最新高考物理数学物理法各地方试卷集合汇编

最新高考物理数学物理法各地方试卷集合汇编
一、数学物理法
1．如图所示，圆心为O 1、半径4cm R =的圆形边界内有垂直纸面方向的匀强磁场B 1，边界上的P 点有一粒子源，能沿纸面同时向磁场内每个方向均匀发射比荷
62.510C/kg q
m
=
⨯、速率5110m/s v =⨯的带负电的粒子，忽略粒子间的相互作用及重力。

其中沿竖直方向PO 1的粒子恰能从圆周上的C 点沿水平方向进入板间的匀强电场（忽略边缘效应）。

两平行板长110cm L =（厚度不计），位于圆形边界最高和最低两点的切线方向上，C 点位于过两板左侧边缘的竖线上，上板接电源正极。

距极板右侧25cm L =处有磁感应强度为21T B =、垂直纸面向里的匀强磁场，EF 、MN 是其左右的竖直边界（上下无边界），两边界间距8cm L =，O 1C 的延长线与两边界的交点分别为A 和O 2，下板板的延长线与边界交于D ，在AD 之间有一收集板，粒子打到板上即被吸收（不影响原有的电场和磁场）。

求：
(1)磁感应强度B 1的方向和大小；
(2)为使从C 点进入的粒子出电场后经磁场偏转能打到收集板上，两板所加电压U 的范围； (3)当两板所加电压为(2)中最大值时，打在收集板上的粒子数与总粒子数的比值η。

（可用反三解函数表示，如
π1arcsin 62
=）
【答案】(1)11B =T ，方向垂直纸面向里；(2)1280V 2400V U ≤≤；
(3)17
arcsin
arcsin
168π
+
【解析】 【分析】 【详解】 (1)由题可知，粒子在圆形磁场区域内运动半径
r R =
则
2
1
v qvB m R
=
得
11T B =
方向垂直纸面向里。

(2)如图所示
211()22L qU y mR v
=⋅
且要出电场
04cm y ≤≤
在磁场B 2中运动时
2
2v qvB m
r
=合
，cos v v a =合 进入B 2后返回到边界EF 时，进出位置间距
2cos y r a ∆=
得
2
2mv y qB ∆=
代入得
8cm y ∆=
说明与加速电场大小无关。

要打到收集板上，设粒子从C 点到EF 边界上时所发生的侧移为y 0，需满足
04cm 8cm y ≤≤
且
1102
2
2
L y L y L
=+ 得
2cm 4cm y ≤≤
sin r r a L +≤
且
1
2tan y a L =
得
150cm 4y ≤≤
综上需满足
152cm cm 4
y ≤≤
即两板所加电压U 满足
1280V 2400V U ≤≤
(3)由(2)可知，两板间加最大电压2400V 时，带电粒子出电场时的偏转距离为15
4
cm ，则要打到收集板上，粒子应从PO 1左侧的θ角和右侧的β角之间出射，其中
1sin 16θ=
，7sin 8
β= 即能打到收集板上的粒子数占总粒数的比值
17
arcsin
arcsin 168π
η+=
2．如图所示，直角MNQ △为一个玻璃砖的横截面，其中90Q ︒
∠=，30N ︒∠=，MQ 边的长度为a ，P 为MN 的中点。

一条光线从P 点射入玻璃砖，入射方向与NP 夹角为45°。

光线恰能从Q 点射出。

(1)求该玻璃的折射率；
(2)若与NP 夹角90°的范围内均有上述同频率光线从P 点射入玻璃砖，分析计算光线不能从玻璃砖射出的范围。

【答案】(1)2；(2)31
2
a - 【解析】 【详解】
(1)如图甲，由几何关系知P 点的折射角为30°。

则有
sin 452sin 30n ==o o
(2)如图乙，由折射规律结合几何关系知，各方向的入射光线进入P 点后的折射光线分布在CQB 范围内，设在D 点全反射，则DQ 范围无光线射出。

D 点有
1
sin n α
=
解得
45α=︒
由几何关系知
DQ EQ ED =-，12ED EP a ==
，3EQ = 解得
312
DQ a =
3．小华站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m 的小球，
甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动。

当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d 后落地，如图所示。

已知握绳的手离地面高度为d ，手与球之间的绳长为
3
4
d ，重力加速度为g 。

忽略手的运动半径和空气阻力。

(1)问绳能承受的最大拉力多大？
(2)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？
【答案】（1）11
3mg ；（2）2d 23。

【解析】 【分析】 【详解】
(1)设绳断后球飞行的时间为t ，由平抛运动规律有 竖直方向
211
42
d gt = 水平方向
D =v 1t
解得
v 12gd
设绳能承受的最大拉力大小为F max ，这也是球受到绳的最大拉力的大小，球做圆周运动的半径为
3
4
R d =
由圆周运动向心力公式，有
F max -mg =2
1mv R
得
F max =
113
mg (2)设绳长为l ，绳断时球的速度大小为v 3，绳承受的最大拉力不变，有
F max -mg =m 23
v l
解得
v 3=
83
gl 绳断后球做平抛运动，竖直位移为
y=d －l
水平位移为x ，时间为t 1,由平抛运动规律有
21311
2
d l gt x v t -=，=
得
x =4
()
3
l d l 当l ＝
2
d
时，x 有最大值 x max =
23
3
d
4．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示．可视为质点的赛车从起点A 出发，沿水平直线轨道运动L 后，由B 点进入半径为R 的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点C ，才算完成比赛．B 是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于B 点．已知赛车质量m =0.5kg ，通电后以额定功率P =2W 工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为F f =0.4N ，随后在运动中受到的阻力均可不计，L =10.00m ，R =0.40m ，（g 取10m/s 2）．求：
（1）要使赛车能通过C 点完成比赛，通过C 点的速度至少多大？ （2）赛车恰能完成比赛时，在半圆轨道的B 点对轨道的压力多大 （3）要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间t ？
（4）若电动机工作时间为t 0=5s ，当R 为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大，水平距离最大是多少？
【答案】（1）2m/s （2）25/m s ，30N （3）t =4.5s （4）R =0.3m ，1.2m 【解析】 【分析】
赛车恰好通过最高点时，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出通过C 点的最小速度．根据机械能守恒定律求出赛车在B 点的最小速度，根据牛顿第二定律求出赛车对轨道的压力．对A 到B 过程运用动能定理，求出电动机从A 到B 至少工作的时间．根据动能定
理求出赛车到达最高点的速度，结合平抛运动的规律求出水平位移，通过数学知识求出水平位移的最大值． 【详解】
（1）当赛车恰好过C 点时在B 点对轨道压力最小，赛车在B 点对有：
2C
v mg m R
=
解得：
2m/s C v ===...①
（2）对赛车从B 到C 由机械能守恒得：
22
11222
B C mv mv mg R =+⋅…② 赛车在B 处，由牛顿第二定律可得：
2N B
v F mg m R
-=…③
由①②③得:
B v ==
N 630N F mg ==
由牛顿第三定律知，对轨道的压力大小等于30N ； （3）对赛车从A 到B 由动能定理得：
2
102
f B Pt F L mv -=
- 解得:
4.5s t =
（4）对赛车从A 到C 由动能定理得：
2
0012'2
f Pt F L m
g R mv --⋅=
， 赛车飞出C 后有:
212'2
R gt =
0x v t =
解得:
x =
所以当'0.3m R =时，x 最大：
max 1.2m x =
答：（1）要使赛车能通过C 点完成比赛，通过C 点的速度至少为2m/s ； （2）赛车恰能完成比赛时，在半圆轨道的B 点对轨道的压力等于30N ；
（3）要使赛车完成比赛，电动机至少工作 4.5s t =；
（4）若电动机工作时间为t 0=5s ，当R 为0.3m 时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大，最大水平距离max 1.2m x =．
5．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示．可视为质点的赛车从起点 A 出发，沿水平直线轨道运动L 后，由B 点进人半径为R 的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点C ，才算完成比赛．B 是半圆轨道的最低点.水平直线轨道和半圆轨道相切于B 点．已 知赛车质量m= 5kg ，通电后以额定功率P =2W 工作，进入竖直半圆轨道前受到的阻力恒为F 1=0.4N ，随后在运动中受到的阻力均可不计，L = 10.0m ，R = 0. 32m ，g 取l0m/s 2．求：
（1）要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的B 点对轨道的压力至少为多大？ （2）要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？
（3）若电动机工作时间为t 0=5s 当半圆轨道半径为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离最大？水平距离最大是多少？ 【答案】（1）30N （2） 4s （3） 1.2m 【解析】
试题分析：（1）赛车恰能过最高点时，根据牛顿定律：解得
由B
点到C 点，由机械能守恒定律可得：2211
222
B c mv mv mg R =+⋅a 在B 点根据牛顿定律可得：
联立解得：54m/s B v gR ==则：630N F mg == （2）对赛车从A 到B 由动能定理得：
解得：t=4s
（3）对赛车从A 到C 由动能定理得：
2001
22
f Pt F L m
g R mv --⋅=
赛车飞出C 后有：
解得：
所以 当R=0.3m 时x 最大， x max =1.2m
考点：牛顿第二定律；动能定理；平抛物体的运动.
6．如图所示，一半径为R =30.0cm ，横截面为六分之一圆的透明柱体水平放置，O 为横截面的圆心，该柱体的BO 面涂有反光物质，一束光竖直向下从A 点射向柱体的BD 面，入射角i =45°，进入柱体内部后，经过一次反射恰好从柱体的D 点射出。

已知光在真空中的速度为c =3.00×108m/s ，sin37.5°=0.608，sin 45°=0.707，sin 15°=0.259，sin22.5°=0.383，试求：（结果保留3位有效数字） (1)透明柱体的折射率； (2)光在该柱体的传播时间t 。

【答案】(1)1.16；(2)91.8410s -⨯ 【解析】 【分析】 【详解】 (1)如图所示：
根据反射成像的对称性，可知
4560105AOD ︒︒︒'∠=+=
折射角为
18010537.52
r ︒︒︒-==
由折射定律得
sin sin i
n r
=
代入数据解得
sin 45 1.16
sin 37.5
n ︒
︒
== (2)根据折射定律可得
c v n
=
光在该柱体的传播
2cos x R r =
光在该柱体的传播时间
2cos x nR r t v c
=
= 代入数据得
91.8410s t -=⨯
7．如图所示，电流表A 视为理想电表，已知定值电阻R 0=4Ω，滑动变阻器R 阻值范围为0~10Ω，电源的电动势E =6V ．闭合开关S ，当R =3Ω时，电流表的读数I =0.5A 。

（1）求电源的内阻。

（2）当滑动变阻器R 为多大时，电源的总功率最大?最大值P m 是多少?
【答案】（1）5Ω；（2）当滑动变阻器R 为0时，电源的总功率最大，最大值P m 是4W 。

【解析】 【分析】 【详解】
（1）电源的电动势E =6V ．闭合开关S ，当R =3Ω时，电流表的读数I =0.5A ，根据闭合电路欧姆定律可知：
0E
I R R r
=
++
得：r =5Ω
（2）电源的总功率
P=IE
得：
2
0E P R R r
=++
当R =0Ω，P 最大，最大值为m P ，则有：4m P =W
8．我校物理兴趣小组同学决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示。

可视为质点的赛车从起点A 出发，沿水平直线轨道运动L 后，由B 点进入半径为R 的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点C ，才算完成比赛。

B 是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于B 点。

已知赛车质量m ＝0.5kg ，通电后以额定功率P ＝2W 工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为F f ＝0.4N ，随后在运动中受到的阻力均可不计，L ＝10.00m ，R ＝0.32m ，（g 取10m/s 2）。

求：
（1）要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的C 点速度至少多大？ （2）要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道B 点对轨道的压力至少多大？ （3）要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？
（4）若电动机工作时间为t 0＝5s ，当R 为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大，水平距离最大是多少？
【答案】（145
（2）30N （3）2s （4）0.3m ；1.2m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）当赛车恰好过C 点时，赛车在C 点有：
2C
v mg m R
=
解得：
C 5
m/s 5
v gR ==
（2）对赛车从B 到C 由机械能守恒定律得：
22
B C 11222
mv mv mg R =+⋅ 赛车在B 处由牛顿第二定律得：
2B
N v F mg m R
-=
解得：
v B =4m/s ，F =30N
由牛顿第三定律可知，赛车在B 点对轨道的压力至少为
F ′=F =30N
（3）对赛车从A 到B 由动能定理得：
2
f B 102
Pt F L mv -=-
解得：
t =4s
（4）对赛车从A 到C 由动能定理得：
20f 0122
Pt F L mg R mv --⋅=
赛车飞出C 后有：
2
012,2
R gt x v t ''=
= 解得：
23165x R R ⎛
⎫=-- ⎪⎝
⎭
所以当
R =0.3m
时x 最大
x max =1.2m
9．半径为R 的球形透明均匀介质，一束激光在过圆心O 的平面内与一条直径成为60°角射向球表面，先经第一次折射，再经一次反射，最后经第二次折射射出，射出方向与最初入射方向平行。

真空中光速为c 。

求： (1)球形透明介质的折射率； (2)激光在球内传播的时间。

【答案】3(2)6R
c
【解析】 【分析】 【详解】
(1)激光在球形透明介质里传播的光路如图所示：
其中A 、C 为折射点，B 为反射点，连接A 与C ，作OD 平行于入射光线，则
60AOD COD ︒∠=∠=
OAB OBA OBC OCB ∠=∠=∠=∠
OAB OBA OBC OCB AOD COD ∠+∠+∠+∠=∠+∠
解得
30OAB ︒∠=
设球形透明介质的折射率为n ，根据折射定律
sin 60sin n OAB
︒
=
∠ 解得
3n =(2)由于30OAB ︒∠=，所以AC 垂直于入射光线，即
3AC d R ==
又由于
60ABC BCA CAB ︒∠=∠=∠=
所以ABC V 为等边三角形，即激光在球内运动路程为
223s d R ==
设激光在介质中传播速度为t ，则
c v n
=
传播时间
236Rn R
c
s t v ==
=
10．在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H 的平台上A 点由静止出发，沿着动摩擦因数为μ的滑道向下运动到B 点，B 端有一长度可不计的光滑圆弧连接，末端恰好水平，运动员最后落在水池中，设滑道的水平距离为L ，B 点的高h （小于H ）可由运动员自由调节（210m/s g =），求：
(1)运动员到达B 点的速度与高度h 的关系；
(2)要使运动员全过程的水平运动距离达到最大，B 点的高度h 应调为多大；对应的最大水平距离max s 为多大？
(3)若图中H =4m ，L =5m ，动摩擦因数0.2μ=，则全过程的水平运动距离要达到7m ，h 值应为多少？（已知5 2.24≈）
【答案】(1)()2B v g H h L μ=
--(2)
max 2
H L
s L H L μμ-=+-，(3)1 2.62m h =或20.38m h =
【解析】 【分析】 【详解】
(1)设AB 与水平面夹角为θ，A 运动到B 过程，克服摩擦阻力做功为
cos cos L
mg mgL μθμθ
⋅
= 由A 运动到B 过程，由动能定理得
2
1()2
B mg H h mgL mv μ--=
则
()2B v g H h L μ=--(2)物体做平抛运动，则0x v t =，2
12
h gt =
，所以 ()2x h H h L μ=--当H h L h μ--=，即
2
H L
h μ-=
时x 有最大值为
max x H L μ=-
对应的最大水平距离为
max s L H L μ=+-
(3)由(2)可知
2()x H L h h μ=--代入数据得
2310h h -+=
135
m 2.62m
h
+
=≈
235
m0.38m 2
h
-
=≈
11．质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)．
(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；
(2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？
【答案】(1)mg sin 2θ(2)1
2
mg sin 4θ
【解析】
【分析】
【详解】
木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有
mg sinθ＝μmg cosθ即μ＝tanθ.
(1)木块在力F作用下沿斜面向上匀速运动，有
F cosα＝mg sinθ＋F f
F sinα＋F N＝mg cosθ
F f＝μF N
解得
F＝
2sin
cos sin
θ
αμα
+
mg
＝
2sin cos
cos cos sin sin
θθ
θαθ
+
mg
a
＝
sin2
cos()
θ
θα
-
mg
则当α＝θ时，F有最小值，为
F min＝mg sin2θ.
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即
F f＝F cos(α＋θ)
当α＝θ时，F取最小值mg sin 2θ，
F fm＝F min cos2θ＝mg·sin 2θcos2θ＝1
2
mg sin4θ.
12．一载有电流I的导线弯成椭圆形，椭圆的方程为，如图所示．试求I在焦点F产生的磁感强度．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
本题用平面极坐标求解较方便．以焦点F为极点，x轴为极轴，如图所示，将椭圆方程用平面极坐标表示为．①
式中p和e与题给的参数a和b的关系如下：
，②
．③
代入式①得
．④
由毕奥—萨伐尔定律，有
，⑤
由图可知，焦点的磁感强度垂直于纸面向外．于是得
，⑥
式中是与r（到焦点F的矢量）之间的夹角，是垂直于纸面向外的单位矢量．
由图可见．⑦
代入式⑥得．⑧
将式④代入式⑧得．⑨
积分得⑩
【点睛】
既然毕奥—萨伐尔定律的应用涉及对答题者数学能力的考察，则对不同形状的电流产生的磁场的计算也就顺理成章，直线、圆是最基本的形式，抛物线、椭圆、双曲线以及其他的函数形态的电流产生的磁场，也自然在考察之列了．
13．竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B 静止于水平轨道的最左端，如图（a ）所示。

t =0时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 发生碰撞（碰撞时间极短）；当A 返回到倾斜轨道上的P 点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。

物块A 运动的v -t 图像如图（b ）所示，图中的v 1和t 1均为未知量；碰后瞬间B 的速度大小也为v 1，之后沿水平轨道向右减速度，不计空气阻力。

(1)求A 沿倾斜轨道下滑的加速度与碰后沿轨道上滑的加速度大小之比； (2)若倾斜轨道与水平面的夹角为θ，求A 与倾斜轨道间的动摩擦因数μ；
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A 从P 点释放，一段时间后A 刚好能与B 在此碰上。

求改变前后动摩擦因数的比值。

【答案】(1)35；(2)tan 4θ；(3)32。

【解析】 【详解】
(1)由（b ）图可知，A 向下加速的加速度为
1
11
2v a t =
， 向上减速的加速度为
112111
0()1.30.3v v
a t t t --=
=-，
所以
1
11121
2350.3v a t v a t ==； (2)对A 进行受力分析，下滑与上滑如图：
下滑 上滑 下滑时，沿斜面方向：
1sin G f ma θ-=
垂直斜面方向：
cos 0G N θ-=；
上滑时，沿斜面方向：
2sin G f ma θ+=
垂直斜面方向：
cos 0G N θ-=，
且：
f N μ=
联立上面各式解得
1sin cos a g g θμθ=-， 2sin cos a g g θμθ=+，
因为
1235
a a =， 解得
123sin cos 5sin cos a g g a g g θμθθμθ
-==+ 得
sin tan 4cos 4
θθ
μθ=
=； (3)对B 在水平面进行受力分析可得：竖直向：
0G N -=
水平向由
3f ma =
且
f N μ=
解得
3a g μ=
所以B 移动的距离
22
11B 3022v v s a g
μ-==-，
由(2)知，A 上滑到P 点时的距离
22
11A1
2022(sin cos )
v v s a g θμθ-==-+ 改变动摩擦因数为1μ，由(2)可知，此时下滑的加速度
41sin cos a g g θμθ=-，
A 滑到底端时的速度为v 2，则
222
221A2
A141022(sin cos )2(sin cos )
v v v s s a g g θμθθμθ-====-+①， 此后A 在水平轨道上做匀减速直线运动直到碰到B 时速度减为0。

所以A 移动的距离
22
22A 31022v v s a g
μ-==-，
因为
A B s s =，
所以
22
21122v v g g
μμ=② 联立①和②两式解得：
1sin sin tan sin sin sin sin tan 4cos 4cos 4tan sin 3sin sin 2cos 6
sin 2cos sin 2cos 44cos 2
θθθ
θθθ
μθθθθμθθθθμθθθθθθ=====++⨯⋅+⨯⋅ 所以
1tan 34tan 2
6
θμθμ==。

14．如图为透明的球状玻璃砖的横截面。

O 为球心位置，OA =OB =R 。

玻璃对红光的折射率
3n =，一束红光从C 点照向球面上的P 点，经折射后恰好从OB 的中点D 垂直于OB 射
出。

回答下面问题。

(1)求AC 两点间的距离AC s ；
(2)若将入射光换成蓝光，光线仍从D 点垂直OB 射出，则入射点C ´应在C 点的哪侧？
【答案】(1)31)R ；(2)左侧
【解析】 【分析】 【详解】 (1)光路图如图所示
由几何关系知
1sin 2
γ=
，30γ︒= 由P 点向OC 作垂线PE 交OC 于E 点，则有
cos 330OE R s R ︒=
= 由
sin sin i
n γ
=
得
60i ︒=
则
30PCO i γ︒∠=-= 3EC OE s s ==
AC OE EC s s s R =+-
解得
(31)AC s R =
(2)对于同一介质，蓝光折射率比红光的大。

由
sin sin i
n γ
=
可知，γ相同，折射率n 变大，则i 变大。

故蓝光入射点C '应在C 的左侧。

15．如图所示，正方形光滑水平台面WXYZ 边长L =1.8m ，距地面高h =0.8m 。

CD 线平行于WX 边，且它们间距d =0.1m 。

一个质量为m 的微粒从W 点静止释放，在WXDC 平台区域受到一个从W 点指向C 点的恒力F 1=1.25×10-11N 作用，进入CDYZ 平台区域后，F 1消失，受到另一个力F 2作用，其大小满足F 2=5×10-13v （v 是其速度大小），运动过程中其方向总是垂直于速度方向，从而在平台上做匀速圆周运动，然后由XY 边界离开台面，（台面以外
区域F 2=0）。

微粒均视为质点，取g =10m/s 2。

(1)若微粒质量m =1×10-13kg ，求微粒在CDYZ 平台区域运动时的轨道半径；
(2)若微粒质量m =1×10-13kg ，求微粒落地点到平台下边线AB 的距离。

【答案】(1)1m ；(2)1.2m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)微粒从W 到C ，由牛顿第二定律得
1F ma =
又
22v ad =
所以 1111322 1.2510m/s 5m/s 10.110
F d v m --⨯⨯===⨯⨯
微粒在CDYZ 区域运动时，123510v F v k -⨯==提供向心力，由牛顿第二定律得
2
v kv m r
= 得
1313110m 1m 50
51mv r k --⨯⨯===⨯ (2)微粒在CDYZ 区域运动时，其运行轨迹如图
由几何关系得
cos 0.8L r r
θ-== sin 0.6θ=
微粒离开平台后做平抛运动
212
h gt = x vt =
所以
52m x === 故微粒落地点到平台下边线AB 的距离为
sin 20.6m 1.2m s x θ==⨯=。