异种点电荷间的电场，故点电荷与金属板感应出来的电荷间的静电力大小为=mg，点电荷所带电荷量q=。
若将缺口补上，则圆心处场强为零，补上的缺口处的电荷在圆心处产生的场强为，其中q0=Q
则有缺口的圆环在圆心处的场强为，方向从圆心指向缺口
负点电荷受到的库仑力为，方向从缺口指向圆心
