山东省潍坊市高三上学期期中考试物理试卷解析

山东省潍坊市2015届高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确的全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不选的得0分）1（4分）下列说法正确的是（）A牛顿在研究第一定律时利用了理想实验法B开普勒认为，在高山上水平抛出一物体，只要速度足够大就不会再落在地球上C卡文迪许测出了静电力常量D法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究考点：物理学史分析：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：A、在实验的基础上进行科学推理是研究物理问题的一种方法，通常称之为理想实验法或科学推理法，如伽利略采用了这种方法，故A错误；B、牛顿认为，在高山上水平抛出一物体，只要速度足够大就不会再落在地球上，故B错误；C、卡文迪许测出了万有引力常量，故C错误；D、法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，故D正确；故选：D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如图所示，在水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿绝缘斜面下滑，已知在金属块下滑的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功5J，重力做功20J，则以下判断正确的是（）A电场力做功5JB合力做功15JC金属块的机械能减少20JD金属块的电势能增加5J考点：电势能；功能关系分析：在金属块滑下的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功5J，重力做功20J，根据动能定理求出电场力做功知道电场力做功量度电势能的改变知道重力做功量度重力势能的改变解答：解：在金属块滑下的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功5J，重力做功20J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=EK解得：W电=5J所以电场力做功5J，金属块的电势能增加5J故A错误D正确B、合力做功等于物体动能的变化量，故为10J，故B错误；C、在金属块滑下的过程中重力做功20J，重力势能减小20J，动能增加了10J，所以金属块的机械能减少10J，故C错误故选：D点评：解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系3一条大河两岸平直，河水流速恒为v一只小船，第一次船头正对河岸，渡河时间为t1；第二次行驶轨迹垂直河岸，渡河时间为t2船在静水中的速度大小恒为，则t1：t2等于（）A1：B：1C1：D：1考点：运动的合成和分解专题：运动的合成和分解专题分析：当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，由位移与速度的关系，即可求出时间；再根据平行四边形定则，即可求解最短时间的过河位移大小因船在静水中的速度大于水流速度，当船的合速度垂直河岸时，船渡河的位移最短，最短位移即为河宽，从而即可求解解答：解：（1）设河宽为d，水速为v，船在静水中的航速为v，当小船的船头始终正对河岸时，渡河时间最短设为t1，则t1=；（2）因船在静水中的速度大于水流速度，当船的合速度垂直河岸时，船渡河的位移最短，渡河时间t2=则t1：t2等于1：，故A正确，BCD错误；故选：A点评：解决本题的关键知道合运动与分运动具有等时性，当静水速与河岸垂直，渡河时间最短；当合速度与河岸垂直，渡河航程最短4（4分）甲、乙两车沿同一平直公路同向运动其运动的vt图象如图所示已知t=0时刻，乙在甲前方20m处，以下说法正确的是（）A4s末两车相遇B10s末两车相遇C相遇前，两车间的最大距离是36mD相遇前，两车间的最大距离是16m考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：在t=0时刻，乙车在甲车前面20m，甲车追上乙车时，甲的位移比乙车的位移多25m，然后位移时间关系公式列式求解相遇的时间解答：解：ACD、据速度时间图象的意义可知，当4s时两车速度相等时，两车间距最远；该时s甲=410m=40m，所以s=40m24m+20m=36m，故AD错误，C正确；B、据图象可知甲的加速度a=2m/s2甲车追上乙车时，甲的位移比乙车的位移多20m，根据位移时间关系公式，有：x乙=10tx甲x乙=25联立各式解得：t=10s，即10s时恰好追上，故B正确故选：BC点评：本题根据速度图象分析运动情况的能力，要注意两车的位置关系和距离随时间如何变化，当两车相遇时，位移之差等于原来之间的距离5（4分）静电场的电场线分布如图所示以正点电荷为中心取一个正方形路径abcd，a、c与两个点电荷在同一直线上下列说法正确的是（）Aa点场强比c点大Ba点电势比c点高Cb、d两点的场强相同Db、d两点的电势能相等考点：电场线分析：根据电场线的疏密分析场强的大小，根据顺着电场线方向电势降低，判断电势高低，再分析电势能的关系解答：解：A、电场线的疏密表示场强的大小，a处电场线比b处电场线疏，则a点场强比c点小，故A错误B、a和正电荷间的场强小于与c和正电荷间场强，由U=Ed知，a与正电荷间的电势差大于正电荷与c间的电势差，则a点电势比c点高，故B正确C、b、d两点的场强大小相等，方向不同，则场强不同故C错误D、b、d两点的电势相等，而不是电势能相等，故D错误故选：B点评：掌握电场线、等势面的分布情况，对解答这类问题至关重要，紧扣对称性是常用方法6（4分）某行星的质量是地球质量的3倍，直径是地球直径的3倍设想在该行星表面附近绕其做圆周运动的人造卫星的周期为T1，在地球表面附近绕地球做圆周运动的人造卫星的周期为T2，则T1：T2等于（）A1：1B3：1C1：3D6：1考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：要求卫星的周期的大小关系可根据万有引力提供向心力来进行计算解答：解：对于卫星，根据万有引力提供向心力得：得：所以：故选：B点评：万有引力提供向心力是解决天体运动的基本思路和方法，在学习中要注意总结和积累7（4分）如图所示为用绞车拖物块的示意图拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块已知轮轴的半径R=0.5m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m=1kg，与地面间的动摩擦因数=0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是=2trad/s，g=10m/s2以下判断正确的是（）A物块做匀速运动B物块做匀加速直线运动，加速度大小是1m/s2C绳对物块的拉力是5ND绳对物块的拉力是6N考点：牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速专题：牛顿运动定律综合专题分析：由物块速度v=R=at，可得物块运动的加速度，结合牛顿第二定律即对物块的受力分析可求解绳子拉力解答：解：A、B、由题意知，物块的速度v=R=2t0.5=1t又v=at故可得：a=1m/s2，故A错误，B正确；C、D、由牛顿第二定律可得：物块所受合外力F=ma=1NF=Tf，地面摩擦阻力f=mg=0.5110=5N故可得物块受力绳子拉力T=f+F=5+1=6N，故C错误，D正确故选：BD点评：本题关键根据绞车的线速度等于物块运动速度从而求解物块的加速度，根据牛顿第二定律求解8（4分）如图，三根轻绳悬挂两个质量相同的小球保持静止，绳AD与AC垂直现对B球施加一个水平向右的力F，使B缓慢移动到图中虚线位置，此过程中AD、AC两绳张力TAC、TAD的变化情况是（）ATAC变大，TAD减小BTAC变大，TAD不变CTAC减小，TAD变大DTAC不变，TAD变大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先以B为研究对象受力分析，由分解法作图判断出TAB大小的变化；再以AB整体为研究对象受力分析，由平衡条件判断TAD和TAC的变化情况解答：解：以B为研究对象受力分析，由分解法作图如图：由图可以看出，当将B缓缓拉到图中虚线位置过程，绳子与与竖直方向夹角变大，绳子的拉力大小对应图中1、2、3三个位置大小所示，即TAB逐渐变大，F逐渐变大；再以AB整体为研究对象受力分析，设AC绳与水平方向夹角为，则竖直方向有：TACsin=2mg得：TAC=，不变；水平方向：TAD=TACcos+F，TACcos不变，而F逐渐变大，故TAD逐渐变大；故C正确；故选：C点评：当出现两个物体的时候，如果不是求两个物体之间的作用力大小通常采取整体法使问题更简单9（4分）如图所示，一个内壁光滑的圆管轨道ABC竖直放置，轨道半径为RO、A、D位于同一水平线上，A、D间的距离为R质量为m的小球（球的直径略小于圆管直径），从管口A正上方由静止释放，要使小球能通过C点落到AD区，则球经过C点时（）A速度大小满足vcB速度大小满足0vcC对管的作用力大小满足mgFCmgD对管的作用力大小满足0Fcmg考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力专题：机械能守恒定律应用专题分析：小球离开C点后做平抛运动，由平抛运动的规律求解C点的速度大小范围根据牛顿第二定律分析球对管的作用力大小范围解答：解：AB、小球离开C点做平抛运动，落到A点时水平位移为R，竖直下落高度为R，根据运动学公式可得：竖直方向有：R=水平方向有：R=vCt解得：vC=；小球落到D点时水平位移为2R，则有 2R=vCt解得 vC=故速度大小满足vc，故A正确，B错误CD、在C点，对球研究：设管对球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律得：mg+F=m将vc代入得：mgFmg，由牛顿第三定律可知：mgFCmg故C正确，D错误故选：AC点评：本题要分析清楚物体的运动过程，根据物体的不同的运动状态，采用相应的物理规律求解即可10（4分）如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能Ek与离地高度h的关系如图b所示其中高度从h1下降到h2，图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g以下说法正确的是（）A小物体下降至高度h3时，弹簧形变量为0B小物体下落至高度h5时，加速度最大C小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了D小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能为mgh1考点：功能关系分析：高度从h1下降到h2，图象为直线，该过程是自由落体，h1h2的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度；h3点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，加速度也就为零，可以计算出弹簧的形变量；小物体下落至高度h5时，加速度最大；h4点与h2点物体的动能相同，根据功能关系即可得出h4点弹簧的弹性势能与h2点的弹性势能的变化量由机械能守恒即可求出小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能解答：解：A、高度从h1下降到h2，图象为直线，该过程是自由落体，h1h2的坐标就是自由下落的高度，所以小物体下降至高度h2时，弹簧形变量为0故A错误；B、物体的动能先增大，后减小，小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；小物体下落至高度h5时，动能又回到0，说明h5是最低点，弹簧的弹力到达最大值，一定大于重力的2倍，所以此时物体的加速度最大故B正确；C、小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；此时弹簧的压缩量：，小物体从高度h2下降到h4，重力做功：物体从高度h2下降到h4，重力做功等于弹簧的弹性势能增加，所以小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了故C正确；D、小物体从高度h1下降到h5，重力做功等于弹簧弹性势能的增大，所以弹簧的最大弹性势能为：mg（h1h5）故D错误故选：BC点评：知道物体压缩弹簧的过程，就可以逐个分析位移和加速度要注意在压缩弹簧的过程中，弹力是个变力，加速度是变化的，当速度等于零时，弹簧被压缩到最短二、实验题（本题共3小题，共18分）11（4分）某同学做测定弹簧劲度系数的实验他测出了弹簧长度l与对应弹力F的五组数据后，在Fl坐标系中描出了对应的五个点，如图所示（1）在图中绘出Fl图线；（2）由图线求得弹簧的劲度系数k=80N/m（保留两位有效数字）考点：探究弹力和弹簧伸长的关系专题：实验题分析：（1）根据所提供数据采用描点法可画出图象（2）图象的斜率大小等于劲度系数的大小，据此可正确解答解答：解：（1）利用描点法得出图象如下所示：（2）根据胡克定律得：F=k（ll0）可知FL图线的斜率大小等于弹簧的劲度系数大小，故由图解得：k=80N/m故答案为：（1）如图；（2）80点评：本题考查了数学知识和胡克定律的相结合，是一道考查应用数学知识解答物理问题的好题12（6分）用图甲所示的装置来研究自由落体运动，得到的一条纸带如图乙所示，O为打下的第一个点，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s测得O点到各计数点间的距离为：hOA=48.5mm，hOB=193.9mm，hOC=436.5mm，hOD=776.0mm（1）计时器打C点时重物下落的速度vC=2.92m/s（保留三位有效数字）；（2）重物自由下落的加速度g测=9.71m/s2（保留三位有效数字）（3）某同学想利用测得的vC、g测的值，以及O、C间的距离h，判断g测h与是否相等，来验证机械能是否守恒你认为此方案是否可行？否（选填“是”或“否”）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：根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出重力加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小解答：解：（1）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小vC=2.92 m/s（2）设0到A之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：x3x1=2a1T2x4x2=2a2T2为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值得：g测=（a1+a2）=9.71m/s2，（3）根据mgh=mv2得：gh=，求解重力势能时，g应该去当地的重力加速度，不能取g测所以此方案是不可行的故答案为：（1）2.92； 9.71（2）否点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用13（8分）探究加速度与力的关系装置如图所示带滑轮的长木板水平放置，细绳通过两滑轮分别与弹簧秤挂钩和沙桶连接，细线与桌面平行将木块放在靠近打点计时器的一端，缓慢向沙桶中添加细沙，直到木块开始运动，记下木块运动后弹簧秤的示数F，通过纸带求出木块运动的加速度a将木块放回原处，向沙桶中添加适量细沙，释放木块获取多组a、F数据（1）关于该实验的操作，以下说法正确的是ABA实验过程中，应先闭合打点计时器开关，再释放小车B通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据C每次添加细沙后，需测出沙及沙桶的质量D实验过程要确保沙及沙桶的质量远小于木块的质量（2）某同学根据实验数据做出了两个aF图象如图2所示，正确的是B；由图象可知，木块所受的滑动摩擦力大小大小为2F0；若要作出木块的加速度与合力的关系，需要对图象进行修正修正后的横坐标F合应该等于2F2F0（用F、F0表示）考点：测定匀变速直线运动的加速度专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：（1）该实验不需要测量沙及沙桶的质量，绳子的拉力由弹簧秤直接测量，不需要满足沙及沙桶的质量远小于木块（2）根据牛顿第二定律得出a与F的关系式，结合关系式得出正确的图线（3）根据加速度等于零求出弹簧的拉力，从而求出此时的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得出加速度与合力的关系式，从而得出修正后的横坐标解答：解：（1）实验中应该先接通电源后释放纸带，故A正确B、通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据，故B正确C、绳子的拉力可以通过弹簧测力计测出，不需要测量砂及沙桶的质量，也不需要保证沙及沙桶的质量远小于木块故C、D错误故选：AB（2）小车所受的拉力等于2倍的弹簧秤拉力，可以直接测量得出，根据牛顿第二定律得，a=，故正确的图线是B当弹簧拉力为F0时，小车开始滑动，可知滑动摩擦力f=2F0根据牛顿第二定律得，a=，所以修正后的横坐标F合应该等于2F2F0故答案为：（1）AB；（2）B；2F0，2F2F0点评：本题实验源于课本实验，但是又不同于课本实验，关键要理解实验的原理，注意该实验不需要测量砂及沙桶的质量，也不需要保证沙及沙桶的质量远小于木块三、计算题（本大题包括4小题，共42分解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写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）14（8分）汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌（如图所示），以提醒后面驾车司机，减速安全通过在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50m的物体，并且他的反应时间为0.6s，制动后最大加速度为5m/s2求：（1）小轿车从刹车到停止所用的最短时间；（2）三角警示牌至少要放在车后多远处，才能有效避免两车相撞考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：（1）根据速度时间关系求解时间（2）反应时间内做匀速运动，x=vt，刹车后做匀减速直线运动，由x=求解，进而得总位移解答：解：（1）从刹车到停止时间为t2，则s （2）反应时间内做匀速运动，则x1=v0t1x1=18m 从刹车到停止的位移为x2，则x2=90m 小轿车从发现物体到停止的全部距离为x=x1+x2=108m x=x50=58m 答：（1）小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6s；（2）三角警示牌至少要放在车后58m，才能有效避免两车相撞点评：此题考查匀速直线运动和匀变速直线运动的规律知反应时间内车仍匀速运动15（10分）如图所示，光滑水平面上固定一倾斜角为37的粗糙斜面，紧靠斜面底端有一质量为4kg的木板，木板与斜面底端之间通过微小弧形轨道相接，以保证滑块从斜面滑到木板的速度大小不变质量为2kg的滑块从斜面上高h=5m处由静止滑下，到达倾斜底端的速度为v0=6m/s，并以此速度滑上木板左端，最终滑块没有从木板上滑下已知滑块与木板间的动摩擦因数2=0.2，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）斜面与滑块间的动摩擦因数1；（2）滑块从滑上木板到与木板速度相同经历的时间；（3）木板的最短长度考点：动能定理的应用；功能关系专题：动能定理的应用专题分析：（1）滑块从斜面下滑的过程，根据动能定理列式求解动摩擦因素；（2）滑块刚好没有从木板左端滑出，说明此时它们的速度相等，由速度、位移公式可以求出木板的长度和运行的时间；解答：解：（1）在斜面上，由动能定理得得1=0.48 （2）在木板上滑动过程中，有Ff=2mg 由牛顿第二定律得滑块的加速度 =2g=2m/s 木板的加速度 =1m/s2由运动学公式 v0a1t=a2t得 t=2s 此时v1=v2=2m/s（3）设木板最短长度为x，则由能量守恒知xM=xm=v0t得x=xmxM=6m=10 答：（1）斜面与滑块间的动摩擦因数1为0.48；（2）滑块从滑上木板到与木板速度相同经历的时间为2s；（3）木板的最短长度为10m点评：本题充分考查了匀变速直线运动规律及应用，和物体共同运动的特点的应用，是考查学生基本功的一个好题16（12分）起重机从静止开始起吊一质量为4000kg重物，开始，起重机拉力恒定，重物以0.2m/s2的加速度匀加速上升，9.8s后，起重机达到额定功率P，起重机再保持额定功率不变，又经5s，重物达到最大速度2m/s，此后再保持拉力恒定，使重物以0.5m/s2的加速度做匀减速运动至停下取g=9.8m/s2（1）求额定功率P的大小；（2）求重物上升的最大高度；（3）在图示坐标纸上画出整个过程起重机拉力F与时间t的关系图象（不要求写计算过程）考点：动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率专题：动能定理的应用专题分析：（1）当拉力等于重物重力时，重物的速度达到最大，结合功率与牵引力的关系式求解（2）根据牛顿第二定律求出匀加速直线运动时的拉力大小，从而抓住匀加速直线运动结束功率达到额定功率求出匀加速直线运动的位移，利用动能定理求得达到最大速度时走过的位移，再根据匀减速运动知识求解这过程的位移，两位移之和即为求解，（3）根据力的大小结合运动求解运行时间，进而求得结果解答：解：（1）重物速度最大时，有F=mg此时，P=mgv 解得 P=78.4kW （2）重物匀加速上升的高度h1=得h1=9.6m 此过程起重机拉力满足F1mg=ma1从静止到最大速度过程中，由动能定理得F1 h1+Pt2mg（h1+h2）=得h1+h2=19.6m 匀减速运动上升的高度h3=4m H=h1+h2+h3=23.6m （3）图象如图：答：（1）额定功率P的大小为78.4kW；（2）重物上升的最大高度23.6m；（3）点评：解决本题的关键知道拉力等于重力时速度最大，匀加速直线运动结束，功率达到额定功率，结合牛顿第二定律以及动能定理的关系进行求解17（12分）在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有电荷量为Q的点电荷在O点产生的电场E1，第二象限内有水平向右的匀强电场E2，第四象限内有方向水平、大小按图乙变化的电场E3，E3以水平向右为正方向，变化周期T=一质量为m，电荷量为+q的离子从（x0，x0）点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做圆周运动以离子经过x轴时为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力求：（1）离子刚进入第四象限时的速度；（2）E2的大小；（3）当t=时，离子的速度；（4）当t=nT时，离子的坐标考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）根据粒子在第一象限内做匀速圆周运动电场力提供圆周运动向心力由圆周运动半径和库仑定律求得粒子刚进入第四象限的速度；（2）在第二象限粒子做初速度为零的匀加速直线运动，由动能定理据粒子获得的速度和位移求得第二象限的电场强度；（3）粒子进入第四象限在竖直方向做匀速直线运动，水平方向在电场力作用下先匀加速直线运动后匀减速直线运动，根据时间由运动的合成求得离子的速度；（4）根据粒子水平方向运动的周期性求得粒子的横坐标，再根据竖直方向的运动规律求得粒子的纵坐标解答：解：（1）设刚进入第四象限的速度为v0在第一象限内，有库仑力提供离子圆周运动的向心力有：得：（2）在第二象限内，只有电场力对离子做功，由动能定理得：解得：（3）离子进入第四象限后，在水平方向上，有：得：=所以此时离子的合速度：方向与水平方向成450角斜向下 （4）由（3）分析知离子在第四象限中运动时，y方向上做匀速直线运动，x方向上前半个周期向右匀加速运动，后半个周期向右匀减速运动直到速度为0；每个周期向右运动的平均速度为，每个周期前进，因为开始计时时离子坐标为x0所以nT时，离子的横坐标为x=x0+nx0=（n+1）x0纵坐标：y=v0nT=2nx0 故，在nT时离子的坐标为：（n+1）x0，2nx0答：（1）离子刚进入第四象限时的速度为；（2）E2的大小为；（3）当t=时，离子的速度为；（4）当t=nT时，离子的坐标为：（n+1）x0，2nx0点评：本题中质点在复合场运动，分析受力情况，确定质点的运动情况是解题的基础结合粒子运动的周期性，运用数学几何知识综合求解