甘肃省西北师大附中高一物理下学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年甘肃省西北师大附中高 一（下）期末物理试卷一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分,其中1-8题为单选题，9-12为多选题，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1（4分）（2015春甘肃校级期末）清代学者郑复光在他的著作费隐与知录中，提出了极具新意的地脉说，用以解释地磁现象，明确赋予了地脉以确切的物理的力学性能：“针为地脉牵型”，地脉是能够对磁针施予力作用的，将地脉抽象为无数曲线组成的曲线族，这些曲线就是现在我们通常所说的力线，而在西方学者中，最先提出力线概念的科学家是（）a奥斯特b.法拉第c.库伦d.安培考点：物理学史专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：最先提出力线概念的科学家是法拉第，故acd错误，b正确；故选：b点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（4分）（2015肇庆三模）“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命假设“轨道康复者”的轨道半经为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是（）a“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救b站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动c“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的5 倍d“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力，结合轨道半径的关系得出加速度和周期的关系根据“轨道康复者”的角速度与地球自转角速度的关系判断赤道上人看到“轨道康复者”向哪个方向运动解答：解：a、“轨道康复者”要在原轨道上减速，做近心运动，才能“拯救”更低轨道上的卫星故a错误b、因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期，则小于地球自转的周期，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，站在赤道上的人用仪器观察到“轨道康复者”向东运动故b错误c、根据得：v=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍故c错误d、根据得：a=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍故d正确故选：d点评：解决本题的关键知道万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道卫星变轨的原理，知道当万有引力大于向心力，做近心运动，当万有引力小于向心力，做离心运动3（4分）（2015春甘肃校级期末）如图所示，以o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两处时，在圆心o处产生的电场强度大小为e现改变d处点电荷的位置，使o点的电场强度改变，下列叙述正确的是（）a移至c处，o处的电场强度大小不变，方向沿oeb移至b处，o处的电场强度大小减半，方向沿occ移至e处，o处的电场强度大小不变，方向沿ocd移至f处，o处的电场强度大小减半，方向沿oe考点：电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：点电荷在0处电场强度的叠加，满足矢量合成的原理，并根据点电荷场强公式结合分析解答：解：a、由题意可知，等量正、负点电荷在o处的电场强度大小均为，方向水平向右当移至c处，两点电荷在该处的电场强度大小不变，方向夹角为60，则o处的合电场强度大小为2cos30=e，但方向：沿cod角平分线，故a错误；b、同理，当移至b处，两点电荷在该处的电场强度方向夹角为120，o处的合电场强度大小为，方向沿oc，故b正确；c、同理，当移至e处，o处的合电场强度大小为e，方向沿od与oe角平分线，故c错误；d、同理，当移至f处，o处的合电场强度大小减半，方向沿oe，故d正确； 故选：bd点评：考查点电荷的电场强度的叠加，掌握库仑定律，理解电场强度的大小与方向，及矢量叠加原理4（4分）（2015河南二模）在x轴上存在与x轴平行的电场，x轴上各点的电势随x点位置变化情况如图所示图中x1x1之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称下列关于该电场的论述正确的是（）ax轴上各点的场强大小相等b从x1到x1场强的大小先减小后增大c一个带正电的粒子在x1点的电势能大于在x1点的电势能d一个带正电的粒子在x1点的电势能大于在x2点的电势能考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：根据x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化根据电场力做功判断电势能的变化解答：解：a、x图象的斜率大小等于电场强度，故x轴上的电场强度不同，故a错误；b、从x1到x1场强斜率先减小后增大，故场强先减小后增大，故b正确；c、有图可知，场强方向指向o，根据电场力做功可知，一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在x1点的电势能，故cd错误故选：b点评：本题关键要理解t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况，并确定电势能的变化5（4分）（2015春甘肃校级期末）如图所示，平行直线aa，bb，cc，dd，ee，分别表示电势为4v、2v、0、2v、4v的等势线，若ab=bc=cd=de=2cm，且与直线mn成30角，则（）a该电场是匀强电场，距c点距离为2cm的所有点中，最高电势为4v，最低电势为4vb该电场是匀强电场，场强大小为e=c该电场是匀强电场，距c点距离为2cm的所有点中，最高电势为2v，最低电势为2vd电场是匀强电场，场强方向垂直于aa，且指向右下考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：匀强电场的等势面是一些平行的等间距的直线，且沿着电场线，电势降低的最快，且每前进相同距离，电势降低相等的值解答：解：a、匀强电场的等势面是一些平行的等间距的直线，故该电场是匀强电场；由于匀强电场中沿着电场线，电势降低的最快，且每前进相同距离，电势降低相等的值，故距c点距离为2cm的所有点中，最高电势为4v，最低电势为4v，故a正确；c错误；b、图中可以看出，等势面平行且间距相等，故一定是匀强电场；根据场强与电势差关系公式u=ed可以知道，e=v/m，故b错误；d、从图中可以看出，等势面平行且间距相等，故一定是匀强电场；由于电场线与等式面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面，故场强方向与aa垂直，且指向左上方，故d错误；故选：a点评：本题关键是要明确匀强电场的电场线分布图，同时要能根据等势面图画出电场线图，最后还要熟悉公式u=ed的适用范围6（4分）（2015河南模拟）如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场光滑绝缘细管垂直穿过板中间小孔，一个视为质点的带负电小球在细管内运动以小孔为原点建立x轴，规定x轴正方向为加速度a和速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电势，小球的加速度a、速度v和动能ek随x的变化图象，其中正确的是（）abcd考点：带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：根据匀强电场中电势差与场强的关系公式u=ed，分析电势与x的关系；根据牛顿第二定律分析加速度的大小和方向；根据动能定理分析速度和动能与x的关系解答：解：a、在x0范围内，当x增大时，由u=ed=ex，可知，电势差均匀增大，x应为向上倾斜的直线；在x0范围内，当x增大时，由u=ed=ex，可知，电势差均匀减小，x也应为向下倾斜的直线，故a错误；b、在x0范围内，电场力向右，加速度向右，为正值；在x0范围内，电场力向左，加速度向左，为负值；故b错误；c、在x0范围内，根据动能定理得：qex=，vx图象应是曲线；同理，在x0范围内，图线也为曲线，故c错误；d、在x0范围内，根据动能定理得：qex=ek，ekx图象应是倾斜的直线；同理，在x0范围内，图线也为倾斜的直线，故d正确故选：d点评：对于物理图象，往往要根据物理规律，写出解析式，再加以分析7（4分）（2013越城区校级模拟）如图所示，竖直平面内光滑圆弧轨道半径为r，等边三角形abc的边长为l，顶点c恰好位于圆周最低点，cd是ab边的中垂线在a、b两顶点上放置一对等量异种电荷现把质量为m带电荷量为+q的小球由圆弧的最高点m处静止释放，到最低点c时速度为v0不计+q对原电场的影响，取无穷远处为零电势，静电力常量为k，则（）a小球在圆弧轨道上运动过程机械能守恒bc点电势比d点电势高cm点电势为（mv022mgr）d小球对轨道最低点c处的压力大小为mg+m+2k考点：功能关系；牛顿第二定律；向心力；电势能分析：此题属于电场力与重力场的复合场，根据机械能守恒和功能关系即可进行判断解答：解：a、小球在圆弧轨道上运动重力做功，电场力也做功，不满足机械能守恒适用条件，故a错误；b、cd处于ab两电荷的等势能面上，且两点的电势都为零，故b错误；c、m点的电势等于=，故c正确；d、小球对轨道最低点c处时，电场力为k，故对轨道的压力为mg+m+k，故d错误；故选：c点评：此题的难度在于计算小球到最低点时的电场力的大小，难度不大8（4分）（2015通州区二模）一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地两板间有一个正检验电荷固定在p点，如图所示，以c表示电容器的电容、e表示两板间的场强、表示p点的电势，w表示正电荷在p点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（）abcd考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：由题意可知电量不变，由平行板电容器的决定式可知电容的变化；由定义式可得出两端电势差的变化；再由u=ed可知e的变化，进而判断势能的变化解答：解：a、当负极板右移时，d减小，由c=可知，c与x图象不能为一次函数图象！故a错误；b、由u=可知，u=q，则e=，故e与d无关，故b错误；c、因负极板接地，设p点原来距负极板为l，则p点的电势=e（ll0）；故c正确；d、电势能e=q=eq（ll0），不可能为水平线，故d错误；故选：c点评：本题考查电容器的动态分析，由于结合了图象内容，对学生的要求更高了一步，要求能根据公式得出正确的表达式，再由数学规律进行分析求解9（4分）（2015太原二模）某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图1中虚线所示一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从o点由静止开始沿电场线竖直向下运动以o为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能e与位移x的关系如图2所示则（不考虑空气阻力）（）a电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向b从o到x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越大c从o到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越大d到达x1位置时，小球速度的大小为考点：电势差与电场强度的关系；牛顿第二定律；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：从图象中能找出电场力的做功情况，根据电场力的做功情况判断出受力，继而判断出电场，在利用牛顿第二定律求的加速度解答：解：a、物体的机械能先减小，后保持不变，故电场力先做负功，后不做功，故电场强度方向向上，再根据机械能的变化关系可知，电场力做功越来越小，故电场强度不断减小，故a错误；b、根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，且电场力越来越小，故加速度越来越大，速度越来越大，故b正确；c、由于电场力越来越小，故相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越小，故c错误；d、根据动能定理可得得，故d正确；故选：bd点评：本题主要考查了电场力做功与与物体机械能的变化关系，明确电场力做正功，电势能增加，电场力做负功，电场力减小即可10（4分）（2015春甘肃校级期末）如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d杆上的a点与定滑轮等高，杆上的b点在a点下方距离为d处现将环从a处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（）a环到达b处时，重物上升的高度h=（1）db环到达b处时，环与重物的速度大小相等c环从a到b，环减少的机械能等于重物增加的机械能d环能下降的最大高度为d考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：环刚开始释放时，重物由静止开始加速根据数学几何关系求出环到达b处时，重物上升的高度对b的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，从而求出环在b处速度与重物的速度之比环和重物组成的系统机械能是守恒的解答：解：a、根据几何关系有，环从a下滑至b点时，下降的高度为 d，则重物上升的高度h=dd=（1）d，故a正确；b、环到达b处时，对环b的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：v环cos45=v物，所以有v环=v物，故b错误；c、环下滑过程中无摩擦力做功，故系统机械能守恒，即有环减小的机械能等于重物增加的机械能，故c正确；d、设环下滑到最大高度为h时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为，根据系统的机械能守恒有：mgh=2mg（d）解得：h=d，故d正确故选：acd点评：解决本题的关键知道系统机械能守恒，知道环沿绳子方向的分速度的等于重物的速度11（4分）（2015天津）如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场e1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场e2发生偏转，最后打在屏上整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（）a偏转电场e2对三种粒子做功一样多b三种粒子打到屏上时的速度一样大c三种粒子运动到屏上所用时间相同d三种粒子一定打到屏上的同一位置考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：由动能定理定理可求得粒子进入偏转电场时的速度，再对运动的合成与分解可求得偏转电场中的位移；再由几何关系可明确粒子打在屏上的位置解答：解：带电粒子在加速电场中加速度，由动能定理可知：e1qd=mv2；解得：v=；粒子在偏转电场中的时间t=；在偏转电场中的纵向速度v0=at=纵向位移x=at2=；即位移与比荷无关，与速度无关；由相似三角形可知，打在屏幕上的位置一定相同，到屏上的时间与横向速度成反比；故选：ad点评：本题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用12（4分）（2015山东）如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度为v0沿中线射入两板间，0时间内微粒匀速运动，t时刻微粒恰好经金属板边缘飞出微粒运动过程中未与金属板接触重力加速度的大小为g关于微粒在0t时间内运动的描述，正确的是（）a末速度大小为v0b末速度沿水平方向c重力势能减少了mgdd克服电场力做功为mgd考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：0时间内微粒匀速运动，重力和电场力相等，内，微粒做平抛运动，t时间内，微粒竖直方向上做匀减速运动，水平方向上仍然做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解解答：解：a、0时间内微粒匀速运动，则有：qe0=mg，内，微粒做平抛运动，下降的位移，t时间内，微粒的加速度a=，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，t时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，故a错误，b正确c、微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为，则重力势能的减小量为，故c正确d、在内和t时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为，整个过程中克服电场力做功为，故d错误故选：bc点评：解决本题的关键知道微粒在各段时间内的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解知道在内和t时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，位移的大小相等二、实验题（本题共2小题，其中第13小题7分，第14题7分）13（7分）（2015春甘肃校级期末）某实验小组利用力传感器和光电门传感器探究“动能定理”，将力传感器固定在小车上，用不可伸长的细线通过一个定滑轮与重物g相连，力传感器记录小车受到拉力的大小在水平轨道上a、b两点各固定一个光电门传感器，用于测量小车的速度v1和v2，如图1所示在小车上放置砝码来改变小车质量，用不同的重物g来改变拉力的大小，摩擦力不计（1）实验主要步骤如下：测量小车和拉力传感器的总质量m1，把细线的一端固定在力传感器上，另一端通过定滑轮与重物g相连，正确连接所需电路；将小车停在点c（点c在光电门b的右侧），由静止开始释放小车，小车在细线拉动下运动，除了光电门传感器测量速度和力传感器测量拉力的数据以外，还应该记录的物理量为两光电门间的距离l；改变小车的质量或重物的质量，重复的操作（2）下面表格中m是m1与小车中砝码质量之和，（e为动能变化量，f是拉力传感器的拉力，w是f在a、b间所做的功表中的e3=0.600j，w3=0.610j（数据保留三位有效数字）次数m/kg|v22v12|/m2s2e/jf/nw/j10.5000.7600.1900.4000.20020.5001.650.4130.8400.42030.5002.40e31.22w341.002.401.202.421.21（3）根据表中的数据，请在图2坐标上作出ew图线考点：探究功与速度变化的关系专题：实验题；动能定理的应用专题分析：（1、2）要探究动能定理就需要求出力对小车做的总功和小车动能的变化，这就要求必须知道小车发生的位移即两光电门间距离；（3）结合表中的数据，根据描点法作出ew图线解答：解：（1）根据动能定理知因要求总功必须已知小车位移，故除了光电门传感器测量速度和力传感器测量拉力的数据以外，还应该记录的物理量为两光电门间的距离l（2）由e=得0.5002.40=0.600j，根据表中数据由功公式w=fl，可求出两光电门间距离l=0.5m，所以w3=f3l=1.220.5j=0.610j（3）结合表中的数据，根据描点法作出ew图线如图所示：故答案为：（1）两光电门间的距离l；（2）0.600j，0.610j；（3）如图所示点评：做实验题时应先根据实验原理写出有关公式再讨论即可小车在钩码的作用下在水平面上做加速运动，通过速度传感器可算出a b两点的速度大小，同时利用拉力传感器测量出拉小车的力，从而由ab长度可求出合力做的功与小车的动能变化关系14（7分）（2015春甘肃校级期末）理论分析可得出弹簧的弹性势能公式ep=kx2（式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧长度的变化量）为验证这一结论，a、b两位同学设计了以下的实验：首先他们都进行了如图甲所示的实验：将一根轻质弹簧竖直挂起，在弹簧的另一端挂上一个已知质量为m的小铁球，稳定后测得弹簧伸长量为d；a同学完成步骤后，接着进行了如图乙所示的实验：将这根弹簧竖直的固定在水平桌面上，并把小铁球放在弹簧上，然后竖直地套上一根带有插销孔的长透明塑料管，利用插销压缩弹簧；拔掉插销时，弹簧对小铁球做功，使小铁球弹起，测得弹簧的压缩量为x时，小铁球上升的最大高度为hb同学完成步骤后，接着进行了如图丙所示的实验将弹簧放在水平桌面上，一端固定在竖直墙上，另一端被小铁球压缩，测得压缩量为x，释放弹簧后，小铁球从高为h的桌面上水平抛出，抛出的水平距离为l（1）a、b两位同学进行图甲所示实验的目的是为了确定什么物理量，这个物理量是确定弹簧的劲度系数k，请用m、d、g表示所求的物理量：k=（2）如果ep=kx2成立，那么a同学测出的物理量x与d、h的关系式是：x=；b同学测出的物理量x与d、h、l的关系式是：x=l考点：验证机械能守恒定律专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：（1）根据重力与弹簧的弹力平衡，借助于胡克定律，即可求解；（2）a同学运用弹簧的弹性势能转化为重力势能来测量形变量，而b同学则是运用弹簧的弹性势能转化为动能，并借助于做平抛运动来算出初速度，从而即可求解解答：解：（1）a、b两位同学进行图甲所示的实验都进行形变量的测量，目的是为了确定弹簧的劲度系数；根据胡克定律k=，则有：k=；（2）a同学实验中，根据弹簧的弹性势能转化为重力势能，则有：kx2=mghk=，由上解得：x=b同学，弹簧的弹性势能转化为动能，而动能则借助于平抛运动来测得初速度则由水平位移与竖直高度可得水平初速度：v0=l，所以：k（）2=m（l）2解得：x=l故答案为：（1）确定弹簧的劲度系数k；k=；（2），l点评：本题考查如何测量弹簧的形变量，并通过不同的实验去设计、测量，并处理数据，最后数据误差分析，从而激发学生的学习兴趣三、计算题（共4小题，共48分，解答时应写出必要的文字说明、方程式或重要的演算步骤，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）（2015春甘肃校级期末）邯郸大剧院是目前河北省内投资最大、设施最完备、科技含量最高的一家专业高端剧院，2014年元旦前后，邯郸大剧院举办了几场盛大的新年音乐会，在一场演出前工作人员用绳索把一架钢琴从高台吊运到地面，已知钢琴的质量为175kg，绳索能承受的最大拉力为1820n，吊运过程中钢琴以0.6m/s的速度在竖直方向向下做匀速直线运动，降落至底部距地面的高度为h时，立即以恒定加速度减速，最终钢琴落地时刚好速度为零（g取10m/s2），求：（1）h的最小值是多少？（2）为了保证绳索和钢琴的安全，此次以0.6m/s的初速度匀减速到零，用时3s，求此次减速过程中钢琴机械能减少了多少？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据牛顿第二定律求出钢琴减速时的最大加速度，结合匀变速直线运动的速度位移公式求出h的最小值根据运动学公式和机械能的概念求减少的机械能解答：解：（1）当拉力最大时，h有最小值对钢琴：fmg=ma 代入数据解得：a=0.4 m/s2又v2=2ah代入数据解得：h=0.45m （2）当减速时间为3s时，有：h=，e=mg h+=1606.5j答：（1）h的最小值为0.45m（2）此次减速过程中钢琴机械能减少了1606.5j点评：本题的难点在于何时离地面的高度最小，注意题目中的条件：绳子承受的最大拉力，结合运动学公式即可求解16（14分）（2014正定县校级模拟）月球与地球质量之比约为1：80，一般情况下，我们认为月球绕地球运动，其轨道可近似认为是圆周轨道，但有研究者提出，地球的质量并非远远大于月球质量，故可认为月球和地球可视为一个由两质点构成的双星系统，他们都围绕地球与月球连线上某点o做匀速圆周运动在月地距离一定的情况下，试计算这种双星系统所计算出的周期t1与一般情况所计算出的周期t2之比（结果可用根号表示）考点：万有引力定律及其应用专题：万有引力定律的应用专题分析：在双星系统中，双星绕两者连线的中点做圆周运动，由相互之间万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律求解运动周期t1一般情况下，地球对月球的万有引力提供月球绕其运动的所需要的向心力，据此计算周期t2解答：解：设地球和月球的质量分别为m、m，其间距为l，在双星系统中地球与月球的轨道半径分别为r、r，则在双星系统中，对地球：对月球：其中 r+r=l由得：在一般情况下，对月球：则由得：答：这种双星系统所计算出的周期t1与一般情况所计算出的周期t2之比为点评：由于双星和它们围绕运动的中心点总保持三点共线，所以在相同时间内转过的角度必相等，即双星做匀速圆周运动的角速度必相等，角速度相等，周期也必然相同17（12分）（2015崇明县一模）如图，绝缘的水平面上，相隔2l的ab两点固定有两个电量均为q的正点电荷，a，o，b是ab连线上的三点，且o为中点，oa=ob=一质量为m、电量为+q