广东省中山市第一中学2019-2020学年高二上学期统测物理试题 20页

中山市第一中学2019~2020学年第一学期高二年级第二次统考 物 理 本试卷共6页，共100分，考试时长90分钟。‎ 一、单选题（本大题共7小题，每题3分，共21.0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.电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此（　　）‎ A. 电动势是一种非静电力 B. 电动势越大，表明电源储存的电能越多 C. 电动势的大小是非静电力做功能力的反映 D. 电动势就是闭合电路中电源两端的电压 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，不是一种非静电力，故A错误；电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，是非静电力做功能力的反映，电动势越大，表明电源将其它形式的能转化为电能的本领越大，故B错误C正确；电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，在闭合电路中电源两极间的电压是路端电压，小于电源电动势，故D错误．‎ ‎【点睛】电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量．‎ ‎2.如图所示，电荷量，质量为m的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，现加一竖直向上的匀强电场，电场强度为E，以下判断中正确的是（ ）‎ A. 物体将沿斜面减速下滑 B. 物体将沿斜面加速下滑 C. 物体仍保持匀速下滑 D. 物体可能静止 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：若滑块匀速下滑时，则有mgsinθ=μmgcosθ．当加上竖直向上的电场后，在沿斜面方向，（mg-F）sinθ=μ（mg-F）cosθ，受力仍保持平衡，则滑块仍匀速下滑．故ABD错误、C正确。‎ 考点：带电粒子在复合场中的运动 ‎【名师点睛】判断物体运动的状态，关键是分析受力情况，确定合力是否为零或合力与速度方向的关系．若滑块匀速下滑，受力平衡，沿斜面方向列出力平衡方程．加上竖直方向的匀强电场后，竖直方向加上电场力，再分析物体受力能否平衡，判断物体能否匀速运动．‎ ‎3.如图所示，以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f，等量正、负点电荷分别放置在a、d 两点时，下列说法中正确的是( )‎ A. b、c、e、f 四点场强相同 B. b、c、e、f 四点的电势相等 C. O点的电势高于b、c、e、f 四点的电势 D. 将一带正电的试探电荷从O点移到e点，电场力做正功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由题意可知，两点电荷在c、f处的电场强度各自进行矢量合成，则c、f处场强大小相等，方向相同，同理b、e电场强度大小相等，方向相同，故A正确。依据等量异种电荷，等势线的分布，可知，b、f 二点的电势相等且大于O点电势，而c、e二点的电势相等，且小于O点电势，故BC错误；将一带正电的试探电荷从O点移到e点，即从高电势移动低电势，那么电势能降低，因此电场力做正功，故D正确；故选AD。‎ ‎【点睛】根据两个点电荷在0处电场强度的叠加，满足矢量合成的原理，并依据等量异种电荷的电场线与等势线的分布，进行分析即可．‎ ‎4.如图所示，ABCD是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA=15V，φB=3V，φC=﹣3V，由此可得D点电势为（ ）‎ A. 6V B. 9V C. 12V D. 15V ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】匀强电场中AB与DC平行且等长，则，即；代入数据可得，。故B项正确，ACD三项错误。‎ ‎【点睛】据，匀强电场中任意两条平行线上距离相等的点间电势差相等。‎ ‎5.电源、开关、平行板电容器连成如图电路。闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器带电量为Q，板间电压力为U，板间电场强度大小为E，则下列说法正确的是 A. 若将A板下移少许，Q增大；U减小；E不变 B. 若将A板下移少许，Q不变；U减小；E减小 C. 若断开开关，若将A板下移少许，Q增大；U不变；E增大 D. 若断开开关，若将A板下移少许，Q不变；U减小；E不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．闭合开关S，由于电源电压不变，所以电容器两端的电压U不变；若将A板下移少许，据知，电容器电容将增大，电容器两端的电压U不变，Q增大；据，可得E增大；故AB错误；‎ CD．若断开开关，电路断路，Q不变；若将A板下移少许，据知，电容器将增大；由，可知U减小；由于，可得E不变；故C错误，D正确。‎ ‎6.如图所示，在水平向右、大小为E的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，A、B、C、D为以O为圆心、半径为r的同一圆周上的四点，B、D连线与电场线平行，A、C连线与电场线垂直。则 ‎ ‎ A. A点的场强大小为 B. B点的场强大小为 C. D点的场强大小不可能为0‎ D. A、C两点的场强相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、正点电荷Q在A点的电场强度大小，而匀强电场在A点的电场强度大小为E，因方向相互垂直，根据矢量的合成法则，则有A点的场强大小为，故A正确；‎ B、同理，点电荷Q在B点的电场强度的方向与匀强电场方向相同，因此B点的场强大小为，故B错误；‎ C、当点电荷Q在D点的电场强度的方向与匀强电场方向相反，且大小相等时，则D点的电场强度大小可以为零，故C错误；‎ D、根据矢量合成法则，结合点电荷电场与匀强电场的方向，可知，A、C两点的电场强度大小相等，而方向不同，故D错误；‎ 故选A.‎ ‎【点睛】考查点电荷的电场强度公式的内容，掌握矢量合成法则的应用，注意正点电荷在各点的电场强度的方向是解题的关键.‎ ‎7.两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C 三点，如图甲所示，一个电荷量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v-t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。则下列说法正确的是（　　）‎ A. B点为中垂线上电场强度最大的点,场强 B. 由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大 C. 由C点到A点电势逐渐升高 D. A、B两点间的电势差 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．据v-t图可知带电粒子在B点的加速度最大为：‎ ‎，‎ 所受的电场力最大为 ‎，‎ 据知，B点的场强最大为 ‎，‎ A正确；‎ B．据v-t图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，B错误；‎ C．据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，C错误；‎ D．据v-t图可知A、B两点的速度，在根据动能定理得电场力从B到A做的功 ‎，‎ 故 ‎，‎ D错误。‎ 二、多选题（本大题共6小题，每题4分，共24.0分。每小题给出的四个选项中，至少有两项是符合题目要求的，少选得2分，多选错选不给分。）‎ ‎8. 如图所示，两个截面不同，长度相等的均匀铜棒接在电路中，两端的电压为U，则（ ）‎ A. 通过两棒的电流强度不相等 B. 两棒的自由电子定向移动的平均速率相等 C. 两棒内的电场强度不同，细棒内场强E1大于粗棒内场强E2‎ D. 相等时间通过两棒的电荷量相等 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：因两导体串联，则电流一定相等，故A错误；由I=nesv可知，电流相同，单位体积内的电子数相同，电子的电荷量相同，因截面积不相同，故电子的定向移动速率不同，细棒中的电子定向移动速率大，故B错误；而由两端的总电压U不变，可知，细棒的电阻较大，则由欧姆定律可知，细棒两端的电压较大，两棒长度相等，则由U=Ed可知，细棒内的电场强度大于粗棒内的电场强度，故C正确；由，可知两棒串联电流相等，相等时间通过两棒的电荷量相等。故D对。故选：CD。‎ 考点：电流定义式、决定式、微观表达式和欧姆定律。‎ ‎【名师点睛】两导体串联，则由串联电路的规律可知电流关系；由电阻定律可知两导体的电阻关系，再由欧姆定律可得出电压关系；由U=Ed可判断场强的大小关系．本题考查串并联的电流、电压规律及欧姆定律等内容，要能熟练应用。‎ ‎9.如图所示，A、B、C为等量异种电荷产生的静电场中的三个等势面，已知三个等势面的电势关系为。一带电粒子进入此静电场后，沿实线轨迹运动，依次与三个等势面交于a、b、c、d、e五点。不计粒子重力，下列说法中正确的是()‎ A. 该带电粒子带负电 B. 粒子在ab段速率逐渐增大 C. 粒子在a点的速率大于在e点的速率 D. a点的场强大小小于b点的场强大小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左，根据电场线与等势面垂直，画出电场线的分布，确定粒子的电性，由速度方向与电场力的关系分析电场力做功正负，分析速度的变化情况和电势能的大小；‎ ‎【详解】A、由轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左，由电场线与等势面垂直画出电场线的分布，可知电场的方向向左，所以粒子带正电，故A错误； B、因ab段受力向左做减速运动，所以粒子在ab段速率逐渐减小，故B错误； C、a、e在同一等势面上，粒子的电势能相等，由能量守恒可知动能相等，速度大小相等，故C错误； D、从图中可以看出，a点的电场线比b点的电场线疏，所以a点的电场强度小，故D正确。‎ ‎【点睛】本题是轨迹问题，首先根据轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受的电场力方向，画电场线方向从而判断电荷的电性，然后根据电场力做功的正负判断电势能和速度的变化关系即可。‎ ‎10.如图所示，平行金属板中带电质点P原处与静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，则（ ）‎ A. 电压表读数减小 B. 电流表读数减小 C. 质点P将向上运动 D. 上消耗的功率逐渐增大 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当R4的滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，路端电压增大；电路中总电流减小，则R1两端的电压减小，又路端电压增大，则并联部分的电压增大，据欧姆定律可知流过R3的电流增大；电路中总电流减小，流过R3的电流增大，则流过R2的电流减小，电流表示数减小；流过R2的电流减小，R2的电压减小，又并联部分的电压增大，则R4电压增大，电压表读数增大；故A错误，B正确；‎ C.因电容器两端电压增大，板间场强增大，质点受到的向上电场力增大，质点P将向上运动，故C正确；‎ D.因R3两端的电压增大，由P=可知，R3上消耗的功率增大，故D正确。‎ ‎11.如图所示的电路中,为电源电动势,为电源内阻,和均为定值电阻,为滑动变阻器当的滑动触点在ab的中点时合上开关S,此时三个电表、和V的示数分别为、和现将的滑动触点向a端移动,则 ‎ A. 电源的总功率减小 B. 消耗的功率增大 C. 增大,减小,U增大 D. 减小,不变,U减小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】的滑动触点向a端移动时，增大，整个电路的总电阻增大，总电流减小，内电压减小，外电压增大，即电压表示数U增大，电压减小，并联电压增大，通过 的电流增大，即示数增大，而总电流I减小，则通过的电流减小，即示数减小，电源的总功率IE，总电流I减小，电源的总功率减小，消耗的功率总电流减小，R3消耗的功率减小，故AC正确。‎ ‎12.如图所示,图线a是某一电源的U-I曲线,图线b是一定值电阻的U-I曲线若将该电源与该定值电阻连成闭合电路（已知该电源的内阻r=2.0Ω）,则说法正确的是 A. 该定值电阻为6Ω；‎ B. 该电源电动势为20V；‎ C. 将3只这种电阻并联作外电阻,电源输出功率最大；‎ D. 将2只这种电阻串联作为外电阻,电源输出功率最大；‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图线b的斜率，则定值电阻的阻值R=k=6Ω，故A正确；‎ B．由图读出交点的电压U=15V，电流I=2.5A，根据闭合电路欧姆定律得，电源的电动势 故B正确；‎ CD．对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，故将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大，故C正确，D错误。‎ ‎13.如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔.右极板电势随时间变化的规律如图所示.电子原来静止在左极板小孔处.(不计重力作用)下列说法中正确的是（ ）‎ A. 从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上 B. 从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动 C. 从t=T/4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上 D. 从t=3T/8时刻释放电子，电子必将打到左极板上 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 若t＝0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间振动，所以A正确，B错误；若从t＝T/4时刻释放电子，电子先加速T/4，再减速T/4，有可能电子已达到右极板，若此时未达到右极板，则电子将在两极板间振动，所以C正确；同理，若从t＝3T/8时刻释放电子，电子有可能达到右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两极间的距离，所以D错误．‎ 三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）‎ ‎14.某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：‎ A．电流表A1（内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=3mA）‎ B．电流表A2（内阻约为0.4Ω，量程为0.6A）‎ C．定值电阻R0=900Ω D．滑动变阻器R（5Ω，2A）‎ E．干电池组（6V，0.05Ω）‎ F．一个开关和导线若干 G．螺旋测微器，游标卡尺 ‎（1）如图，用螺旋测微器测金属棒直径为_____mm；如图用20分度游标卡尺测金属棒长度为_____cm．‎ ‎（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用_____挡（填“×1Ω”或“×100Ω”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图所示，则金属棒的阻值约为_____Ω．‎ ‎（3）请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值____．‎ ‎（4）若实验测得电流表A1示数为I1，电流表A2示数为I2，则金属棒电阻的表达式为Rx=_____．（用I1，I2，R0，Rg表示）‎ ‎【答案】 (1). 6.126； (2). 10.230； (3). ×1Ω； (4). 10； (5). 如图所示；‎ ‎ (6). ．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数．‎ ‎（2）由欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．‎ ‎（3）根据伏安法测电阻的实验原理与所给实验器材作出电路图．‎ ‎（4）根据电路图应用欧姆定律求出电阻阻值。‎ ‎【详解】（1）[1]由图示螺旋测微器可知，其示数：‎ ‎6mm+12.6×0.01mm=6.126mm，‎ ‎[2]由图示游标卡尺可知，其示数为：‎ ‎102mm+6×0.05mm=102.30mm=10.230cm；‎ ‎（2）[3]用欧姆表“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应该换用×1Ω挡并进行一系列正确操作。‎ ‎[4]由图3所示可知，则金属棒的阻约为：‎ ‎10×1Ω=10Ω；‎ ‎（3）[5]由题意可知，没有电压表，可以用电流表A1与定值电阻R0串联组成电压表测电压，用电流表A2测电流，由于改装后电压表内阻为：100+900=1000Ω，电流表内阻约为0.4Ω，待测电阻阻值约为10Ω，滑动变阻器最大阻值为5Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：‎ ‎（4）[6]金属棒电阻阻值：‎ ‎【点睛】本题考查了螺旋测微器与游标卡尺读数、欧姆表的使用方法、设计电路图、求电阻阻值；螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，螺旋测微器需要估读，游标卡尺不需要估读．‎ ‎15.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图1所示的I﹣U坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线。‎ ‎①根据图线的坐标数值，请在图2中选出该实验正确的实验电路图_____（选填“甲”或“乙”）。‎ ‎②根据所选电路图，请在图3中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路____。‎ ‎③由图1可知，该小灯泡的电阻随电压的升高而_____。（选填“增大”、“减小”或“不变”）‎ ‎④根据图1，可判断出图4中正确的关系图象是（图中P为小灯泡功率，I为通过小灯泡的电流）_____‎ ‎⑤将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与R=10Ω的定值电阻串联，接在电动势为8V、内阻不计的电源上，如图所示。闭合开关S后，则电流表的示数为_____A，两个小灯泡的总功率为_____W。‎ ‎【答案】 (1). 甲 (2). (3). 增大 (4). D (5). 0.6 (6). 1.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据图象中实验数据判断确定滑动变阻器的接法；‎ ‎(2)根据实验电路图完成实物连接；‎ ‎(3)根据图象结合欧姆定律求解电阻变化；‎ ‎(4)根据灯的伏安特性曲线，应用电功率公式分析答题。‎ ‎(5)设电灯两端的实际电压和实际电流分别为U和I，据闭合电路欧姆定律求出U和I之间关系式，在图1所示坐标系内作出U和I之间关系式对应的U﹣I图象，由图象与灯的伏安特性曲线求出灯的实际电压与实际电流，然后答题。‎ ‎【详解】(1)电压与电流从零开始变化，滑动变阻器采用的是分压接法，所以正确的实验电路图是甲。‎ ‎(2)根据实验电路图完成实物连接如图：‎ ‎(3)根据图象结合欧姆定律可以看出小灯泡灯丝的电阻随电压电流的增大逐渐增大。‎ ‎(4)由于灯泡电阻随电流增大而增大，由P=I2R可知，P﹣I2图象与原点连线斜率增大，故ABC三项错误，D项正确。‎ ‎(5)设电灯两端的实际电压和实际电流分别为U和I，据闭合电路欧姆定律可得：，代入数据并整理得，在图1所示坐标系中作出的图象如图：‎ 由图象可知，两图象交点坐标值为：U=2V、I=0.3A。则此时通过电流表的电流值IA=2I=0.6A，每只灯泡的实际功率P=UI=2×0.3=0.6W，两个小灯泡的总功率为1.2W。‎ ‎【点睛】伏安特性曲线中点与原点连线斜率的倒数表示电阻；P﹣I2图象中点与原点连线斜率表示电阻。‎ 四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）‎ ‎16.如图所示的电路中,电源电动势,内电阻,电动机M的电阻。闭合电键S后,标有“8V、16W”的灯泡L恰能正常发光。求闭合电键后：‎ ‎(1)电源提供的总功率；电源的输出功率；‎ ‎(2)电动机的发热功率；电动机的输出功率；‎ ‎(3)电动机的效率。‎ ‎【答案】(1)48W，32W (2) 4W ，12W (3)75%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小灯泡正常发光，故路端电压为：‎ 根据闭合电路欧姆定律有：‎ 代入数据解得：‎ 电源的总功率：‎ 总 电源的输出功率：‎ ‎(2)通过灯泡的电流：‎ 故通过电动机的电流：‎ 电动机的发热功率：‎ 电动机的总功率：‎ 故电动机的输出功率为：‎ ‎(3)电动机的机械效率为：‎ ‎17.如图所示，平行金属板长为L，一个带电为＋q、质量为m的粒子以初速度v0紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°角，粒子重力不计，求：‎ ‎（1）粒子末速度大小；‎ ‎（2）电场强度；‎ ‎（3）两极板间距离．‎ ‎【答案】（1） （2） （3） ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ 粒子在电场中做类平抛运动，由运动的合成与分解可知粒子的末速度的大小将粒子的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀加速直线运动，则由运动的合成与分解可求得电场强度；由动能定理可求得两板间的距离。‎ ‎（1）粒子离开电场时速度如图所示，‎ 由图示可知： ‎ ‎（2）带电粒子做类平抛运动，‎ 在水平方向上：L=v0t，‎ 粒子离开电场时，粒子竖直方向的分速度：vy=v0tan60°‎ 两板间的距离：‎ ‎（3）粒子从射入电场到离开电场，‎ 由动能定理得：‎ 联立以上解得：‎ 点睛: 本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，若垂直电场线进入则做类平抛运动，要将运动分解为沿电场线和垂直于电场线两个方向进行分析，利用直线运动的规律进行求解。‎ ‎18.如图所示,电源电动势,内电阻,,,,,电容,现将开关闭合, ‎ ‎(1)开关S断开时,求流过的电流；‎ ‎(2)开关S断开时,求电容器极板所带的电量；‎ ‎(3)现将开关S闭合,则开关S从断开到闭合的过程中通过的电量为多少？‎ ‎【答案】(1) （2） (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)开关S断开时，断路，、、串联接入电路，流过的电流：‎ 带入数据解得：‎ ‎(2) 开关S断开时，电容器极板的电压：‎ 则电容器电量：‎ ‎(3)开关S闭合时，短路，断路，、串联接入电路，电容器两端电压：‎ 此时电容器极板电量：‎ 则通过的电量：‎ ‎19.如图所示,BCDG是光滑绝缘的3/4圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中现有一质量为m、带正电的小滑块可视为质点置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为 ‎ ‎(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放,求滑块到达与圆心O等高的C点时对轨道的作用力大小．‎ ‎(2)为使滑块能沿轨道滑行通过G点, 求滑块从 A点由静止释放时AB间的最小距离,．‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设滑块到达点时的速度为，由动能定理有：‎ 解得：‎ 设滑块到达点时受到轨道的作用力大小为，则有：‎ 解得：‎ 由牛顿第三定律可知,滑块对轨道压力为 ‎ ‎(2)如图所示，可以将电场力与重力的合力视为等效重力，图中点为等效最高点 要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道 点，恰好由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小，弹力为零，此时速度设为，则有：‎ 解得：‎ 设间最小距离为，由动能定理有： ‎ 解得：‎ ‎ ‎