2017-2018学年宁夏银川一中高二上学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年宁夏银川一中高二上学期期中考试物理试题 解析版

宁夏银川一中2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题 一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1. 以下说法正确的是（ ）‎ A. 把质子或电子叫元电荷 B. 只有体积很小的带电体才可以看做点电荷 C. 电荷间的相互作用力是通过电场而产生的 D. 描述电场的电场线是客观存在的 ‎【答案】C ‎【解析】由元电荷定义：将电子或质子所带电量的绝对值称为元电荷，而不是把质子或电子叫元电荷，故A错误；点电荷是将带电物体简化为一个带电的点，物体能不能简化为点，不是看物体的体积大小和电量大小，而是看物体的大小对于两个电荷的间距能不能忽略不计，当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，可将这两个带电体看成点电荷，故B错误；电荷间的相互作用力是通过电场而产生的，选项C正确；描述电场的电场线是假想的，不是客观存在的，选项D错误；故选C.‎ ‎2. 两个完全相同的金属小球，带电量之比为1：3，相距为r，视为点电荷，相互间的斥力大小为F，两小球相互接触后将其距离变为，则两球间库仑力的大小为（　　）‎ A. F B. F C. F D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】相距为r时，根据库仑定律得：；因两球相斥，则两球带同性电荷，则接触后各自带电量变为，则此时；故选D. ‎ ‎3. 下列说法中，正确的是（ ）‎ A. 由E=可知电场中某点的电场强度E与q成反比 B. 由公式φ=可知电场中某点的电势φ与q成反比 C. 由Uab=Ed可知，电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大 D. 公式C=，其中电容器的电容C与电容器两极板间电势差U无关 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：电场中某点的电场强度和试探电荷无关，只和电场本身的性质有关，A错误；电势是人为规定的，与电荷量的大小无关，B错误；公式中d为沿电场方向的距离，不是任意两点间的距离，所以C错误；电容器电容的决定式为，与两极板间的电压，和电荷量无关，D正确 考点：考查了电场强度，电势，电势差，电容 ‎4. 关于电场强度和电势的关系，下列说法正确的是（ 　）‎ A. 电场强度的方向一定跟等势面垂直 B. 随着电场强度的大小逐渐减小,电势也逐渐降低 C. 电场强度处处为零的空间，电势也一定处处为零 D. 电势高的地方电场强度一定大 ‎【答案】A ‎【解析】电场强度的方向一定跟等势面垂直，选项A正确；随着电场强度的大小逐渐减小,电势不一定逐渐降低，选项B错误；电场强度处处为零的空间，电势不一定处处为零，例如在等量同种电荷连线的中点处，选项C错误；电势高的地方电场强度不一定大，例如离负点电荷较远的位置，选项D错误；故选A.‎ 点睛：对于电势与场强的大小关系：两者没有关系，可根据电势高低看电场线的方向，场强大小看电场线疏密来理解．‎ ‎5. 下列关于电源的电动势说法，正确的是（ ）‎ A. 电源向外提供的电能越多，表示电动势越大 B. 电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功 C. 电源的电动势与外电路有关，外电路电阻越大，电动势就越大 D. 电动势越大的电源，将电能转化为其他形式的能的本领越大 ‎【答案】B ‎6. 关于电阻和电阻率下列说法正确的是（ 　）‎ A. 电阻率是表征材料导电性能的物理量，电阻率越大的导体对电流的阻碍作用越大 B. 一根粗细均匀的电阻丝，电阻为R. ‎ 若将电阻丝均匀拉长，使它的横截面的半径变为原来的,则电阻丝的电阻变为4R C. 由可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比 D. 对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大 ‎【答案】D ‎【解析】电阻率是表征材料导电性能的物理量，长度截面积相同时，电阻率越大的导体电阻越大，则对电流的阻碍作用越大，选项A错误；一根粗细均匀的电阻丝，电阻为R. 若将电阻丝均匀拉长，使它的横截面的半径变为原来的,则横截面积变为原来的，长度变为原来的4倍，根据则电阻丝的电阻变为16R，选项B错误；导体的电阻与两端的电压和通过导体的电流无关，选项C错误； 对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大，选项D正确；故选D.‎ 点睛：本题应知道影响电阻大小的因素，并且知道导体的电阻与导体两端的电压和通过的电流无关是解决本题的关键，欧姆定律只是计算电阻的一种方法．‎ ‎7. 一块手机电池的背面印有如图所示的一些符号，另外在手机使用说明书上还写有“通话时间3 h，待机时间100 h”，则该手机通话和待机时消耗的功率分别约为( )‎ ‎ ‎ A. 1.8‎‎ W，5.4×10 – 2 W B. 3.6 W，0.108 W C. 0.6 W，1.8×10 – 2 W D. 6.48×103 W，1.94×10 2 W ‎【答案】C ‎【解析】由手机电池的铭牌可知，电池的工作电压U=3.6V，电池的容量为500mA•h，通话时消耗的功率：‎ 待机时消耗的功率：．故选C．‎ 点睛：根据电池铭牌提供的数据要能够从其中找出有用的信息，并且要能够正确的理解电池的容量是关键．‎ ‎8. 如图所示，实线为一点电荷Q 建立的电场中的几条电场线（方向未标出），虚线为一电子在电场中从M点运动到N点的轨迹．若电子在运动中只受电场力的作用，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 建立电场的点电荷Q带负电 B. 电子在M点的加速度比在N点的加速度大 C. 电子在M点的速度比在N点的速度大 D. 电子在M点的电势能比在N点的电势能大 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由图看出，电子的轨迹向下弯曲，其所受的电场力方向向上，故建立电场的点电荷Q带正电，A错误；电场线的疏密表示电场强度的大小，M点电场线稀疏，所以离子在M点的电场力小，加速度也小，B错误；粒子从M到N，电场力做正功，动能增大．电势能减小，所以离子在N点的速度大于在M点的速度，粒子在M点的电势能比在N点的电势能大，所以C错误；D正确；故选D。‎ 考点：电场线、电场强度。‎ ‎【名师点睛】由运动的轨迹弯曲方向确定出电场力方向，根据离子的电性分析电场线的方向，根据电场力的方向与速度方向的夹角确定电场力做功的正负，从而判断出动能和势能的大小关系。‎ ‎9. 如图所示，正电荷Q均匀分布在半径为r的金属球面上，沿x轴上各点的电场强度大小和电势分别用E和ϕ表示．选取无穷远处电势为零，下列关于x轴上各点电场强度的大小E或电势ϕ随位置x的变化关系图，正确的是（　 ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：该题中正电荷Q均匀分布在半径为r的金属球面上，金属球是一个等势体．从金属球到无穷远处的电势降低．‎ 解：A、B：金属球是一个等势体，等势体内部的场强处处为0，故A错误，B错误；‎ C、D：金属球是一个等势体，等势体内部的电势处处相等，故C正确，D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】该题考查带正电荷的金属球周围的场强分布与电势的特点，除了上述的方法，还可以使用积分法求它的场强和电势．属于简单题．‎ ‎10. 如图所示，先接通开关S使电容器充电，然后断开S，减小两极板间的距离时，电容器所带电量Q、电容C、两极板间电势差U的变化情况是（　 ）‎ A. Q不变，C变大，U变小 B. Q不变，C变小，U变大 C. Q变小，C变小，U不变 D. Q变大，C不变，U不变 ‎【答案】A ‎【解析】电容器与电源断开，电量Q保持不变，减小两极板间距离时，根据，知电容C变大，根据知两极板间的电势差U变小，故A正确，BCD错误．故选A．‎ 点睛：解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．‎ ‎11. 如图所示电路中，R1=1Ω, R2=2Ω,R3=3Ω,R4=5Ω,在a、b 两端接电源后，四个电阻消耗的电功率分别是P1 、P2 、 P3 、P4，则下列结论正确的是( )‎ ‎ ‎ A. P2＞P3＞P1＞P4 B. P2＞P1＞P3＞P4‎ C. P2＞P1＞P4＞P3 D. P4＞P3＞P2＞P1‎ ‎【答案】A ‎【解析】R1和R2的电流相同，根据P=I2R可知P1：P2=1:2；R3和R4并联后的电阻为，则P1：P34=8:15；根据可得，则, ，综上可知：P2＞P3＞P1＞P4，故选A.‎ ‎12. 如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等差等势线．A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则 （ ）‎ A. A点和B点的电势相同 B. 正电荷从A点移至B点，电场力做正功 C. C点和D点的电场强度相同 D. 负电荷从C点移至D点，电势能增大 ‎【答案】B ‎【解析】A点和B点不在同一个等势面上，所以它们的电势不同，所以A错误．从A点移至B点，电势降低，所以正电荷从A点移至B点，电场力做正功，所以B正确．根据电场的对称性可知，C点和D点的电场强度的大小相同，但是它们的方向不同，所以C错误．C点和D点在同一个等势面上，负电荷从C点移至D点，电势能不变，所以D错误．故选B．‎ 点睛：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．‎ ‎13. 在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为ε，内阻为r。设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U。当R5的滑动触点向图中a端移动时( )‎ ‎ ‎ A. I变大，U变小 B. I变大，U变大 C. I变小，U变大 D. I变小，U变小 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：当的滑动触点向图中a端移动时，变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电流表A和电压表的读数变化．‎ 当的滑动触点向图中a端移动时，变小，外电路总电阻变小，则由闭合电路欧姆定律知，总电流I变大，路端电压变小，U变小．根据闭合电路欧姆定律，电路中并联部分电压变小，则I变小．‎ ‎【点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部 ‎14. 示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图所示，真空室中电极K发出电子（初速度不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板间．金属板长为L，相距为d，当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力．下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是：（　　）‎ A. U1变大，U2变大 B. U1变小，U2变大 C. U1变大，U2变小 D. U1变小，U2变小 ‎【答案】B ‎ ‎ 电子进入偏转电场后做类平抛运动，设偏移量为y，，L=vt，‎ 所以，当U1变小，U2变大时，y变大，‎ 考点： 带电粒子在电场中的运动 二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎15. 如图所示的电路中，AB两端的电压U恒为14V，灯泡L标有“6V、12W”字样，电动机线圈的电阻．若灯泡恰能正常发光，且电机能正常运转，则以下说法中正确的是( ) ‎ A. 电动机的输出功率是14W B. 电动机的输入功率是16W C. 电动机的热功率是1.0W D. 整个电路消耗的电功率是30W ‎【答案】AB ‎【解析】电动机两端的电压UM=U-UL=14-6V=8V，整个电路中的电流，所以电动机的输入功率P入=UMI=8×2W=16W．电动机的发热功率P热=I2RM=22×0.5W=2W，则电动机的输出功率P出=P入-P热=（16-2）W=14W．故AB正确．C错误．整个电路消耗的功率P总=UI=14×2W=28W．故D错误．故选AB．‎ 点睛：解决本题的关键知道电动机的功率是如何分配的，明确输入功率由公式P=UI求解，热功率由P=I2RM．根据功率关系求解输出功率．‎ ‎16. 某种材料的导体，其I—U图象如图所示，图象上A点与原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角．下列说法正确的是(　　　)‎ ‎ ‎ A. 导体的电功率随电压U的增大而增大 B. 导体的电阻随电压U的增大而增大 C. 在A点，导体的电阻为 D. 在A点，导体的电阻为tanβ ‎【答案】AC ‎【解析】由图象知，U增大，电流I增大，该导体的电功率在数值上等于横、纵坐标确定的矩形面积，则电功率增大．故A正确．由欧姆定律知，导体的电阻，随着U增大，I增大得越来越快，故导体的电阻R随U的增大而减小，故B错误；在物理图象上，图象的倾角决定于标度的选取，不能用倾角的正切求斜率．且弯曲的伏安特性曲线本身误差较大，故不能用正切值来表示电阻；只能用坐标的比值和欧姆定律求解；因标度可能不同，故也不能由 求解电阻，故CD错误．故选A．‎ 点睛：解决本题的关键知道电功率在数值上等于横、纵坐标确定的矩形面积．以及知道导体的电阻等于对应的纵坐标与横坐标的比值．‎ ‎17. 如图所示，把四个相同的灯泡接成甲、乙两种电路后，灯泡都正常发光，且两个电路的总功率相等，则这两个电路中的U甲、U乙，R甲、R乙之间的关系正确的是( )‎ ‎ ‎ A. U甲＝4U乙 B. U甲＝2U乙 C. R甲＝2R乙 D. R甲＝4R乙 ‎【答案】BD ‎【解析】设灯泡的额定电流为I0；因两灯泡正常发光，故灯泡中电流相等；则甲电路中电流为I0；乙电路中电流为2I0；因总功率相等，故两电阻消耗的功率相等；则由P=I2R可知，R甲=4R乙；故D正确，C错误；由欧姆定律可知：U甲=I0R甲+2U=2I0R乙+2U；U2=2I0R乙+U；故U甲=2 U乙；故A错误，B错误；故选BD．‎ ‎18. 如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、30V．实线是一带电的粒子（不计重力）在该区域内运动的轨迹，对于轨迹上的a、b、c三点，已知：带电粒子带电量为0.01C，在a点处的动能为0.5J，则该带电粒子（ ）‎ A. 一定是带正电 B. 在b点处的电势能为0.3J C. 在b点处的动能为零 D. 在c点处的动能为0.4 J ‎【答案】ABD ‎【解析】场强方向向上，电场力向上，则为正电荷，则A正确； b点处的电势能EP＝φq=0.01×30=0.3J，则B正确；总能量守恒由a点处可知E=0.01×10+0.5=0.6J，则b点处的动能为：0.6-0.3=0.3J，则C错误；c点处的动能为为0.6-0.01×20=0.4J，则D正确；故选ABD.‎ 点睛：本题根据粒子的轨迹弯曲方向就能判断粒子所受的电场力方向，根据电场线与等势线的关系，判断出电场线方向．负电荷在电势高处电势能小是一个重要推论，要学会应用．‎ 三．本题共2小题，共12分。把答案填在试卷卡的横线上或按题目要求作图。‎ ‎19. (1) 图乙是用螺旋测微器测量某一圆筒外径时的示数，此读数应___________mm。‎ ‎(2) 现用多用电表测量一个定值电阻的阻值(阻值约为100 Ω)，将红、黑表笔分别插入“+”“-”插孔,接下来必要的操作步骤和正确的顺序是______.(请将必要步骤前的序号按正确的顺序写出)‎ ‎ ‎ ‎①将选择开关旋转到“×10”的位置;‎ ‎②将选择开关旋转到“×100”的位置;‎ ‎③用两支表笔的金属部分分别接触电阻的两条引线;‎ ‎④根据指针所指刻度和选择开关的位置,读出电阻的阻值;‎ ‎⑤将两支表笔直接接触,调整“欧姆调零旋钮”使指针指向“0 Ω”.若正确测量时指针所指刻度如图所示,则这个电阻的测量值是_____Ω.‎ ‎【答案】 (1). (1)6.790±0.002 (2). (2)①⑤③④ (3). 130‎ ‎【解析】（1）螺旋测微器读数为：6.5mm+0.01mm×29.0=6.790mm；‎ ‎（2）待测电阻阻值约为一百多欧姆，用欧姆表测电阻，将选择开关旋转“×10”的位置，然后进行欧姆调零，具体操作是：将红黑表笔短接，调节调零旋钮调零，使指针指在右侧零刻度线处；再测出电阻阻值，因此合理是实验步骤为：①⑤③④． （3）由图示表盘可知，待测电阻阻值为：13×10=130Ω； 点睛：本题考查了应用欧姆表测电阻，使用欧姆表测电阻时，应使指针指在表盘中央刻度线附近；换挡后要进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．‎ ‎20. 要描绘标有“2.5V，0.5A”小灯泡L的伏安特性曲线，实验室中有以下一些器材可供选择：‎ 电源：E1（电动势为2.0V，内阻为）E2（电动势为3.0V，内阻 为）‎ 电压表：V1（量程5V，内阻为）‎ 电流表：A1（量程100mA，内阻约）．A2（量程0.6A，内阻约）‎ 滑动变阻器：R1（可调范围，允许通过最大电流5A）．‎ 导线，开关若干．‎ ‎（1）实验要求电表读数从零开始变化，能完整描绘伏安特性曲线，实验中应该选用电源_________，电流表_________（填器材的符号）．‎ ‎（2）在满足（1）的情况下，在方框中画出实验中所需的电路原理图______．‎ ‎ ‎ ‎（3）根据（2）中的实验电路图，用笔画线代替导线将实验电路连接完整________．‎ ‎【答案】 (1). （1）E2 (2). A2 (3). （2）电路如图；‎ ‎ (4). （3）实物图；‎ ‎【解析】（1）小灯泡功率为2.5V，额定电流为0.5A，所以应该选E2电源，A2电流表． （2）因测量灯泡伏安特性曲线实验中需要让电压由零开始调节，故应采用滑动变阻器分压接法；电流表内阻为0.3欧，灯泡电阻为5欧，故灯泡内阻可视为小电阻，所以采用电流表外接来连接． （3）根据原理图可得出对应的实物图如图所示； ‎ 点睛：本题考查描绘灯泡伏安特性曲线的实验，注意本实验中采用滑动变阻器分压接法，同时电流表一般采用电流表外接法，同时注意掌握图象的分析方法．‎ 四．本题共4小题，30分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎21. 如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表。当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为 U1=4V；当电阻箱读数为 R2=5Ω时，电压表读数为 U2=5V。求：电源的电动势E和内阻r。‎ ‎【答案】E =6V , r =1Ω ‎【解析】试题分析：据闭合电路欧姆定律，得 当电阻箱数R=5Ω时 当电箱读数为R1=2Ω 代入式得E=6V r=1Ω 考点：闭合电路欧姆定律 ‎【名师点睛】此题提供一测量电源电动势和内阻的方法：伏阻法；电压表与电阻箱组合，相当于电压表和电流表双重作用。‎ ‎22. 如图所示，在匀强电场中有a、b、c三点，a、b相距 5cm，b、c相距12cm．将一个带电荷量为4×10﹣8C 的电荷从a点移到b点时，电场力做功为1.2×10﹣7 J．‎ ‎（1）a、b两点间电势差为多少 ‎（2）匀强电场的场强大小E ‎（3）b、c两点间电势差为多少．‎ ‎【答案】（1）3V（2）60V/m（3）3.6V ‎【解析】（1）根据Wab=qUab得：． （2）匀强电场的场强大小：． （3）b、c两点间的电势差：Ubc=Edbccos60°=60×0.12×V＝3.6V ‎23. 如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器。当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的。求：‎ ‎ ‎ ‎(1)电源的电动势和内阻；‎ ‎(2)定值电阻R2的阻值；‎ ‎(3)滑动变阻器的最大阻值。‎ ‎【答案】（1）20V，20Ω（2）5Ω（3）300Ω ‎【解析】试题分析：电源的路端电压随电流的变化图线斜率大小等于电源的内阻，由闭合电路欧姆定律求出电动势；当滑片滑到最右端时，R1被短路，外电路的电阻最小，电流最大，读出电流和电压，由欧姆定律求出R2的阻值；滑动变阻器阻值最大时，外电阻最大，电流最小，由图读出电压和电流，由欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。‎ ‎（1）由闭合电路欧姆定律得E=U+Ir，将图象中A、B两点的电压和电流代入和得 ‎ E=16+0.2r ‎ ‎ E=4+0.8r 联立解得 E=20V r=20Ω。‎ ‎（2）当R3的滑键自左向右滑时，R3阻值变小，使电路总电阻变小，而总电流变大．由此可知，图线上的A、B两点是滑键分别位于最左端和最右端时所得到的．当滑键位于最右端时，R3=0，R1被短路，外电路总电阻即为R2，故由B点的U、I值可求出R2，。‎ ‎（3）当滑键在最左端时，其阻值最大，并对应着图线上的A点，故由A点的U、I值可求出此时外电路总电阻，再根据串、并联电路的规律可求出R3的最大值．,‎ 又有 ，代入数值解得滑动变阻器的最大值R3=300Ω。‎ 点睛：本题要理解电源的伏安特性曲线的意义，可由图线上两点的坐标建立方程组求解电源的电动势和内阻。‎ ‎24. 如图所示，真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场，在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度方向与竖直方向夹角恒为37°（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）。若将该小球从电场中某点P以初速度v0竖直向上抛出，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）小球受到的电场力的大小 ‎（2）小球从抛出至最高点的过程中，电势能的变化量 ‎（3）小球从P点抛出后，再次落回到与P点在同一水平面的某点Q时，小球的动能 ‎【答案】（1）（2）mv02（3）mv02‎ ‎【解析】（1）根据题设条件可知，合外力和竖直方向夹角为37°，所以电场力大小为：    Fe=mgtan37°=mg，电场力的方向水平向右． 故电场力为mg，方向水平向右． （2）小球沿竖直方向做匀减速运动，有：vy=v0-gt 沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a：‎ 小球上升到最高点的时间，此过程小球沿电场方向位移： 电场力做功 W=Fxsx=mv02 故小球上升到最高点的过程中，电势能减少mv02； （3）小球从到Q的运动的时间： ，水平位移： 小球从到Q的过程中，由动能定理得：Fe•x＝EK−mv02 由以上各式得出：EK＝mv02‎ 点睛：本题在复合场中考查了运动的合成、分运动之间的关系等．解这类问题的关键是：正确进行受力分析，弄清运动形式，利用相应物理规律求解．‎ ‎ ‎