高三第一学期期中考试物理试卷及详解

高三第一学期期中考试物理试题及详解一、选择题1.我国不少地方在节日期间有挂红灯笼的习俗．如图，质量为m 的灯笼用两根不等长的轻绳OA 、OB 悬挂在水平天花板上，OA 比OB 长，O 为结点．重力加速度大小为g ．设OA 、OB 对O 点的拉力分别为FA 、FB ，轻绳能够承受足够大的拉力，则 ( )A. FA 大于FBB. FA 、FB 的合力大于mgC. 调节悬点A 的位置，可使FA 、FB 都大于mgD. 换质量更大的灯笼，FA 的增加量比FB 的增加量大【答案】C【解析】对O 点受力分析，受重力和两个拉力，做出受力图，根据平衡条件并结合合成法分析即可．【详解】对O 点受力分析，如图所示：根据平衡条件，并结合正弦定理，有：0sin sin sin(180)A B F F G βααβ==--A 项：由于α＞β，所以sin 1sin AB F F βα=< ，故A 错误；B 项：根据平衡条件，FA 、FB 的合力等于mg ，故B 错误；C 项：调节悬点A 的位置，使A 点向左移动，当α+β趋向180°时，可使FA 、FB 都大于mg ，故C 正确；D 项：sin 1sin A B F F βα=< 故换质量更大的灯笼，α、β均不变，根据 sin sin A A B B F F C F F βα∆===∆，FB 的增加量比FA 的增加量大，故D 错误．故应选：C ．【点睛】本题关键是明确O 点处于三力平衡状态，结合平衡条件、合成法和正弦定理列式分析．2.质量相等的甲、乙两物体从离地面相同高度处同时由静止开始下落，运动中两物体所受阻力的特点不同，其v-t图象如图．则下列判断正确的是( )A. t0时刻甲物体的加速度小于乙物体的加速度B. t0时刻甲、乙两物体动量不相同C. 0~t0时间内，甲、乙两物体重力势能的变化量相同D. 0~t0时间内，甲物体克服阻力做的功比乙的少【答案】D【解析】根据图线的斜率比较出加速度的大小，根据图线与时间轴所围成的面积比较位移的大小，根据重力做功的大小判断重力势能的变化．【详解】A项：由v-t图线的斜率表示加速度，可知t0时刻，甲物体的加速度大于乙的加速度，故A错误；B项：由图可知，甲、乙两物体在t0时速度相同，由公式P=mv可知，此时两物体的动量相同，故B错误；C项：根据v-t图线与时间轴所围成的面积表示位移，知0～t0时间内，乙下落的位移大于甲下落的位移，则乙重力做的功较多，所以乙物体重力势能的变化量大，故C错误；D项：0～t0时间内，根据动能定理可知，甲、乙合外力做功相等，而甲重力做功少，所以甲物体克服阻力做的功比乙物体少，故D正确．故应选：D．【点睛】本题要求同学们能根据v-t图象得出有效信息，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴所围成的面积表示位移．运用动能定理分析变力做功的大小．3. 将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，甲、乙两次的闪光频率相同．重力加速度为g．假设小球所受阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为A. mgB. 1/3mgC. 1/2mgD. 1/10mg【答案】C【解析】试题分析：设每块砖的厚度是d，向上运动上运动时：9d-3d=a T2 ①向下运动时：3d-d=a′T2②联立①②得：'3 1a a③根据牛顿第二定律，向上运动时：mg+f=ma④向下运动时：mg-f=ma ′⑤联立③④⑤得：f= 12mg ；故选C考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】解决本题的关键是利用匀变速直线运动的推论△x=a T2求出两种情况下的加速度，进而由牛顿第二定律即可求解．4.如图所示，甲乙两船在同一条河流中同时开始渡河，M 、N 分别是甲乙两船的出发点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N 点的正对岸P 点，经过一段时间乙船恰好到达P 点，如果划船速度大小相等，且两船相遇，不影响各自的航行，下列判断正确的是（ ）A. 甲船也能到达正对岸B. 甲船渡河时间一定短C. 两船相遇在NP 直线上的某点（非P 点）D. 渡河过程中两船不会相遇【答案】C【解析】A ．甲船行方向河岸成α角，水流速度水平向右，故合速度一定不会垂直河岸，即甲船不能垂直到达对岸，故A 错误；BCD ．在垂直河岸方向上sin v v α=甲 sin v v 乙α=，故渡河时间 sin d d t v v α==甲甲sin d d t v v α==乙乙所以渡河时间相等，因为在垂直河岸方向上分速度相等，又是同时出发的，故两船相遇在NP 直线上的某点（非P 点），故BD 错误，C 正确。

故选C 。

【点睛】运动的合成与分解中要注意独立性的应用，两个分运动是相互独立，互不干扰的，但二者的合成决定了物体的实际运动。

5.如图所示，如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，从水星与金星在一条直线上开始计时，若天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为θ1，金星转过的角度为θ2(θ1、θ2均为锐角)，则由此条件可求得（ ）A. 水星和金星绕太阳运动的周期之比B. 水星和金星的密度之比C. 水星和金星到太阳中心的距离之比D. 水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比【答案】ACD【解析】由角速度公式，可得周期之比，A正确，要想求密度之比需要知道质量和体积，所以密度之比不能求出，B错误；由周期公式可知C对，向心加速度可求得向心加速度之比，D正确6.在水平路面上做匀速直线运动的小车上有一固定的竖直杆，车上的三个水平支架上有三个完全相同的小球A、B、C，它们离地面的高度分别为3h、2h和h，当小车遇到障碍物P时，立即停下来，三个小球同时从支架上水平抛出，先后落到水平路面上，如图所示，不计空气阻力，则下列说法正确的是()A. 三个小球落地时间差与车速有关B. 三个小球落地点的间隔距离L1＝L2C. 三个小球落地点的间隔距离L1<L2D. 三个小球落地点的间隔距离L1>L2【答案】C【解析】试题分析：据题意三个小球从车上水平抛出后均做平抛运动，平抛运动的时间与高度有关，所以A选项错误；据h=gt2，三个小球的落地时间比为tA：tB：，又据L=vt，小球落地间隔距离之比为：L1：L2=）：-1）<1，说明L1<L2，所以C选项正确．考点：本题考查对平抛运动的应用．7.汽车发动机的额定功率为60 kW，汽车质量为5 t．汽车在水平面上行驶时，阻力与车重成正比，g＝10 m/s2，当汽车以额定功率匀速行驶时速度为12 m/s．突然减小油门，使发动机功率减小到40 kW，对接下去汽车的运动情况的描述正确的有（）A. 先做匀减速运动再做匀加速运动B. 先做加速度增大的减速运动再做匀速运动C. 先做加速度减小的减速运动再做匀速运动D. 最后的速度大小是8 m/s【答案】CD【解析】试题分析：根据P=Fv知，功率减小，则牵引力减小，开始牵引力等于阻力，根据牛顿第二定律知，物体产生加速度，加速度的方向与速度方向相反，汽车做减速运动，速度减小，则牵引力增大，则牵引力与阻力的合力减小，知汽车做加速度减小的减速运动，当牵引力再次等于阻力时，汽车做匀速运动．故C正确，AB错误．当额定功率为60kW时，做匀速直线运动的速度为12m/s，则1160000500012Pf N NV===．当牵引力再次等于阻力时，又做匀速直线运动，240000/8/5000Pv m s m sf==＝．故D正确．故选CD．考点：牛顿第二定律；功率【名师点睛】解决本题的关键会根据P=Fv判断牵引力的变化，会根据牛顿第二定律判断加速度的变化，以及会根据加速度方向与速度的方向关系判断汽车做加速运动还是减速运动．8.如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷．t=0时，甲静止，乙以初速度6m/s向甲运动．此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v-t图像分别如图（b）中甲、乙两曲线所示．则由图线可知( )A. 两电荷的电性一定相反B. t1时刻两电荷的电势能最大C. 0~t3时间内，两电荷的动量变化相同D. 0~t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小【答案】B【解析】由图象0-t1段，判定甲从静止开始与乙同向运动，则知甲的电性．分析t1时刻前后两球距离的变化，判断电场力做功情况，分析两电荷的电势能．0～t2时间内，分析两电荷间距离变化，可知相互静电力的变化．t1～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小后增大．【详解】A项：由图象0-t1段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同，故A错误；B项：0～t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1～t2时间内两电荷间距离逐渐增大，t1时刻两球相距最近，系统克服电场力最大，两电荷的电势能最大，故B正确；C项：0~t3时间内，系统动量守恒，所以两点电荷的动量变化大小相等，方向相反，故C错误；D项：由图象看出，0～t3时间内，甲的速度一直增大，则其动能也一直增大．乙的速度先沿原方向减小，后反向增大，则其动能先减小后增大，故D错误．故应选：B．【点睛】本题也可以运用类比的方法分析，相当于发生了完全非弹性碰撞，t1时刻两球的速度相同，动能损失最大，两电荷的电势能最大．9.如下图所示，一个质量为M的人，站在台秤上，一长为R的悬线一端系一个质量为m小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点，则下列说法正确是( )A. 小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为(M+6m)gB. 小球运动到最高点时，台秤的示数最小且为MgC. 小球在a、b、c三个位置时，台秤的示数相同D. 小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大，人处于超重状态【答案】AC【解析】因为小球正好通过圆轨道的最高点，这表示他在最高点时其重力mg 正好提供其圆周运动所需的向心力，因此最低点时速度v 可求，因此绳子拉力明显就是5mg ，此时对人进行分析，其受到向下的重力，绳子的拉力6mg ，再加上小球的重力为mg ，台秤的支持力而保持平衡，所以F=（M+6m ）g ．【详解】A 项：小球恰好能通过圆轨道最高点，在最高点，细线中拉力为零，小球速度0v =，小球从最高点运动到最低点，由机械能守恒定律，2211·222b d mv mg R mv +=，在最低点，由牛顿第二定律，F-mg=2dv m R ，联立解得细线中拉力F=6mg ．小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为Mg+F=（M+6m ）g ，故A 正确；B 项：小球从c 点到b 点的过程中，绳对小球有一个指向圆心的弹力，由牛顿第三定律得绳对人有一个斜向右上的力，故在此过程中台秤的示数会小于Mg ，故B 错误；C 项：小球在a 、b 、c 三个位置，小球均处于完全失重状态，台秤的示数相同，故C 正确；D 项：人没有运动，不会有超重失重状态，故D 错误．故应选：AC ．【点睛】本题考查了牛顿第二定律、动能定理的综合，关键知道圆周运动向心力的来源，选择合适的研究过程，运用动能定理、牛顿第二定律进行求解．10. 如图所示，在x 轴上关于O 点对称的A 、B 两点有等量同种点电荷+Q ，在y 轴上C 点有点电荷﹣Q ，且CO=OD ，∠ADO=60°．下列判断正确的是（ ）A. O 点电场强度为零B. D 点电场强度为零C 若将点电荷+q 从O 移向C ，电势能增大D. 若将点电荷﹣q 从O 移向C ，电势能增大【答案】BD【解析】试题分析：A 、B 两点两个等量同种正点电荷在O 点产生的电场强度抵消，O 点的电场强度等于C 点负点电荷在O 点产生的电场强度，不为零，所以A 项错误；假设AD=r ，根据点电荷产生的电场强度公式 得到，两个等量同种点电荷+Q 在D 点产生的电场强度大小为，方向水平向右，-Q 在O 点产生的电场强度大小为，方向水平向左，则D 点的合场强为零，所以B 正确；根据电场的叠加原理得到，C 、O 间电场强度方向为O 到C ，讲点电荷+q 从O 移向C ，电场力做正功，电势能减小，所以C 项错误；将点电荷-q 从O 移向C ，电场力做负功，电势能增大，所以D 项正确．考点：本题考查了电场强度的叠加 【名师点睛】本题的关键在于理解点电荷产生的电场强度的公式，电场强度的叠加满足平行四边形定则，电场力做正功电势能减小，电场力做负功电势能增大．11. 如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑则（）A. 在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒B. 在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C. 被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D. 被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处【答案】C【解析】试题分析：由动量守恒的条件可以判断动量是否守恒；由功的定义可确定小球和槽的作用力是否做功；由小球及槽的受力情况可知运动情况；由机械能守恒及动量守恒可知小球能否回到最高点．小球与弹簧接触前，小球和槽组成的系统动量守恒，且有则有．当小球与弹簧接触后，小球受外力，故小球和槽组成的系统所受外力不为零，动量不再守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移不垂直，故两力均做功，故B错误；小球脱离弧形槽后，槽向后做匀速运动，小球向前做速度大小和槽相同的匀速运动，而小球和弹簧作用过程中机械能守恒，故小球被原速率反弹，反弹继续做匀速运动，故C正确；小求被反弹后，因两物体均有向左的速度，且速度大小相等，则两物体不会相遇，小球不会到达最高点，故D错误．故选C．考点：本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、做功的两个因素．12.如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q(可视为质点)固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现将与Q大小相同、电性也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷．在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是（）A. 小球P的速度一定先增大后减小B. 小球P的机械能一定在减少C. 小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零D. 小球P与弹簧系统的机械能一定增加【答案】AD【解析】试题分析：小球先沿斜面加速向下运动，后减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，小球静止，故A正确由于小球P除了重力之外的力做功还有弹簧的弹力和库仑斥力做功，开始弹簧的弹力和库仑斥力的合力方向向下，做正功，所以小球P的机械能增大；随弹力的增大，二者的合力可能向上，合力做功，机械能减小．所以小球P 的机械能先增大后减少，故B 错误；小球P 的速度一定先增大后减小，当p 的加速度为零时，速度最大，所以小球P 速度最大时所受弹簧弹力、重力沿斜面向下的分力和库仑力的合力为零，故C 错误；根据能量守恒定律知，小球P 的动能、与地球间重力势能、与小球Q 间电势能和弹簧弹性势能的总和不变，因为在小球P 与弹簧接触到速度变为零的过程中，Q 对P 的库仑斥力做正功，电势能减小，所以小球P 与弹簧系统的机械能一定增加，故D 正确．故选AD ．【考点定位】功能关系；库仑定律；物体的平衡13.小车上固定有一个竖直方向的细杆，杆上套有质量为M 的小环，环通过细绳与质量为m 的小球连接，当车水平向右作匀加速运动时，环和球与车相对静止，绳与杆之间的夹角为θ，如图所示. ( )A. 细绳的受到的拉力为 cos mgθB. 细杆对环作用力方向水平向右C. 细杆对小环的静摩擦力为MgD. 细杆对环的大小为 ()cos M m gθ+【答案】AD【解析】分别对小球和环进行受力分析，小球和环在水平方向的加速度相等，对小球进行受力分析可以得到绳中张力大小．对环进行受力分析，水平方向的合力产生加速度，竖直方向的合力为0，由此可以求出杆对环的弹力和摩擦力，而细杆对环的作用力是弹力和摩擦力的合力，再根据力的合成与分解求得细杆对环的作用力的大小和方向．【详解】A 项：以小球为研究对象进行受力分析有：根据牛顿第二定律得：Tsin θ=ma ①Tcos θ=mg ②由①和②可得：绳的拉力 cos mgT θ=，加速度 a=gtan θ，故A 正确；B 、C 、D 项：以环M 为研究对象进行受力分析有：如图所示，M 受重力、绳的拉力T'、杆的弹力F1和杆的摩擦力F2作用处于平衡状态所以有：F1-T'sin θ=Ma ③F2-Mg-T'cos θ=0 ④又因为 ， cos mgT T θ='= tan a g θ=由③和④解得：F1=（m+M ）gtan θF2=（m+M ）g所以细杆对环的作用力F 解得： ()cos M m gF θ+=如图，可知细杆对环作用力方向斜向右上方．故BC 误，D 正确．故应选：AD ．【点睛】正确的受力分析是解决本题的关键，小球受两个力在水平方向产生加速度，运用合成法研究．环受重力、杆的弹力和摩擦力以及绳子的拉力，运用正交分解法研究．二、实验题14.探究“做功和物体速度变化的关系”实验装置如图甲所示，图中是小车在1条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行的情形．小车实验中获得的速度v ，由打点计时器所打点的纸带测出，橡皮筋对小车做的功记为W ；实验时，将木板左端调整到适当高度，每次橡皮筋都拉伸到同一位置释放．请回答下列问题：当我们把2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……多次实验．请回答下列问题：(1)除了图甲中已给出器材外，需要的器材还有：交流电源、___________；(2)如图乙中，是小车在某次运动过程中打点计时器在纸带上打出的一系列的点，打点的时间间隔为0.02s ，则小车离开橡皮筋后的速度为___________m/s(保留两位有效数字)(3)将几次实验中橡皮筋对小车所做的功W 和小车离开橡皮筋后的速度v ，进行数据处理，以W 为纵坐标，v 或v2为横坐标作图，其中可能符合实际情况的是___________【答案】 (1). 毫米刻度尺 (2). 0.36 (3). AD【解析】(1)[1]需要的器材除了交流电源外，还有刻度尺；(2)[2]小车离开橡皮筋后的速度为 37.210m/s 0.36m/s 0.02v -⨯== (3)[3]因 212W mv = ，故以W 为纵坐标，v 或v2为横坐标作图，其中可能符合实际情况的是AD.【点睛】明确了该实验的实验原理以及实验目的，即可了解具体操作的含义，以及如何进行数据处理；数据处理时注意数学知识的应用，本题是考查实验操作及数据处理的方法等问题．15.如图所示为“阿特武德机”的示意图，它是早期测量重力加速度的器械，由英国数学家和物理学家阿特武德于1784年制成．他将质量同为M （已知量）的重物用绳连接后，放在光滑的轻质滑轮上，处于静止状态．再在一个重物上附加一质量为m 的小重物，这时，由于小重物的重力而使系统做初速度为零的缓慢加速运动并测出加速度，完成一次实验后，换用不同质量的小重物，重复实验，测出不同m 时系统的加速度．得到多组a 、m 数据后，作出图像乙．(1)为了作出图乙需要直接测量的物理量有 （ ）A ．小重物的质量B ．滑轮的半径RC ．绳子的长度D ．重物下落的距离h 及下落这段距离所用的时间t(2)请推导 随 变化的函数式_____________(3)如图乙所示，已知该图像斜率为k ，纵轴截距为b ，则可求出当地的重力加速度g=__，并可求出重物质量M=__【答案】 (1). AD (2). 1211·M a g m g =+ ； (3). 1b ； (4). 2k b【解析】根据加速度的表达式，结合位移时间公式求出重力加速度的表达式，通过表达式确定所需测量的物理量．根据加速度的表达式得出11a m - 关系式，通过图线的斜率和截距求出重力加速度和M 的大小．【详解】(1) 对整体分析，根据牛顿第二定律得，mg=（2M+m ）a ，根据212h at = 即 22(2)M m hg mt +=所以需要测量的物理量有：小重物的质量m ，重物下落的距离h 及下落这段距离所用的时间t ；故选AD ；(2) 2mga M m =+ 整理得：1121·M a m g g =+ ； (3) 知图线斜率2Mk g = ， 1b g = 解得：1g b = ，2k M b = ．【点睛】解决本题的关键通过牛顿第二定律和运动学公式得出重力加速度的表达式，以及推导出 11a m -关系式，结合图线的斜率和解决进行求解． 三、计算题16.如图所示，把一个带正电荷Q 的小球A 固定在绝缘支座上，另一个质量为m ，带电量也为Q 的带正电的小球B ，用绝缘细线悬于O 点，B 球处于静止状态，细线与竖直方向的夹角为 030θ=，A 、B 均视为点电荷，已知A 和B 位于距地面高为h 的水平线上，且OA=OB.求：(1)小球B 所受到的库仑力的大小及A 、B 两小球间的距离；(2)A 、B 两小球在O 点产生 合场强的大小及方向．【答案】(1)，r = ；(2) mg Q ，方向沿AB 的中垂线向上【解析】(1)B 球受到重力、线的拉力和电场力而平衡，根据B 球受力平衡，由平衡条件求出库仑力，然后由库仑定律即可求出距离；(2)根据库仑定律分析即可求出在O 点产生的合场强的大小及方向．【详解】(1) 对B 进行受力分析如图：则：F=mgtan θ=由库仑定律：22Q F k r =所以：r =；(2) 带电小球在O 点产生的场强相等，都是：2A B kQ E E r ==合场强的方向在二者的角平分线上，大小为：EO ＝2Ecos30°＝mgQ ，方向沿AB 的中垂线向上．【点睛】对于复合场中的共点力作用下物体的平衡问题，其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法，关键要正确分析受力情况．17.如图所示，在光滑的水平平台上，有一质量为M=2kg 、长为L=3m 的长木板A ，长木板的左端放有一质量为mB=1kg 的物块B ，物块B 通过一绕过光滑定滑轮的轻绳与重物C 相连，物块C 的质量为mC=1kg ，开始时用手托住重物C ，使绳刚好拉直，弹力为零，物块B 与滑轮间的轻绳处于水平，物块B 与长木板A 间的动摩擦因数 =0.2，长木板的右端离开平台的右端足够远，重物C 离地面的高度足够高．释放物块C 后(取g=10m/s2)，求：(1)木板A 和物块Ｂ的加速度各为多大？(2)经历多长时间物块B 会运动到长木板中点的位置？此时轻绳拉物块B 的功率大小？【答案】(1)4m/s2，1m/s2 (2)24W【解析】(1)以桌面为参考平面，由牛顿运动定律和匀加速运动的规律可得：c c B m g T m a -= B B BT m g m a μ-= 解得：24B ma s = B A A m g m a μ= 解得：21A m a s = ； (2)当物体运动到木板中点时有：221111222B A L a t a t =-解得： 11t s =此时物体B 的速度大小为：114B m v a t s == B B B T m g m a μ-=解得： 6T N =所以，此时轻绳拉物块B 的功率为：24P Tv W == ．18.如图所示，空间有场强E=1.0×102V/m 竖直向下的电场，长L=0.8m 不可伸长的轻绳固定于O 点．另一端系一质量m=0.5kg 带电q=+5×10-2C 的小球．拉起小球至绳水平后在A 点无初速度释放，当小球运动至O 点的正下方B 点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=53°、无限大的挡板MN 上的C 点．试求：(1)小球运动到B 点时速度大小及绳子的最大张力；(2)小球运动到C 点时速度大小及A 、C 两点的电势差；(3)当小球运动至C 点时，突然施加一恒力F 作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移至某处，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F 的最小值。