在一圆周上有1个红点和49个蓝点．所有顶点都是蓝点的凸多边形的个数，与有一个顶点是红点的凸多边形的个数，相差______

楼上回答不正确,如果增大拉力,匀速圆周运动的轨道没有改变的话,拉力的方向与小球运动的方向垂直,做功就为0了,但是这道题目中在小球的轨道由R变成R/2的过程中,拉力的方向与小球的方向不再垂直了,肯定是要做功的,对于这样一个变化的过程,我们可以由动能定理来求拉力所作的功：
设拉力为F时小球线速度大小为V1,拉力为8F时小球线速度大小为V2,设小球质量为m,拉力F所作的功为W
小球做匀速运动时拉力提供向心力,因此
1、拉力为F时：
F=m*V1*V1/R （1）
2、拉力为8F时：
8F=m*V2*V2/R （2）
（1）式（2）式联立得V2*V2=4V1*V1 （3）
mV1*V1=FR (4)
再根据动能定理有：
1/2mV1*V1+W=1/2mV2*V2 （5）
将（3）（4）代入（5）
得W=1.5FR

解题思路：小球在光滑的水平面上做匀速圆周运动，靠拉力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球匀速圆周运动的速度，再根据动能定理求解绳的拉力对球做的功．

当绳的拉为为F时，圆周半径为R，则有：
F=m
v12
R
解得：v1=

FR
m
当绳的拉力增大到8F时，圆周半径为[1/2]R，则有：
8F=m
v22

1
2R
解得：v2=

4FR
m
根据动能的得：
W=
1
2mv22-
1
2mv12=
3
2FR
故答案为：
3
2FR

点评：
本题考点： 功的计算；向心力．

考点点评： 本题主要考查了向心力公式及动能定理的直接应用，知道F是变力，只能用动能定理求解拉力做的功，难度适中．

解题思路：由题，B、C两点在以正电荷Q为圆心的同一圆周上，电势相等，小球从B运动到C过程，电场力做功为零，根据动能定理研究小球从A运动到B的过程，求出电场力所做的功，进而求出AC间的电势差．

（1）设小球由A到B电场力所做的功为W_AB，由动能定理得
mgh+W_AB=
1
2mvB2−0
解得W_AB=[1/2mgh
（2）由于B、C在以Q为圆心的圆周上，所以U_B=U_C
∵W_AB=W_AC
∴W_AC=qU_AC
解得：U_AC=

1
2mgh
−q]=-[mgh/2q]
答：（1）小球从A到B过程中电场力做的功为[1/2mgh．
（2）A、C两点电势差为-
mgh
2q]．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系．

考点点评： 电势差是表示电场的能的性质的物理量，与电场力做功有关，常常应用动能定理求解电势差．

解题思路：根据牛顿定律与运动学公式结合分析得到：三个滑环下滑的时间相同．由冲量公式I=Ft，判断重力冲量关系．由于c环受到的弹力最大，其冲量最大．a环加速度最大，合力最大，其冲量最大．下滑过程中，只有重力做功，根据动能定理得知，动能的增量等于重力做功，重力对a环做功最大，其动能的增量最大．

设任一细杆与竖直方向的夹角为α，环运动的时间为t，圆周的直径为D．则环的加速度大小a=gcosα．
由位移公式得：Dcosα=[1/2at2=
1
2gcosαt2，得到t=

2D
g]，所以三个环运动时间相同．
A、由于三个环的重力相等，运动时间相同，由公式I=Ft分析可知，各环重力的冲量相等．故A错误．
B、c环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对环c的冲量最大．故B正确．
C、a环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对a环的冲量最大．故C错误．
D、重力对a环做功最大，其动能的增量最大．故D错误．
故选B

点评：
本题考点： 动量定理；动能定理的应用．

考点点评： 本题关键之处是运用牛顿定律和运动学公式分析三个环的运动时间关系，中等难度．

∵∠BAQ=16°，
∴∠PAQ=180°-∠BAQ=180°-16°=164°，
∵∠QCD=24°，
∴∠PCQ=180°-∠QCD=180°-24°=156°，
∴∠P+∠Q=360°-（∠PAQ+∠PCQ）=360°-（164°+156°）=360°-320°=40°．
故选D．

解题思路：（1）5个数的顺序是：6，10，7，8，9的时候，和最小为：6×10+10×7+7×8+8×9+9×6=312；
（2）5个数的顺序是：6，8，10，9，7的时候，和最大为：6×8+8×10+10×9+9×7+7×6=323．

（1）5个数的顺序是：6，10，7，8，9的时候，
和最小为：6×10+10×7+7×8+8×9+9×6=312；
（2）5个数的顺序是：6，8，10，9，7的时候，
和最大为：6×8+8×10+10×9+9×7+7×6=323．
答：所得和数的最小值是312，最大值是323．

点评：
本题考点： 最大与最小．

考点点评： 此题主要考查了最大与最小问题，解答此题的关键是确定5个数的顺序．

解题思路：B、C两点在以正电荷Q为圆心的同一圆周上，电势相等，小球从B运动到C过程，电场力做功为零，根据动能定理研究小球从A运动到B的过程，求出电场力所做的功，进而求出AC间的电势差．

（1）设小球由A到B电场力所做的功为W_AB，
由动能定理得：mgh+W_AB=[1/2]mv_B²-0，
解得W_AB=[3/2]mgh；
（2）由于B、C在以Q为圆心的圆周上，所以U_B=U_C
∵W_AB=W_AC
∴W_AC=qU_AC
解得：U_AC=-[3mgh/2q]；
故答案为：[3/2]mgh；-[3mgh/2q]．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；匀强电场中电势差和电场强度的关系．

考点点评： 电势差是表示电场的能的性质的物理量，与电场力做功有关，常常应用动能定理求解电势差．

解题思路：（1）由题，B、C两点在以正电荷Q为圆心的同一圆周上，电势相等，小球从B运动到C过程，电场力做功为零，根据动能定理研究小球从A运动到B的过程，求出电场力所做的功，
（2）由功与电势差的关系式，求得AB的电势差，进而求出AC间的电势差．

（1）由A→B过程中，由动能定理有：
mgh+W电＝
1
2
mv2B
故从A→B电场力做功为：W电＝mgh−
1
2mvB2＝mgh−
3
4mgh＝
1
4mgh
（2）因BC两点电势相等，U_AC=U_AB　　　　　　　
由W_电=qU_AC有：
U_AC=
W电
q=[mgh/4q]
答：（1）小球从A到B过程中电场力做的功[1/4mgh
（2）A、C两点的电势差
mgh
4q]

点评：
本题考点： 动能定理的应用；电势差；电势能．

考点点评： 电势差是表示电场的能的性质的物理量，与电场力做功有关，常常应用动能定理求解电势差．

运动副,转动副,这些都全忘了,这个可能要教授来回答了,在工作的人可能有些困难
1：错
3：c
其他的.

径向加速度为v^2/R,R是圆半径
v^2/R:a=l/2:R
所以a=2v^2/l

在A点受静电力和重力,静电力分力与重力平衡,方向相反,设为分力为F1,则平衡：有F1=mg.由题可知A、B两点是对称的,受力相似.B点同样是受静电力和重力,不过静电力分与重力同方向,设为F2,则F2=F1=mg,有合力F=F2+mg=2mg.此时加速度a=2g.

解题思路：根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移，运用位移时间公式求出时间的大小，从而进行比较．

小滑环沿杆下滑的加速度a=[mgsinθ/m＝gsinθ，
根据
R
cosθ＝
1
2at2得：t=

2R
gsinθcosθ＝

4R
gsin2θ]，当θ=60°和30°时，时间相等，当θ=45°时，时间最短，故t₁=t₃＞t₂．故D正确，A、B、C错误．
故选：D．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，求出时间的表达式是解决本题的关键．

（1）s电子绕核运动,其空间构型为一球形,而p电子是双球形的.
（2）主量子数n为1时,可以容纳具有自旋相反的两个电子.
（3）主量子数n为4时,该主层具有的轨道总数为16,该电子层电子最大容量为32.
（4）主量子数n为3时,有3s,3p,3d三种轨道,共有9条轨道.

（1）错,电子运动是三维立体运动
（2）错：只有一个轨道,电子的自旋方向倒是有两种
（3）对：4s + 4p + 4d + 4f = 1 + 3 + 5 + 7 = 16个轨道,可填充32个电子
（4）错：有3s、3p、3d三种轨道,1+3+5=9条轨道

解题思路：由题，A、C两点在以正电荷Q为圆心的同一圆周上，电势相等，正电荷从A运动到C过程，电场力先做负功后做正功，总功为零，根据动能定理研究从A运动到C的过程，求出正电荷速度的大小变化，从而确定动能的变化，进而得出电势能的变化．

A、从A到C，电场力对该电荷先做负功，后做正功，故A错误，B也错误；
C、该电荷在A、B、C三点时电场力先做负功，后做正功，则它的动能先减小后增加，则电势能先增加后减小，因此大小关系是ε_B＞ε_A=ε_C，故C正确；
D、电场力大小由电场线的疏密决定，从A到B经过C，电场线先密后疏，则电场力先变大后变小，所受电场力的大小关系是F_B＞F_A=F_C，故D正确；
故选：CD

点评：
本题考点： 电势能；功的计算；电场强度．

考点点评： 掌握点电荷的电场线与等势线的分布，且电场力做功与动能变化有关，常常应用动能定理求解动能的变化，从而得出电势能的变化．

解题思路：子弹做斜抛运动，竖直方向分运动是竖直上抛运动，水平方向分运动是匀速直线运动，设瞄准点的坐标为（x，y），然后根据分运动公式列式求解轨迹方程．

靶上建立如图所示的坐标系：

设瞄准点的坐标为：P（x，y），子弹刚好打在水平线上的P′点，将上抛运动沿着水平和竖直方向正交分解，有：
∠PO′A=θ
O′A=
d2+x2
O′P＝
d2+x2+y2
水平方向：
v1＝v0cosθ＝
v0•O′A
O′P
O′A=v₁t
t=

d2+x2+y2
v0
竖直方向：
v2＝v0sinθ＝
v0y
O′P＝
v0y

d2+x2+y2
h=v2t−
1
2gt2
将t和v₂代入，整理得：
x2+(y−

v20
g)2＝(

点评：
本题考点： 抛体运动．

考点点评： 本题关键是明确斜抛运动的分运动规律，然后根据运动学公式列式求解轨迹方程，数学运算较难．

解题思路：小球在光滑的水平面上做匀速圆周运动，靠拉力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球匀速圆周运动的速度，再根据动能定理求解绳的拉力对球做的功．

当绳的拉为为F时，圆周半径为R，则有：
F=m
v12
R
解得：v1=

FR
m
当绳的拉力增大到8F时，圆周半径为[1/2]R，则有：
8F=m
v22

1
2R
解得：v2=

4FR
m
根据动能的得：
W=
1
2mv22-
1
2mv12=
3
2FR
故答案为：
3
2FR

点评：
本题考点： 功的计算；向心力．

考点点评： 本题主要考查了向心力公式及动能定理的直接应用，知道F是变力，只能用动能定理求解拉力做的功，难度适中．

由题意,电荷经过a、b两点时速度大小均为v0,所以电场力做功为零,a、b两点的电势 相等,显然形成电场的电荷为点电荷.电场力
大小相等,电场力是矢量,所以D错
电场力提供向心力,A对.qE=mV^2/r,r=s/0,E=mv^2*0/sq B对,C错

到百度上一搜就有很多.
你主要把要讲的重点记熟就行.
给你一个看看
5.4 匀速圆周运动
一、教学目标：
1、知道什么是匀速圆周运动
2、理解什么是线速度、角速度和周期
3、理解线速度、角速度和周期之间的关系
二、教学重点：
1、理解线速度、角速度和周期
2、什么是匀速圆周运动
3、线速度、角速度及周期之间的关系
三、教学难点：
对匀速圆周运动是变速运动的理解
四、教学方法：
讲授、推理归纳法
五、教学步骤：
导入新课
（1）物体的运动轨迹是圆周,这样的运动是很常见的,同学们能举几个例子吗?（例：转动的电风扇上各点的运动,地球和各个行星绕太阳的运动等）
（2）今天我们就来学习最简单的圆周运动——匀速圆周运动
新课教学
（一）用投影片出示本节课的学习目标
1、理解线速度、角速度的概念
2、理解线速度、角速度和周期之间的关系
3、理解匀速圆周运动是变速运动
（二）学习目标完成过程
1、匀速圆周运动
（1）用多媒体投影一个质点做圆周运动,在相等的时间里通过相等的弧长.
（2）并出示定义：质点沿圆周运动,如果在相等的时间里通过的圆弧长度相同——这种运动就叫匀速圆周运动.
（3）举例：通过放录像让学生感知：一个电风扇转动时,其上各点所做的运动,地球和各个行星绕太阳的运动,都认为是匀速圆周运动.
（4）通过电脑模拟：两个物体都做圆周运动,但快慢不同,过渡引入下一问题.
2、描述匀速圆周运动快慢的物理量
（1）线速度
a：分析：物体在做匀速圆周运动时,运动的时间t增大几倍,通过的弧长也增大几倍,所以对于某一匀速圆周运动而言,s与t的比值越大,物体运动得越快.
b：线速度
1）线速度是物体做匀速圆周运动的瞬时速度.
2）线速度是矢量,它既有大小,也有方向.
3）线速度的大小


4）线速度的方向在圆周各点的切线方向上
5）讨论：匀速圆周运动的线速度是不变的吗?
6）得到：匀速圆周运动是一种非匀速运动,因为线速度的方向在时刻改变.
（2）角速度
a：学生阅读课文有关内容
b：出示阅读思考题
1）角速度是表示 的物理量
2）角速度等于 和 的比值
3）角速度的单位是
c：说明：对某一确定的匀速圆周运动而言,角速度是恒定的
d：强调角速度单位的写法rad/s
（3）周期、频率和转速
a：学生阅读课文有关内容
b：出示阅读思考题：
1） 叫周期, 叫频率； 叫转速
2）它们分别用什么字母表示?
3）它们的单位分别是什么?
c阅读结束后,学生自己复述上边思考题.
（4）线速度、角速度、周期之间的关系
a：过渡：既然线速度、角速度、周期都是用来描述匀速圆周运动快慢的物理量,那么他们之间有什么样的关系呢?
b：用投影片出示思考题
一物体做半径为r的匀速圆周运动
1）它运动一周所用的时间叫 ,用T表示.它在周期T内转过的弧长为 ,由此可知它的线速度为 .
2）一个周期T内转过的角度为 ,物体的角速度为 .
c：通过思考题总结得到：

d：讨论
1）当v一定时,与r成反比
2）当一定时及v与r成正比
3）当r一定时,v与成正比
（三）实例分析（用投影片出示）
例1：分析下图中,A、B两点的线速度有什么关系?

分析得到：主动轮通过皮带、链条、齿轮等带动从动轮的过程中,皮带（链条）上各点以及两轮边缘上各点的线速度大小相等.
例2：分析下列情况下,轮上各点的角速度有什么关系?

分析得到：同一轮上各点的角速度相同.
三、巩固训练
用电脑进行练习,并且进行激励评价和升级训练
（一）填空
1、做匀速圆周运动的物体线速度的 不变, 时刻在变,所以线速度是 （填恒量或变量）,所以匀速圆周运动中,匀速的含义是 .
2、对于做匀速圆周运动的物体,哪些物理量是一定的?
（二）某电钟上秒针、分针、时针的长度比为d1：d2：d3＝1：2：3,求
A：秒针、分针、时针尖端的线速度之比
B：秒针、分针、时针转动的角速度之比.
（三）师生共同解答课本本节的思考与讨论.
六、小结
1、什么叫匀速圆周运动?
2、描述匀速圆周运动快慢的物理量有哪几个?分别说明它们的含义及求解公式,他们间的联系.

A

解题思路：（1）5个数的顺序是：6，10，7，8，9的时候，和最小为：6×10+10×7+7×8+8×9+9×6=312；
（2）5个数的顺序是：6，8，10，9，7的时候，和最大为：6×8+8×10+10×9+9×7+7×6=323．

（1）5个数的顺序是：6，10，7，8，9的时候，
和最小为：6×10+10×7+7×8+8×9+9×6=312；
（2）5个数的顺序是：6，8，10，9，7的时候，
和最大为：6×8+8×10+10×9+9×7+7×6=323．
答：所得和数的最小值是312，最大值是323．

点评：
本题考点： 最大与最小．

考点点评： 此题主要考查了最大与最小问题，解答此题的关键是确定5个数的顺序．

三角形3个顶点都是圆周上的点的三角形个数C(7,3)
取7个点中任意四个点A,B,C,D 取法有C(7,4)
组成一个四边形
两条对角线的交点记为0
三角形三顶点中2个在圆周上 1个是连线交点
有ΔAB0 ΔACO ΔAD0 ΔBD0
任意一个四边形对角线交点不重叠
此种情况下4*7C4个
取7个点中任意五个点 取法有C(7,5)
组成一个五边形
对角线有5交点
三角形三顶点中1个在圆周上 2个是连线交点
有5个
此种情况下5*7C5个(可能重复)
由于五边形中的任意一个四边形都仅有1个对角线交点
若改变其中任意1个顶点
三角形一定改变
此种情况下5*7C5个(无重复)
取7个点中任意六个点 取法有C(7,6)
组成一个六边形
三角形三顶点中3个都是连线交点仅有1个
此种情况下7C6个
7C3+4*7C4+5*7C5+7C6=287

设半径为r.周期为T
电场力F=kqq/r^2
向心力Fn=mv^2/r
而v=2πr/T
带入向心力公式有
Fn=4π^2mr/T^2
电场力等于向心力
即kqq/r^2=4π^2mr/T^2可得
T=2πr/q×根号下（mr/k）

CD

A、根据电场线与等势线垂直特点，在M点所在电场线上找到p点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，P点的电势比M点的电势高，故A错误；
B、根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度小，故由公式U=Ed可知，OM间的电势差小于NO间的电势差，故B错误；
C、O点电势高于Q点，根据E _p =φq可知，正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，故C正确；
D、M点的电势比P点的电势低，负电荷从低电势移动到高电势电场力做正功，故D正确．
故选CD．

解题思路：解答本题需要掌握：根据电场线方向判断电势高低；灵活应用公式U=Ed判断两点之间电势差的高低；根据电势高低或电场力做功情况判断电势能的高低；正确判断电荷在电场中移动时电场力做功的正负．

A、根据电场线与等势线垂直特点，在M点所在电场线上找到p点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，P点的电势比M点的电势高，故A错误；
B、根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度小，故由公式U=Ed可知，OM间的电势差小于NO间的电势差，故B错误；
C、O点电势高于Q点，根据E_p=φq可知，正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，故C正确；
D、M点的电势比P点的电势低，负电荷从低电势移动到高电势电场力做正功，故D正确．
故选：CD．

点评：
本题考点： 电场线；电势能．

考点点评： 电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解．

解题思路：连接bc可得出直角三角形，则由牛顿第二定律及位移公式可求得滑块在ab、ac和bc上运动的时间；比较bd上和bc上的时间即可求解．

如图，连接bc，由b作ac的垂线；可得出△abc为直角三角形；
滑块沿ac下滑时，只受重力；
由2R=[1/2gt2可得：
t=

4R
g]；
沿ab下滑时，对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为
a=gsinθ
由图中的直角三角形可知，小滑环的位移S=2Rsinθ
所以t＝

2s
a＝

2×2Rcosθ
gcosθ＝

4R
g，故t₁=t₂=t
若滑块沿bc下滑，同理可求得时间应为：t=

4R
g；
而沿bd下滑时，由图可明显看出，加速度大于沿bc下滑时的加速度，而位移小于bc；故沿bd下滑时的时间要小于t；
故有：t₁=t₂＞t₃
故选：C

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 本题考查牛顿第二定律的应用，要注意bd边与ac和ab没有关系，但可以通过比较bc和bd进行分析；要注意几何关系的正确应用．

1、由mgh＋qUab=mv^2/2即可解得
2、B、C两点的电势相等,所以AB点的电势差等于AC点间的电势差.

A1,A2,A3,……,A8互相连线可得四条直径,除去直径所占去的两点,还剩下6个点.所以可作直角三角形的个数为4*6=24

三角形3个顶点都是圆周上的点的三角形个数C(7,3)
取7个点中任意四个点A,B,C,D 取法有C(7,4)
组成一个四边形
两条对角线的交点记为0
三角形三顶点中2个在圆周上 1个是连线交点
有ΔAB0 ΔACO ΔAD0 ΔBD0
任意一个四边形对角线交点不重叠
此种情况下4*7C4个
取7个点中任意五个点 取法有C(7,5)
组成一个五边形
对角线有5交点
三角形三顶点中1个在圆周上 2个是连线交点
有5个
此种情况下5*7C5个(可能重复)
由于五边形中的任意一个四边形都仅有1个对角线交点
若改变其中任意1个顶点
三角形一定改变
此种情况下5*7C5个(无重复)
取7个点中任意六个点 取法有C(7,6)
组成一个六边形
三角形三顶点中3个都是连线交点仅有1个
此种情况下7C6个
7C3+4*7C4+5*7C5+7C6=287

光滑绝缘细杆竖直放置,它与正点电荷Q为圆心的某一圆周交于B.C两点,质量为m,电荷量为+Q的有孔小球从杆上A点无初速度滑下,已知AB=BC=H,小球到B点时速度大小为根号GH求
（1）小球A点滑到B点的过程中电场力所做的功
（2）小球到达C点时的速度
1,根据能量守恒：0.5mV²=mgH+W
解得W=-0.5gH,电场力作负功.
2,因为小球从B到C过程中,电场力所做正功等于负功,故这个过程电场力所做总共为0,在小球从B到C过程中根据能量守恒,有：
0.5mV²+mgH=0.5mVc²
解得：Vc=根号3GH

解题思路：根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移，运用位移时间公式求出时间的大小，从而进行比较．

小滑环沿杆下滑的加速度a=[mgsinθ/m＝gsinθ，
根据
R
cosθ＝
1
2at2得，t=

2R
gsinθcosθ＝

4R
gsin2θ]，当θ=60°和30°时，时间相等，当θ=45°时，时间最短，故t₁=t₃＞t₂．故D正确，A、B、C错误．
故选：D．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，求出时间的表达式是解决本题的关键．

设滑杆与竖直方向的夹角为α，圆周的直径为D．
根据牛顿第二定律得滑环的加速度为：a=[mgcosα/m]=gcosα
滑杆的长度为：s=Dcosα
则根据 s=[1/2at2得：
t=

2s
a]=

2Dcosα
gcosα=

2D
g，可见，时间t与α无关，故有t₁=t₂=t₃．
故选：A

与点电荷等距离的点（球面）是等势面,A、B、C、D在同一圆周,所以势能相等.
从A到各点,电场力不作功
(D) 从A到各点,电场力作功相等

同一圆周的三个点上,如图所示
则b点处?

∵BC=CD，
∴∠BAC=∠DAC，
∵∠DBC=∠DAC，
∴∠BAC=∠DBC，
又∵∠BCE=∠ACB，
∴△ABC ∽ △BEC，
∴BC 2 =CE•AC，
∵BC=CD=4，AE=6，
∴EC=2，
由相交弦定理得，BE•DE=AE•EC，
即BE•DE=12，
又线段BE、ED为正整数，
且在△BCD中，BC+CD＞BE+DE，
所以可得BE=3、DE=4或BE=4、DE=3，
所以BD=BE+DE=7．
故答案为：7．

一物体先由a点沿圆周运动到b点，再由b点沿另一半圆周回到a点．在这两个运动过程中，位移的大小相等，方向相反，所以位移不同，路程相同．故D正确，A、B、C错误．
故选D．

加速运动的瞬时速度与初始速度和加速度及加速时间有关.C·D因为没考虑到初始速度是否相等.两点是沿着同一圆周运动,所以它们的和加速度方向在同一点上时相同,所以加速度较大的点其切向加速度和法相加速度都大

它表示位置,不一定要取一个固定的名称,叫节圆也不一定妥当.当然在一定的条件下也可能是节圆

1,根据能量守恒：0.5mV²=mgH+W
解得W=-0.5gH,电场力作负功.
2,因为小球从B到C过程中,电场力所做正功等于负功,故这个过程电场力所做总共为0,在小球从B到C过程中根据能量守恒,有：
0.5mV²+mgH=0.5mVc²
解得：Vc=根号3GH

电流方向是逆时针的,电流大小的定义是单位时间通过的电荷量,所以大小应该为一个电子的带电量除以周期,I＝1.6*10^-17A

2π（R+1.8）- 2πR
=2πR+2π*1.8 - 2πR
=2π*1.8
=3.6π
=11.31

对于这三个点,容易知道,当A、B、C三点都在同一个半圆内时,三角形ABC必然是直角或钝角三角形,只有当三点不在同一个半圆内,才可以组成锐角三角形x0d则题目转化为“在圆周上任取三个不同的点,求它们不处在同一半圆内的概率”其概率值为 1/2*1/2=1/4

这里面有作图
http://cache.baidu.com/c?word=%D4%B2%3B%B5%C4%3B%CE%E5%3B%B5%C8%B7%D6&url=http%3A//www%2Elm%2Egov%2Ecn/gb/training/2005%2D11/11/content%5F90818%2Ehtm&b=0&a=76&user=baidu
过去我用数学方法验证过这种作图方法,误差极小

解题思路：先受力分析后根据牛顿第二定律计算出滑环沿任意一根杆滑动的加速度，然后根据位移时间关系公式计算出时间，对表达式分析，得出时间与各因素的关系后得出结论．

对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为
a=gsinθ（θ为杆与水平方向的夹角）
由图中的直角三角形可知，小滑环的位移S=2Rsinθ
所以t＝

2S
a＝

2×2Rsinθ
gsinθ＝

4R
g，t与θ无关，即t₁=t₂=t₃
故选D．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 本题关键从众多的杆中抽象出一根杆，假设其与水平方向的夹角为θ，然后根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式求出时间表达式讨论．

动能定理：mgh-W=1/2mv平方-0 W=mgh-1/2mgh=1/2mgh
等势面不作功
mg2h-W=1/2mv2 v=根号（3gh）

已知木星质量记为M.设探测器质量为m,轨道半径为r,探测器速率为V,有：
GMm/r^2 = m*(2π/T)^2*r = mV^2/r
题目应该是已知绕木星11圈所用时间为t,则T=t/11,从而根据上面等式求出轨道半径r和速率V.

做用力的方向在两个电荷的连线上

解题思路：先受力分析后根据牛顿第二定律计算出滑环沿任意一根杆滑动的加速度，然后根据位移时间关系公式计算出时间，对表达式分析，得出时间与各因素的关系后得出结论．

对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为
a=gsinθ（θ为杆与水平方向的夹角）
由图中的直角三角形可知，小滑环的位移S=2Rsinθ
所以t＝

2S
a＝

2×2Rsinθ
gsinθ＝

4R
g，t与θ无关，即t₁=t₂=t₃
故选D．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 本题关键从众多的杆中抽象出一根杆，假设其与水平方向的夹角为θ，然后根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式求出时间表达式讨论．

（1）用动能定理：
重力做正功Wg=mgh=mglsin30=mgl/2
动能变化Ek=3mgl/2
故电场力做功W=Ek-Wg=mgl
（2）Q为点电荷,由性质知,同一园面的电势相等,也就是B,C等势,此段电场力不做功.
已知重力做功Wg' =mgl/2
动能变化Ek‘ =Ek+Wg' =2mgl
Ek' = mv^2/2 故v=2根号（gl）
（3）B,C等势,AC的电势等于AB的电势.AC间电场力做功Wg=mgl
Wg=-qUca Uac= -Uca= mgl/q