1、吉林省长春十一中2015届高三上学期第二次段考物理试卷一、选择题：每小题4分，共48分在1-9题给出的四个选项中，有一个选项是正确的，在10-12题给出的四个选项中，有多个选项是正确的，全部选对得4分，选得对但不全的给2分1（4分）在不计空气阻力作用的条件下，下列说法中正确的是（）A自由下落的小球，其所受合外力的方向与其速度方向相同B做平抛运动的小球，其所受合外力的方向不断改变C做圆周运动的小球，其所受合外力的方向一定指向圆心D地球上所有物体的向心加速度方向都指向地球中心考点：牛顿第二定律；平抛运动专题：牛顿运动定律综合专题分析：对物体进行受力分析，然后根据小球的运动情况分析答题解答：解：不计
2、空气阻力，A、自由下落的小球，其所受合外力为重力，合外力的方向与其速度方向相同，故A正确；B、做平抛运动的小球所受合外力为重力，方向保持不变，故B错误；C、做圆周运动的小球，其所受合外力的方向不一定指向圆心，故C错误；D、地球上所有物体的向心加速度方向都指向圆周运动中心，故D错误；故选：A点评：本题考查了物体的运动情况，对物体正确受力分析即可正确解题2（4分）如图所示，空间中存在竖直向上的匀强电场，一个质量为m的带电小球只在电场力和重力作用下沿虚线作直线运动，轨迹上A、B两点的竖直高度差为H，重力加速度为g，则在小球从B到A的过程中（）A电场力对小球做功mgHB小球的动能增加mgHC小球的机械
3、能增加mgHD小球的重力势能和电势能的和增加mgH考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：先由运动状态判断出小球的受力情况（受重力和电场力作用，且大小相等），再根据能量的转化和守恒以及重力和电场力做功的特点即可判断各选项的正误解答：解：A、小球沿虚线作直线运动，说明小球受到的重力和电场力平衡，电场力竖直向上，小球向上运动电场力做正功，大小为mgh故A错误B、小球从B到A的过程中做匀速直线运动，合外力对小球所做的功为零，所以小球的动能保持不变故B错误C、小球从B到A的过程中，小球要克服重力做功，AB两点间的竖直高度是H，所以重力势能增加mgH，故C正
4、确D、小球从B到A的过程中，只有电场力和重力做功，所以小球的重力势能和电势能的和不变故D错误故选：C点评：带电粒子在电场和重力场中的运动，分为两种情况：一是做直线运动：当电场力和重力在同一条直线，且速度也在这一直线上时，粒子将做直线运动，若重力和电场力平衡，粒子做匀速直线运动或静止解决此类问题常用的方法是运动学规律和牛顿第二定律，也可用能量的观点来分析解决二是做曲线运动，常出现的是类平抛运动用平抛运动的知识解决此类问题该题主要是考察了电场力和重力做功的特点，它们做功都与路径无关，重力做功与始末位置的高度差有关，电场力做功与始末位置间的电势差有关3（4分）（2013合肥一模）如图所示的电路中，电
5、压表都看做理想电表，电源内阻为r闭合开关S，当把滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时（）A电压表V1的示数变大，电压表V2的示数变小B电压表V1的示数变小，电压表V2的示数变大C电压表V1的示数变化量大于V2的示数变化量D电压表V1的示数变化量小于V2的示数变化量考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻增加，外电阻增加，根据欧姆定律分析干路电流如何变化，根据欧姆定律分析路端电压和电阻R1两端电压的变化，即可知道两个电压表读数的变化情况解答：解：A、B、图中电阻R2与R3并联后再与R1串联；在滑动头P自a端向b端滑动的过程中，R3
6、进入电路的电阻增加，电路的总电阻增加，根据闭合电路欧姆定律，电路的总电流I减小；故路端电压U=EIr变大；并联部分电压U并=EI（r+R1）也变大，即两个电压表的读数都变大，故A错误，B错误；C、D、根据欧姆定律，有：U=IR1+U并，由于U、U并变大，IR1变小，故路端电压变化小于并联部分电压，即电压表V1的示数变化量小于V2的示数变化量，故C错误，D正确；故选D点评：本题是电路动态变化分析问题，可以按照外电路内电路外电路的顺序分析，同时要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值4（4分）如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有B点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下（
7、不计空气阻力），液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是（）A每个液滴做都做加速运动，都能到达A球B当液滴下落到重力等于电场力位置之后，液滴开始做匀速运动C能够下落到A球的所有液滴，在下落过程中所能达到的最大动能不相等D所有的液滴下落过程中电场力做功相等考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律分析：随着球A液滴增多，带电量增大，空间产生的场强增强，除第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，不一定能到达A球；通过分析受力情况，判断液滴的运动情况；当液滴所受的电场力与重力相等时动能最大，
8、但各个液滴动能最大的位置不同，最大动能不等；根据功的公式W=Fl分析电场力做功关系解答：解：A、第一滴液滴只受重力做自由落体运动，以后液滴将受力向上的电场力作用而做变加速运动，随着球A液滴增多，带电量增大，空间产生的场强增强，以后液滴所受的电场力增大，这些液滴先加速后减速，就不一定能到达A球，故A错误B、当液滴下落到重力等于电场力位置时，继续向下运动时电场力增大，电场力将大于重力，开始做减速运动，故B错误C、当液滴所受的电场力与重力相等时动能最大，则有：mg=，x是动能最大的位置到A距离，由于A球的电荷量qA在不断增大，x增大，所以第一滴液滴以后的液滴动能最大的位置将不断上移，合外力做功不等，
9、则最大动能不相等，故C正确D、由于所有液滴下落过程中所受的电场力不等，若能到达A球，根据功的公式W=Fl可知，通过的位移相等，电场力做功不相等；若不能到达A球，液滴将返回到B点，电场力做功为零，即电场力做功相等，故D错误故选：C点评：本题关键要正确分析液滴的受力情况，从而判断其运动情况，知道液滴所受的电场力与重力平衡时动能最大，类似于小球掉在弹簧上的问题，要能进行动态分析5（4分）如图所示，质量相等的两物体A、B叠放在粗糙的水平面上，A与B接触面光滑A受水平恒力F1，B受水平恒力F2，F1与F2方向都向右，且F2F1若物体A和B保持相对静止，则物体B受到的摩擦力大小应为（）AF1BCF2F1D
10、F22F1考点：静摩擦力和最大静摩擦力；滑动摩擦力专题：摩擦力专题分析：根据物体A和B保持相对静止知它们的加速度相等，再由牛顿第二定律列方程求解即可解答：解：若物体A和B保持相对静止，则二者的加速度相同，设B与地面的摩擦力为f，由牛顿第二定律知：F1=ma，F2f=ma联立得f=F2F1，C正确故选C点评：对应连接体问题，要弄清它们运动的速度或加速度是否相同，在由牛顿运动定律去分析6（4分）围绕地球旋转的人造卫星，在万有引力的作用下做匀速圆周运动v和R为人造卫星的线速度和相应的轨道半径，v0和R0为近地卫星的线速度和相应的轨道半径则下列关系正确的是（）Alg（）=lg（）Blg（）=2lg（）
11、Clg（）=lg（）Dlg（）=2lg（）考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：人造卫星绕地球回周运动的向心力由万有引力提供，据此列式计算即可解答：解：人造卫星的向心力由万有引力提供，故有： 由两式得：由对数运动算可得：所以故选：C点评：掌握万有引力提供圆周运动的向心力，能根据对数运动规律求得结论7（4分）（2014嘉定区一模）相隔很远、均匀带电+q、q的大平板在靠近平板处的匀强电场电场线如图a所示，电场强度大小均为E将两板靠近，根据一直线上电场的叠加，得到电场线如图b所示，则此时两板的相互作用力大小为（）A0BqEC2qED与两板间距有关考点：
12、电场线分析：叠加后合电场的场强不变解答：解：根据电场线从正电荷出发到负电荷终止，我们知道，叠加后的电场的电场线分布不变，场强仍然为E，所以两板的相互作用力大小为qE故选：B点评：记住电场线的特点：电场线从正电荷出发，到负电荷终止；或从无穷远出发到无穷远终止8（4分）用两根长度相等的绝缘细线系住两个质量相等的带电小球A和B，A带正电，B带负电，且|qA|=3|qB|，悬挂在水平向右的匀强电场中，保持平衡状态，能正确表示系统平衡状态的图是（）ABCD考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度专题：共点力作用下物体平衡专题分析：运用整体法研究OA绳与竖直方向的夹角，再隔离B研究，
13、分析AB绳与竖直方向的夹角，得到两夹角的关系，判断系统平衡状态解答：解：A带正电，受到的电场力水平向右，B带负电，受到的电场力水平向左以整体为研究对象，分析受力如图设OA绳与竖直方向的夹角为，则由平衡条件得 tan= 以B球为研究对象，受力如图设AB绳与竖直方向的夹角为，则由平衡条件得 tan=得到=故选D点评：本题采用隔离法和整体法，由平衡条件分析物体的状态，考查灵活选择研究对象的能力9（4分）在斜面上等高处，静止着两个相同的物块A和B两物块之间连接着一个轻质弹簧，劲度系数为K，斜面的倾角为，两物块和斜面间的摩擦因数均为，则弹簧的最大伸长量是（）ABCD考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合
14、成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：物体平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力，三力平衡，根据平衡条件并结合正交分解法和胡克定律列式求解；解答：解：物块静止在斜面上，在斜面这个平面内共有三个力作用在物体上，一个是重力沿斜面向下的分力mgsin，静摩擦力ffm=mgcos，方向不确定，弹簧弹力水平方向kx，则弹力等于mgsin和静摩擦力f的合力，当静摩擦力最大时，合力最大，此时：故x=故D正确，ABC错误故选：D点评：本题关键是先对物块受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法和胡克定律列式求解求解弹簧最大伸长量，灵活性就强10（4分）如图所示，水平长直导线MN中通以M到N方向的恒定电流，
15、用两根轻质绝缘细线将矩形线圈abcd悬挂在其下方，开始时线圈内不通电流，两细线内的张力均为T，当线圈中通过的电流为I时，两细线内的张力均减小为T，下列说法正确的是（）A线圈中通过的电流方向为adcbaB线圈中通过的电流方向为abcdaC当线圈中电流变为I时，两细线内的张力均为零D当线圈中电流变为I时，两细线内的张力均为零考点：楞次定律；安培力专题：电磁感应与电路结合分析：通过线圈处于平衡，根据共点力平衡判断安培力的方向，从而确定磁场的方向，根据右手螺旋定则确定电流的方向；通过安培力的公式分别求出线框所受的安培力，根据物体的平衡或者牛顿第二定律可正确解答解答：解：A、B、当MN通以强度为I的电流
16、时，两细线内的张力均减小为T，知此时线框所受安培力合力方向竖直向上，则ab边所受的安培力的向上，cd边所受安培力方向向下，根据安培定则知线圈处磁场方向垂直纸面向里，则I方向为abcda，故A错误，B正确；C、当MN内不通电流时，根据线框处于平衡状态有：2T0=mg，当MN中通过电流为I时，根据题意可知：ab所受安培力为：cd所受安培力为：此时两细线内的张力均减小为T，则有：2T+（F1F2）=mg=2T当绳子中的张力为零时，此时导线中的电流为I1，则有：（F1F2）=mg=2T联立解得：，故C正确，D错误故选：BC点评：解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，右手螺旋定则判断电流周围磁场的
17、方向，然后结合物体平衡或者牛顿第二定律求解11（4分）甲、乙两个质点，质点甲固定在原点，质点乙只能在x轴上运动，甲、乙之间的作用力F与x的关系如图所示若乙质点自P点（x=2.2m）由静止释放，乙只受力F作用，规定力F沿+x方向为正，则质点乙沿+x方向运动时，下列说法正确的是（）A乙运动时，加速度大小先减小后增大B乙运动到Q点时，速度最大C乙运动到R点时，加速度最小D乙运动到R点时，速度方向一定沿+x方向考点：牛顿第二定律；加速度专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据物体的受力判断加速度的变化，结合加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化根据力与位移时间图线围成的面积表示功，结合动能定理判断速度的
18、方向解答：解：A、乙运动时，所受的合力大小先减小后增大，再减小，则加速度先减小后增大，再减小故A错误B、乙运动到Q点前，所受的加速度方向与速度方向相同，做加速运动，Q点后，合力的方向与速度方向相反，做减速运动，所以Q点的速度最大故B正确C、在Q点所受的合力最小，则加速度最小故C错误D、力对质点做的功等于Fx图象与坐标轴所包围面积的大小，由图示图象可知，从P到Q合外力对质点做的功大于从P到R合外力做的功，在R点质点速度向右不为零，乙运动到R点时，速度方向一定沿x方向，故D正确；故选：BD点评：本题考查了判断质点乙的动能、运动方向问题，根据图示图象判断出质点受力情况、分析清楚质点运动过程即可正确解
19、题12（4分）如图所示，水平传送带的皮带以恒定的速度v运动，一个质量为m小物块以一定的水平初速度v垂直皮带边缘滑上皮带，假设皮带足够大，物块与皮带间的动摩擦因数处处相同，以下说法正确的是（）A物块相对地面做匀变速曲线运动B物块在皮带上运动的整个过程中摩擦力产生的热量为mv2C物块在皮带上运动的速度最小值小于vD物块在皮带上相对运动的整个过程中，摩擦力对物块做的功为零考点：功能关系；牛顿第二定律分析：物体相对地面的速度就是其初速度v，而其受力为摩擦力，可以得到加速大小，而加速度的方向在其相对传送带的速度的反方向，由于传送带速度也是v，则可以画图分析加速度方向，至于运动性质，是比较复杂的，由于一开
20、始速度与力不在一条直线上，故物块做曲线运动，由于摩擦力做用，物块最终速度会和传送带一致首先要一传送带为参考系，然后将物块的速度分解在沿摩擦力的方向和垂直于摩擦力的方向，再根据动能定理求解解答：解：A、物块的初速度为v，加速大小为=g，方向与传送带运动方向相同与初速度夹角为135，如图：滑动摩擦力方向总与相对运动方向相反，即与x轴成450由于物块受到的外力为摩擦力是恒定的，它相地于传送带做的是匀减速直线运动，至速度减为0，就不再受摩擦力作用，将与传送带保持相对静止现在再转换到以地面为参考系：由于f与v不在一条直线上，物块先做初速度为v（方向沿+y方向）、加速度为g的匀变速曲线运动，加速度方向始终
21、与皮带边缘成45夹角；然后物块随皮带一起沿+x方向做速度为v的匀速直线运动，故物块先做匀变速曲线运动后随带做匀速运动，故A错误；B、皮带平面内，将初速度分解到沿加速度方向和垂直加速度方向上去，沿加速度方向做匀减速运动经，沿加速度方向的速度变为零，只有垂直加速度方向的速度：，之后被传动带带着做加速运动直到和传送带速度相同，故此时的速度时最小速度，故最小速度为：根据动能定理可知，摩擦力做功，故BD错误，C正确；故选：C点评：在处理最小速度的时候，要注意方法，即对于速度的分解，就是一般的原则：沿力的方向和垂直力的方向不要被看似复杂的运动情形所迷惑二、实验题：本题共计14分请将解答填写在答题卡相应的位
22、置13（9分）伏安法可以测纯电阻，也可以测非纯电阻电学元件的输入电压和电流，从而求出其输入功率用如图1所示的电路可以测定一个额定电压为6V、额定功率为3W的直流电动机的电功率（1）图1的实物连接图就是测直流电动机的输入功率的实物连接图，请根据实物连接图在图2的虚线框内画出实验电路图；（直流电动机的符号用表示）（2）实验中保持电动机两端电压U恒为6V，重物每次上升时选取匀速上升阶段，测量其上升的高度h和时间t，h每次均为1.5m，所测物理量及测量结果部分数值（空缺表格部分的数据隐去）如表所示实验次数123456电动机的电流（I/A）0.40.62.52.5所提重物的重力（Mg/N）0.82.04
23、.06.06.57.0重物上升时间（t/s）1.42.6电机不转电机不转从实验数据中，可以根据某些数据计算出电动机线圈的内阻，其阻值为2.4（3）电动机效率等于输出的机械功率与输入的电功率的比值，请推导出电动机效率的表达式为=（用题目中的符号表示）；现在用前4次实验数据（包括空缺表格部分隐去的数据）做出Mg/It的图象，如图3所示，请由图象给出的数据求出电动机的平均效率74.0%（结果保留三位有效数字）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）对照实物图，从而得出原理图；（2）电动机的输出功率是机械功率，由图知，重物静止，电动机没有功率输出，此时电动机电路中纯电阻电路
24、，根据欧姆定律求解线圈的内阻（3）电动机效率等于有用功与总功的比值，有用功为克服物体重力做的功，电动机的电功是总功解答：解：（1）由实物图可知该电路采用了分压接法，原理图如图；（2）在第5次实验中，由图看出，重物处于静止状态，则电动机的输出功率为0根据欧姆定律得：电动机线圈的电阻为：R=2.4（3）电动机消耗的电能为：W=UIt；输出的机械能为：Mgh；电动机效率的表达式为=100%，前4次实验中电动机工作效率的平均值为：=（+）代入解得：=74.0%故答案为：（1）如图；（2）2.4；（3），74.0点评：题中分析实物图是应培养的基本功要掌握电动机效率的意义当电动机不转动时，其电路是纯电阻电
25、路，欧姆定律仍成立14（5分）某实验小组想描绘标有“12V，6W”的小灯泡的伏安特性曲线，实验室中只提供了下列器材：A安培表A1量程（00.5A；r1=0.5）；B安培表A2量程（00.6A；r10.3）；C电阻箱R（0999.9）；D滑动变阻器R1（010；5A）E电源电动势15V；内阻不计；电键一个，导线若干为了减小描绘小灯泡在012V电压下的伏安特性曲线的误差，要求电表的读数既要不超过表盘的最大刻度，又要求读数最大值达到满刻度的一半以上，请你完成以下项目：（1）设计一个满足要求的实验电路图，画在如图虚线框内（2）若安培表A1的读数为I1，其内阻为r1，安培表A2的读数为I2，电阻箱的阻值
26、为R，写出灯泡两端电压U的表达式U=（I2I1）RI1r考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）分析实验原理，根据给出的实验仪器分析实验电路图；（2）根据电路结论，根据串并联电路的规律可得出灯泡的电压的表达式解答：解：（1）由题意可知，本实验测应采用滑动变阻器的分压接法；题目没有给出电压表，故只能采用电流表，而电表的读数既要不超过表盘的最大刻度，又要求读数最大值达到满刻度的一半以上；且题目中没有给出定值电阻，故只能采用电流表串接的方式，故将灯泡与A1串联后再由R并联，然后与A2串联；如图所示；（2）灯泡两端的电压等于并联部分的电压减去电流表两端的电压；由欧姆定律可知
27、：U=（I2I1）RI1r；故答案为：（1）如图；（2）U=（I2I1）RI1r；点评：本题为探究性实验，要注意正确分析实验原理，认真分析题目中给出的仪器，从而得出实验原理图三、计算题：共3小题共计38分解答计算题部分应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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15（10分）如图甲所示，将一质量m=3kg的小球竖直向上抛出，小球在运动过程中的速度随时间变化的规律如图乙所示，设阻力大小恒定不变，g=10m/s2，求（1）小球在上升过程中受到阻力的大小f（2）小球在4s末的速度v及此时离抛出点的高度h考点：牛顿第二定律；匀变速直线
28、运动的图像专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出小球上升的加速度，再根据牛顿第二定律求出小球上升过程中受到空气的平均阻力（2）利用牛顿第二定律求出下落加速度，利用运动学公式求的速度和位移解答：解：由图可知，在02s内，小球做匀减速直线运动，加速度大小为：由牛顿第二定律，有：f+mg=ma1代入数据，解得：f=6N（2）2s4s内，小球做匀加速直线运动，其所受阻力方向与重力方向相反，设加速度的大小为a2，有：mgf=ma2即4s末小球的速度v=a2t=16m/s依据图象可知，小球在 4s末离抛出点的高度：答：（1）小球上升过程中阻力f为5N；（2）小球在4秒末
29、的速度为16m/s以及此时离抛出点h为8m点评：本题主要考查了牛顿第二定律及运动学公式，注意加速度是中间桥梁16（12分）如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点A（0，L）一质量为m、电荷量为e的电子从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的B点射出磁场，射出B点时的速度方向与x轴正方向的夹角为60求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）电子在磁场中运动的时间t考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求
30、出磁感应强度（2）根据电子转过的圆心角与电子做圆周运动的周期可以求出电子的运动时间解答：解：（1）设电子在磁场中轨迹的半径为r，运动轨迹如图，可得电子在磁场中转动的圆心角为60，由几何关系可得：rL=rcos60，解得，轨迹半径：r=2L，对于电子在磁场中运动，有：ev0B=m，解得，磁感应强度B的大小：B=；（2）电子在磁场中转动的周期：T=，电子转动的圆心角为60，则电子在磁场中运动的时间t=T=T=；答：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小为；（2）电子在磁场中运动的时间t为点评：本题考查了电子在磁场中的运动，分析清楚电子运动过程，应用牛顿第二定律与周期公式即可正确解题17（16分）如图所
31、示，质量为m带电量为+q的小球静止于光滑绝缘水平面上，在恒力F作用下，由静止开始从A点出发到B点，然后撤去F，小球冲上放置在竖直平面内半径为R的光滑绝缘圆形轨道，圆形轨道的最低点B与水平面相切，小球恰能沿圆形轨道运动到轨道末端D，并从D点抛出落回到原出发点A处整个装置处于电场强度为E= 的水平向左的匀强电场中，小球落地后不反弹，运动过程中没有空气阻力求：AB之间的距离和力F的大小考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；平抛运动；动能定理的应用专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：小球在D点，重力与电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出D点的速度，小球离开D时，速度的方向与重力、
32、电场力的合力的方向垂直，小球做类平抛运动，将运动分解即可；对小球从A运动到等效最高点D过程，由动能定理可求得小球受到的拉力解答：解：电场力F电=Eq=mg 电场力与重力的合力F合=mg，方向与水平方向成45向左下方，小球恰能到D点，有：F合=解得：VD=从D点抛出后，只受重力与电场力，所以合为恒力，小球初速度与合力垂直，小球做类平抛运动，以D为原点沿DO方向和与DO垂直的方向建立坐标系（如图所示）小球沿X轴方向做匀速运动，x=VDt 沿Y轴方向做匀加速运动，y=at2a=所形成的轨迹方程为y=直线BA的方程为：y=x+（+1）R解得轨迹与BA交点坐标为（R，R）AB之间的距离LAB=R从A点D点电场力做功：W1=（1）REq 重力做功W2=（1+）Rmg；F所做的功W3=FR有W1+W2+W3=mVD2，有F=mg答：AB之间的距离为R，力F的大小为mg点评：本题是动能定理和向心力知识的综合应用，分析向心力的来源是解题的关键