2020-2021学年广西梧州市岑溪市高二（下）期中物理试卷

这是一份2020-2021学年广西梧州市岑溪市高二（下）期中物理试卷，共19页。试卷主要包含了0×104NB，0V，内阻约1kΩ)，【答案】D，【答案】A，【答案】C，【答案】BD等内容，欢迎下载使用。
 2020-2021学年广西梧州市岑溪市高二（下）期中物理试卷 在下列四幅图中，能正确标明通电直导线所受安培力F方向的是A.  B.
C.  D. 两点电荷置于真空中，带电量均为，当它们相距为r时，其相互作用力为F；现把它们的电量均减小一半，再使它们的距离变为2r，则它们之间的相互作用力的大小为A.  B.  C.  D. F如图所示，是某电场的电场线和一条等势线。下列说法正确的是A. A点和B点的电场强度相同
B. A点的电势高于B点的电势
C. A附近的等差等势线比B附近稀疏
D. 负电荷在B点具有的电势能比在A点小
  在方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里，如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中
 A. b、d两点的磁感应强度大小相等 B. a、b两点的磁感应强度大小相等
C. c点的磁感应强度的值最大 D. a点的磁感应强度的值最小质量为50kg的铁块从5m高处由静止自由下落，打在水泥桩上，与水泥桩撞击的时间是，g取，撞击时，铁块对桩的平均冲击力为A.  B.  C.  D. 如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源内阻不计连接，电容器下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是A. 带电油滴将竖直向下运动
B. P点的电势将降低
C. 电容器的电容增大，极板带电荷量不变
D. 电容器的电容增大，极板带电荷量增大矩形导线框固定在匀强磁场中，如图甲所示，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向外，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则
A. 时间内，导线框中电流的方向为adcba
B. 时间内，导线框中电流越来越小
C. 时间内，导线框中电流的方向始终为abcda
D. 时间内，导线框ab边受到的安培力大小恒定不变如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表，开关处于断开状态。下列说法中正确的是
A. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，消耗的功率变大
B. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变小
C. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表示数变小
D. 若闭合开关S，则电流表示数变大，示数变大氢原子的能级图如图所示，已知氢原子各能级的能量可以用公式计算，现有大量处于能级图中未标出的氢原子向低能级跃迁，下列说法正确的是

 A. 这些氢原子一定能发出10种不同频率的可见光可见光能量范围：
B. 已知钠的逸出功为，则氢原子从能级跃迁到能级释放的光子可以从金属钠的表面打出光电子
C. 氢原子从能级跃迁到能级释放的光子波长最长
D. 氢原子从能级跃迁到能级时，氢原子能量减小，核外电子动能增加如图所示，在x轴上方存在磁感应强度为B的匀强磁场，一个电子质量为m，电荷量为从x轴上的O点以速度v斜向上射入磁场中，速度方向与x轴的夹角为并与磁场方向垂直．电子在磁场中运动一段时间后，从x轴上的P点射出磁场．则
 A. 电了在磁场中运动的时间为 B. 电子在磁场中运动的时间为
C. OP两点间的距离为 D. OP两点间的距离为如图甲所示，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。规定垂直纸面向内为磁场的正方向，顺时针为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向。关于线框中的感应电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列选项中正确的是
A.  B.
C.  D. 如图甲，长木板A静止在光滑水平面上，质量为的另一物体可看做质点以水平速度滑上长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后运动过程中A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，g取，下列说法正确的是
A. 木板A的最小长度为2m B. A、B间的动摩擦因数为
C. 木板获得的动能为12J D. 系统损失的机械能为3J按照如图所示进行实验。
分别接通“1、4”和“2、3”，导线偏转的角度不同，说明导线受到的力的大小与______有关。
只上下交换磁极的位置以改变磁场方向，导线受力的方向______选填“改变”或“不改变”。
只改变导线中电流的方向，导线受力的方向______选填“改变”或“不改变”。
通过实验说明：安培力的方向与磁场方向、电流方向之间的关系满足______。某同学利用实验室的器材研究一粗细均匀的导体棒约为的电阻率。
电压表量程，内阻约
电流表量程，内阻
定值电阻阻值
滑动变阻器最大阻值
学生电源电动势
开关S和若干导线。

如图甲，用螺旋测微器测得导体棒的直径为______ mm；如图乙，用游标卡尺测得导体棒的长度为______ cm。
请根据提供的器材，在图丙所示的方框中设计一个实验电路，尽可能精确地测量金属棒的阻值。
实验时，调节滑动交阻器，使开关闭合后两电表的示数从零开始，根据实验数据选择合适标度描点，在方格纸上作图如图丁，通过分析可得导体棒的电阻______ 保留一位小数，再根据电阻定律即可求得电阻率。从系统误差的角度分析，电阻______ 填“>”“<”或“=”。如图所示，水平面上有一个固定光滑斜面，倾角为。现要使一个质量为m、电荷量为q的带正小球静止在斜面上，可以施加不同的电场。已知重力加速度为g。
若场强方向竖直向上，求场强大小；
若场强方向水平向左，求场强大小。






 如图所示，质量为的小车在光滑水平面上保持静止状态，质量为的物体可视为质点以的水平速度冲上小车左端，物体最后相对于小车静止，物体与小车间的动摩擦因数为，取重力加速度。求：
物体和小车相对静止时小车的速度是多少？
从物体冲上小车到与小车相对静止所用的时间是多少？
小车至少多长物体才不至于滑到车外？







 如图所示，位于水平面内的两个平行金属导轨相距，一端与阻值的电阻串联。一质量、电阻的导体棒静止放置于导轨上并与导轨垂直，可在导轨上滑动。导轨足够长且其电阻忽略不计。在导轨所在空间加上竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小，通电导体棒在水平向右的外力的作用下由静止开始向右运动，导体棒与导轨间的摩擦力。
求导体棒运动的最大速度；
当导体棒的速度为其最大速度的一半时，求导体棒的加速度大小。






 如图所示，在竖直平面内xOy坐标系的第一象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在第二象限存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E。一个质量为m、电荷量为的带电粒子从x轴上的点以某一速度沿与x轴正方向成的方向射入磁场，并恰好垂直于y轴射出磁场。不计粒子重力。求：
带电粒子射入磁场时的速度大小；
带电粒子再次到达x轴时的速度大小；
带电粒子在磁场和电场中运动的总时间。







答案和解析 1.【答案】B
 【解析】解：根据左手定则可知：
A图中的安培力应该竖直向下；
B中安培力垂直磁感线向下；
C中安培力垂直电流向下；
D中安培力应垂直纸面向外；
故B正确，ACD错误；
故选：B。
左手定则：左手伸开，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内；把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向。
本题考查左手定则的应用，要明确左手定则中涉及物理量及方向较多，在应用过程中容易出现错误，要加强练习，增加熟练程度。
 2.【答案】A
 【解析】解：根据库仑定律，真空中两个点电荷带电量均为，当它们相距为r时，相互间的库仑力为，
而电量均减小一半，再使它们的距离变为2r，库仑力为，故A正确，BCD错误。
故选：A。
利用库仑定律即可求解。
本题考查库仑定律，要求学生运用库仑定律计算真空中两个静止点电荷的相互作用力，难度不大。
 3.【答案】D
 【解析】解：A、由图可知，A处电场线密，则A处的电场强度大，而且两点电场强度的方向也不同，故A错误；
B、沿电场线的方向电势降低，可知B点的电势高，故B错误；
C、A处电场线密，则A处附近的等差等势线比B附近稀密，故C错误；
D、根据可知，负电荷在电势高处于的电势能小，B点的电势高，所以负电荷在B点具有的电势能比在A点小，故D正确。
故选：D。
电场线越密，场强越大，电场线某点的切线方向表示场强的方向；电场线与等势面垂直，沿电场线的方向电势降低，电场强度大的地方等差等势面密，根据判断。
无论是电场线或是等差等势面，都是密的地方场强大，疏的地方场强小；电势高低的判断方法可以根据电势的定义式来判断，但一般都是按沿电场线方向电势降低来判断。
 4.【答案】A
 【解析】解：用安培定则判断出通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示：
A、b点有向上的匀强磁场，还有通电直导线产生的水平向左的磁场，磁感应强度叠加变大，方向向左上。d点有向上的磁场，还有电流产生的水平向右的磁场，叠加后磁感应强度的方向向右上。d点与b点叠加后的磁场大小相等，故A正确；
B、根据磁场的叠加原理，知a点的磁感应强度比b点的大，故B错误；
CD、a点有向上的匀强磁场，还有通电直导线产生的向上的磁场，电流产生的磁场和匀强磁场的方向相同，叠加变大，磁感应强度的值最大；
c点电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相反，叠加变小，则磁感应强度的值最小，故CD错误。
故选：A。
用安培定则确定出通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项。
解决本题时要知道磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量。它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则。
 5.【答案】B
 【解析】解：铁块从5m高处落下，根据动能定理有：
代入数据解得：，方向竖直向下；
设竖直向上为正方向，则有：，
根据动量定理有：
代入数据解得：
故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据动能定理求出铁块落地的速度，再对撞击过程根据动量定理求出对水泥地的平均冲击力。
本题考查了动量定理以及机械能守恒的基本运用，在解题时要注意明确动量定理应用时公式的矢量性。
 6.【答案】D
 【解析】解：A、将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，两板间距离d减小，由于电容器两板间电压不变，根据，知极板间场强增大，油滴所受的电场力增大，因为初始状态油滴所受的电场力与重力等大反向，即电场力竖直向上，则电场力增大后油滴将向上加速运动，故A错误；
B、场强增大，而P点与下极板间的距离不变，则由公式可知，P点与下极板间电势差将增大，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将增大，故B错误。
CD、由，可知因d减小，电容C增大，极板间电压不变，又由得，Q增大，故D正确，C错误。
故选：D。
将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压U不变，根据根据分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况；由分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化；根据由和分析电容器的电容及极板带电荷量情况。
本题考查了电容器动态分析问题，考查知识点针对性强，有一定难度，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
 7.【答案】C
 【解析】解：AC、根据图乙所示磁感应强度变化情况，应用楞次定律可知，时间，电路中电流方向为逆时针方向，即电流方向为：abcda，故A错误，C正确；
B、由图乙所示图线可知，磁感应强度均匀减小，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势大小不变，由欧姆定律可知，线框中的电流大小不变，故B错误；
D、由C可知：时间内，电路中电流大小I恒定不变，B不断变化，由可知，安培力F大小发生变化，安培力大小不是恒定的，故D错误。
故选：C。
由右乙可知磁感应强度B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况；由可知安培力的变化情况。
本题要求学生能正确理解图的含义，才能准确的利用楞次定律、左手定律等进行判定；解题时要特别注意，两个时段，虽然磁场的方向发生了变化，但因其变化为连续的，故产生的电流一定是相同的。
 8.【答案】C
 【解析】解：ABC、滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，则消耗的功率变小；由于干路电流变小，分压变小，则电压表V的测量的电压变大，示数变大；因输出电流变小，则输出功率变小即输入功率变小，电流表示数变小，故AB错误，C正确；
D、闭合开关S则并联支路增加，电阻变小，则副线圈即的电流变大，分压变大，则的分压变小，电流变小，即示数变小。电流表示数随副线圈电流的变大而变大，则D错误
故选：C。
滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，接入电路中的阻值变大，因输出电压不变，则总电流变小，据欧姆定律确定各表的示数变化。
本题考查包含变压器电路的动态分析：本题中P的移动与电键的闭合均会引起电阻的变小，再由电路的联接关系可分析各表的示数的变化，可见明确电路的结构是求解的关键。
 9.【答案】BD
 【解析】解：A、根据数学组合公式，所以这些氢原子总共可辐射出10种不同频率的光，可见光是高能级向能级跃迁发出的光，可知有3种不同频率的光是可见光，故A错误；
B、根据氢原子各能级的能量公式，那么处于能级图中未标出的氢原子能量为，则氢原子从能级跃迁到能级释放的光子能量为：，即入射光的能量大于钠的逸出功，能发生光电效应，可以从金属钠的表面打出光电子，故B正确；
C、由图可知氢原子从能级跃迁到能级时，能级差最大，所以放出光子的能量最大，根据，所以产生的光的波长最小，故C错误；
D、氢原子从能级跃迁到能级时，由于释放光子，则氢原子能量会减小，因库仑力提供向心力，即：，那么核外电子动能，可知电子的动能会增加，故D正确；
故选：BD。
根据数学组合公式求出氢原子可能辐射光子频率的种数；能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高；氢原子电子从高能级向低能级跃迁时，释放光子，电势能减小，动能增加，总能量减小．
解决本题的关键知道光电效应的条件以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，并理解光电效应发生条件，注意大量处于能级图中未标出的氢原子中与一个氢原子，针对跃迁时，发出不同频率的种类的区别．
 10.【答案】AC
 【解析】【分析】
电子从x轴上与x轴的夹角为射入磁场做匀速圆周运动，最后从x轴上的P点射出磁场，则转过的圆心角为，根据周期公式及半径公式结合几何关系即可求解．
本题主要考查了带点粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式及半径公式的直接应用，难度不大，属于基础题．
【解答】
解：由题意可知电子在磁场做匀速圆周运动，转过的圆心角为，
所以运动的时间，故A正确，B错误；
根据半径公式得：，根据几何关系得：OP两点间的距离，故C正确，D错误。
故选：AC。  11.【答案】BC
 【解析】解：AB、由题目可知，规定垂直纸面向内为磁场的正方向，顺时针为线框中感应电流的正方向，则由图象可知，
磁感应强度垂直纸面向里，均匀增大，由楞次定律可知，此时线框内的电流方向为逆时针方向，由法拉第电磁感应定律可知：，图象的斜率为：，斜率k不变，则感应电动势大小不变，由闭合电路欧姆定律：可知，电流大小不变，数值为负；
，磁感应强度大小不变，斜率，故此时感应电动势为零，电流为零；
，磁感应强度方向垂直纸面向内，大小减小，由楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，由法拉第电磁感应定律可知：，图象的斜率为：，斜率k不变，则感应电动势大小不变，由闭合电路欧姆定律：，可知电流大小不变，数值为正；
，磁感应强度方向垂直纸面向外，大小增大，由楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，由法拉第电磁感应定律可知：，图象的斜率为：，斜率k不变，且与的斜率相同，则感应电动势大小不变，由闭合电路欧姆定律：，可知电流大小不变，与大小相同，数值为正；故B正确，A错误；
CD、由题目可知水平向右为安培力的正方向，安培力公式可得：，
电流大小不变，方向为逆时针方向，磁感应强度方向垂直纸面向内，大小均匀增大，由左手定则可得，安培力合力方向向右，大小均匀增大，数值为正；
，电流为零，故安培力大小为零；
电流大小不变，方向为顺时针方向，磁感应强度方向垂直纸面向内，大小均匀减小，由左手定则可得，安培力合力方向向左，大小均匀减小，数值为负；
电流大小不变，方向为顺时针方向，磁感应强度方向垂直纸面向外，大小均匀增大，由左手定则可得，安培力合力方向向右，大小均匀增大，数值为正；故C正确，D错误；
故选：BC。
由图象可以判断出磁场方向和大小的变化，从而由楞次定律判断出感应电流的方向变化，再由法拉第电磁感应定律判断出电流的变化，从而由左手定则判断出安培力大小与方向的变化。
本题主要考查了考生对于楞次定律的理解，考生需掌握楞次定律中感应磁场与外加磁场的变化关系，同时也要学会处理的图象，从中分段探讨电流的变化情况，最后，需熟练掌握安培力中判断方向的左手定则。
 12.【答案】BD
 【解析】解：由图得：，B做匀减速运动，A做匀加速运动，1s时，AB达到共速，一起匀速运动。
A、由图得：内，B的位移，A的位移为，当A板长度最短时，B恰好滑到A的最右端，恰好未掉落，故木板A的最小长度为，故A错误；
B、由图得：B的加速度：，负号表示加速度的方向，
由牛顿第二定律得：，代入解得，，故B正确；
C、由图得：对木板：，解得：，木板获得的动能为：，故C错误；
D、系统损失的机械能，故D正确；
故选：BD。
根据图像可得到A、B的加速度，位移，分析运动情况得到木板最小长度，根据牛顿运动定律可求解动摩擦因数及A的质量，从而得到木板的动能，根据功能关系得到系统损失的机械能。
本题考查图像问题与板块模型相结合，需要掌握牛顿运动定律的应用及功能关系。
 13.【答案】导线的长度  改变  改变  左手定则
 【解析】解：分别接通“1、4”和“2、3”，导线的长度不同，导线偏转的角度不同，说明导线受到的力的大小与导线的长度有关。
导线受力的方向与磁场方向有关，只上下交换磁极的位置以改变磁场方向，导线受力的方向改变。
导线受力的方向与电流方向有关，只改变导线中电流的方向，导线受力的方向改变。
通过实验说明：安培力的方向与磁场方向、电流方向之间的关系满足左手定则。
故答案为：导线的长度；改变；改变；左手定则。
导线偏转的角度不同，说明导线受到的力不同，分别接通“1、4”和“2、3”，导线的长度不同。
只上下交换磁极的位置以改变磁场方向，导线受力的方向改变。
只改变导线中电流的方向，导线受力的方向改变。
安培力的方向与磁场方向、电流方向之间的关系遵守左手定则。
本题考查影响磁场对电流作用力的因素，要知道通电导线在磁场中受到的安培力谢与磁场方向、电流方向均有关，满足左手定则。
 14.【答案】
 【解析】解：螺旋测微器的读数等于；
游标卡尺为分度，精确度为，游标上的第4格与主尺对齐，故读数为。
要求尽可能精确地测量金属棒的阻值，而滑动变阻器的总阻值较小，则用分压式可以多测几组数据；电压表的量程为15 V，则待测电阻的电流最大为，则的电流表量程太小，不安全，而电流表内阻已知，且有定值电阻，则可以用电流表与定值电阻串联，定值电阻能分部分电压且能精确的得到待测电阻阻值，而电流表内阻已知，选择内接法可以消除系统误差，故电路图如图所示。

根据伏安法可知，解得，因电流表用内接法，且电流表的内阻和定值电阻的阻值已知，则两者分压的系统误差可以消除，则电阻的测量值等于真实值。
故答案为：； 

  ；=
根据螺旋测微器和游标卡尺的读数规则读出读数；在设计电路图时考虑分压式还是限流式，以及电流表的内外接；根据伏安法计算电阻值，由于电流表内阻已知，其系统误差可以消除。
本题主要考查了电路设计问题，游标卡尺和螺旋测微器的读数，以及伏安法测电阻的计算及误差分析，在电路设计时要考虑滑动变阻器接法和电流表的内外接是解题的关键。
 15.【答案】解：若场强方向竖直向上，电场力向上，重力向下，如果有弹力，则弹力垂直斜面向右上方。根据平衡条件可知，如果有弹力就无法平衡，因此，斜面对小球无弹力作用。重力和电场力二力平衡：
解之可得：
若场强方向水平向左，电场力方向水平向左。重力、弹力和电场力三力平衡。
根据平衡关系有：
解之可得：
答：场强大小为；
场强大小为；
 【解析】若场强方向竖直向上，弹力必须为零，否则无法平衡，根据二力平衡求电场力，再求电场强度。若场强方向水平向左，三力平衡，根据平衡条件求解电场力，再求电场。
考查电场强度的计算。在匀强电场中，先通过平衡条件求解电场力，再通过电场强度的定义式求解场强即可。
 16.【答案】解：物块与小车组成的系统动量守恒，设物体和小车的共同速度为v，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：

代入数据解得：
设物体相对小车滑动时间为t，对小车，由动能定理得：

的数据解得：
设小车的最小长度为L，对小车与物体组成的系统，由能量守恒定律得：

代入数据解得：
答：物体和小车相对静止时小车的速度是。
从物体冲上小车到与小车相对静止所用的时间是。
小车至少为长物体才不至于滑到车外。
 【解析】物体与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出物体和小车相对静止时小车的速度。
对小车，应用动量定理可以求出相对运动时间。
物体和小车速度相等时物体恰好到达小车右端时，小车长度最小，应用能量守恒定律可以求出小车的最小长度。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体与小车的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律、动量定理即可解题。
 17.【答案】解：
导体棒匀速运动时的速度最大，导体棒切割磁感线产生的感应电动势

导体棒中的电流

导体棒所受的安培力

导体棒匀速运动时，有

联立解得
当导体棒的速度时
，


根据牛顿第二定律解得

代入数据解得
答：导体棒运动的最大速度为；
当导体棒的速度为其最大速度的一半时，导体棒的加速度大小为。
 【解析】由可求得电动势，再由闭合电路欧姆定律可求得电路中的电流，由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出最大速度。
分析物体的受力情况，明确合外力，再由牛顿第二定律求得加速度。
本题是电磁感应与力学、电路相结合的综合题，应用安培力公式、平衡条件、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式即可正确解题。
 18.【答案】解：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由射入点、射出点可确定轨迹圆的圆心，设轨迹半径为r，根据几何关系有

解得
根据洛伦兹力提供向心力，有
解得
根据几何关系知，射出点的纵坐标为
设带电粒子再次到达x轴时的速度大小为，根据动能定理有
解得
带电粒子在磁场中运动的周期为
设带电粒子在磁场中的运动时间为，结合几何关系知
设带电粒子在电场中的运动时间为，有
解得
所以带电粒子在磁场和电场中运动的总时间为
答：带电粒子射入磁场时的速度大小为；
带电粒子再次到达x轴时的速度大小为；
带电粒子在磁场和电场中运动的总时间为。
 【解析】根据题意画出带电粒子运动轨迹，根据圆周运动半径公式，列示求解；
分析物体的运动，根据动能定理列示求解；
分别求出在电场中和磁场中运动的时间，再求和。
本题考查带电粒子在复合场中的运动，准确分析带电粒子运动轨迹以及运动过程，是解题关键。