北京市2023_2024学年高三物理上学期10月月考试题含解析

这是一份北京市2023_2024学年高三物理上学期10月月考试题含解析，共21页。试卷主要包含了不定项选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1. 质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O,如图所示．用T表示绳OA段拉力的大小,在O点向左移动的过程中 ( )
A. F逐渐变大
B. F逐渐变小
C. T逐渐变小
D. T逐渐变大
【答案】AD
【解析】
【详解】以结点O为研究对象，受力分析如下图所示：
由题意知点O缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知：
绳OB的张力：
TB=mg
根据平衡条件可知：
Tcsθ−TB=0
Tsinθ−F=0
由此两式可得：
在结点O被缓慢拉动过程中，夹角θ增大，由三角函数可知：F和T均变大．
A. F逐渐变大．故A项正确；
B. F逐渐变小．故B项错误；
C. T逐渐变小．故C项错误；
D. T逐渐变大．故D项正确．
2. 在同一平直公路上行驶的汽车两辆汽车a 和b，其位移时间图像分别如图中直线a 和曲线b 所示，下列说法正确的是
A. t=3s 时，两车速度相等
B. a 车做匀速运动，b 车做加速运动
C. 在运动过程中，b 车始终没有超过a 车
D. 在 0~3s 时间内，a 车平均速度比b 车的大
【答案】AC
【解析】
【详解】A．位移时间图像的斜率表示速度，由图可知，在t=3s时两图像的斜率相等，所以此时速度相等，故A正确；
B．位移时间图像的斜率表示速度，由a图像的斜率不变即速度不变，表示a车做匀速直线运动，b图像的斜率减小即速度减小，表示b车做减速运动，故B错误；
C．由位移时间图像可知，同一时刻b车始终在a车的后面(除t=3s时在同一位置)，故C正确；
D．由位移时间图像可知，a车在0~3s时间内的位移为6m，b车在0~3s时间内的位移为8m，所以在 0~3s时间内，a车的平均速度比b车的小，故D错误．
3. 某同学站在压力传感器上做“下蹲-起立”的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线如图所示，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，下列说法正确的是（ ）
A. 1s时该同学处在下蹲的最低点
B. 2s时该同学处于下蹲静止状态
C. 前4s该同学做了2次“下蹲-起立”的动作
D. 起立过程中该同学的速度和加速度方向都向上
【答案】B
【解析】
【详解】AB．人下蹲动作分别有始终和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，所以下蹲对应先失重再超重，到达最低点后处于平衡状态，由图可知，1s时人仍然加速下降，2s时人处于下蹲静止状态，故A错误，B正确；
C．人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，所以下蹲对应先失重再超重，到达最低点后处于平衡状态，起立时先加速上升超重，到达一个最大速度后再减速上升失重，所以起立对应先超重后失重，由图可知，该同学做了1次下蹲－起立的动作，故C错误；
D．起立过程先向上加速再向上减速，故速度方向与加速度方向先相同，都向上，后速度方向与加速度方向相反，速度方向向上，加速度方向向下，故D错误。
故选B。
4. 质量为m 的物体，从静止开始，以g的加速度匀加速下落h 的过程中，下列说法正确的是
A. 物体的机械能增加了mghB. 物体的重力势能减少了mgh
C. 物体的动能增加了mghD. 合外力对物体做了负功
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由牛顿第二定律可知，
得
由功能关系可知，阻力对物体做负功，物体的机械能减小，故A错误；
B．重力做功
wG=mgh
重力做功量度重力势能的变化，所以重力势能减少了mgh，故B正确；
C．根据合力做功量度动能的变化，下落的加速度为，那么物体的合力为，合力做功为
所以物体的动能增加了，故C正确；
D．合力方向向下，物体的位移方向也向下，所以合力做正功，故D错误．
5. 如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧栓接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短。下列说法中正确的是（ ）
A. 子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的机械能守恒
B. 子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小
C. 子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能
D. 两物块运动过程中，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能
【答案】BD
【解析】
【详解】A．子弹射入物块A的过程中，为完全非弹性碰撞动能损失最大，动能转化为内能，则子弹和物块A的机械能不守恒，故A错误；
B．子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的作用力与物块A对子弹的作用力是一对相互作用力，等大反向，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小，故B正确；
C．子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和小于射入物块A前子弹的动能，因为这过程有动能转化为内能，故C错误；
D．两物块运动过程中，弹簧最短时与弹簧最长时都是两物体具有共同速度时，有
则弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，故D正确。
故选BD。
6. 质量皆为m的甲、乙两人分别站在质量为M的小船的船头和船尾，随船以速度在水面上飘移（不计阻力）。两人同时以对地的速率v水平跳出，其中甲沿船前进的方向跳出，乙沿相反方向跳出，则（ ）
A. 船对乙做的功较多B. 船对乙的冲量较大
C. 船速不变D. 船速增大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据动能定理，船对两人做功均为
即船对两人做的功相等，选项A错误；
B．设v0方向为正方向，则船对甲的冲量
船对乙的冲量
则船对乙的冲量较大，选项B正确；
CD．由动量守恒定律
可得
可知船速增大，选项C错误，D正确。
故选BD。
7. 如图所示，人们用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过轻绳对质量为m的重物各施加一个大小为F、与竖直方向夹角为θ的拉力，重物离开地面上升H时两人停止施力，最后重物下落将地面砸下的深度为h。重物对地面的冲击力可视为恒力。重力加速度为g。不计空气阻力。则（ ）
A. 重物上升过程中的最大动能为
B. 重物刚落地时的动能为
C. 仅根据题中信息可以推算出重物对地面的冲击力大小
D. 仅根据题中信息无法推算出一次打夯过程中重物所受重力的冲量大小
【答案】C
【解析】
【详解】A．当重物上升到高为H时动能最大，根据动能定理得
故A错误；
B．重物从开始上升到落回地面，全过程动能定理有
故B错误；
C．重物从地面到将地面砸下的深度为h，根据动能定理有
解得重物对地面的冲击力大小为
故C正确；
D．对第一次打夯过程中，根据动量定理有
又落地时的动能为
联立两式即可求出第一次打夯过程中重物所受重力的冲量大小，故D错误。
故选C。
8. 2022年3月“天宫课堂”上，航天员做了一个“手动离心机”， 该装置模型如图所示。快速摇转该装置完成了空间站中的水油分离实验。下列说法正确的是（ ）
A. 水油分离是因为水和油在太空中完全失重而分离
B. 水油分离是因为水的密度较大更容易离心而分离
C. 在天宫中摇晃试管使水油混合，静置一小段时间后水油也能分离
D. 若在地面上利用此装置进行实验，将无法实现水油分离
【答案】B
【解析】
【详解】AB．水油分离是因为水的密度较大更容易离心而分离的，A错误，B正确；
C．太空中处于完全失重状态，在天宫中摇晃试管使水油混合，静置一小段时间后水油不能分离，C错误；
D．若在地面上利用此装置进行实验，也能实现水油分离，D错误；
故选B。
9. 某物体在竖直向上的恒力作用下从静止开始向上运动，一段时间后撤去恒力，不计空气阻力，物体的速度用v表示，物体的动能用表示，物体和地球组成系统的重力势能用表示、机械能用E表示，运动时间用t表示、路程用l表示。对整个运动过程，下图表示的可能是（ ）
A. v随t变化的图像B. 随t变化的图像
C. 随l变化的图像D. E随l变化的图像
【答案】C
【解析】
【详解】A．若是图像，没有撤去恒力前，物体向上做匀加速运动，撤去恒力后，物体向上做匀减速运动，然后向下做匀加速运动，此时速度反向，加速度与向上匀减速的加速度相同，故A错误；
B．物体向上运动，重力势能先增大，当到达最高点时物体向下运动，重力势能减少，故B错误；
C．根据动能定理可知，物体加速向上运动时，合外力做正功，动能增大，撤去恒力时，只有重力做负功，故动能减少；反向，重力做正功，动能增大，动能是标量，只有大小，没有方向，故C正确；
D．在撤去恒力前，恒力作正功，故物体的机械能增加，撤去恒力后，只有重力做功，故物体的机械能不变，故机械能先增大后不变，故D错误。
故选C。
10. 如图所示，某时刻将质量为10kg的货物轻放在匀速运动的水平传送带最左端，当货物与传送带速度恰好相等时，传送带突然停止运动，货物最后停在传送带上。货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，货物在传送带上留下的划痕长为10cm，重力加速度取。则货物（ ）
A. 总位移为10cm
B. 运动的总时间为0.2s
C. 与传送带由摩擦而产生的热量为10J
D. 获得的最大动能为5J
【答案】CD
【解析】
【详解】A．设传送带的速度为v，经时间t货物与传送带速度相等，则货物相对传送带的位移为
即为划痕长度，当传送带停止货物做匀减速运动，由于加速和减速过程的加速度大小相等，则货物在传送带上减速的位移为
由于加速过程留下划痕长度与减速过程留下划痕长度重合，则货物的总位移为两倍的划痕长度即为20cm，故A错误；
B．货物减速的位移为10cm，加速度为
则有
解得
总时间为
故B错误；
C．与传送带由摩擦而产生的热量为
故C正确；
D．当货物与传送带速度相等时速度最大，动能最大，则
得
则最大动能为
故D正确。
故选CD。
二、实验题（本大题共2小题，共16分）
11. 在利用打点计时器验证做自由落体运动的物体机械能守恒的实验中。
（1）需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h，某小组的同学利用实验得到的纸带，共设计了以下四种测量方案，其中正确的是________。
A．用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t，通过v＝gt计算出瞬时速度v
B．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过计算出瞬时速度v
C．根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前、后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过计算出高度h
D．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前、后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v
（2）已知当地重力加速度为g，使用交流电的频率为f。在打出的纸带上选取连续打出的五个点A、B、C、D、E，如图所示，测出A点距离起始点O的距离为s0，A、C两点间的距离为s1，C、E两点间的距离为s2，根据前述条件，如果在实验误差允许的范围内满足关系式_______________，即验证了物体下落过程中机械能是守恒的，而在实际的实验结果中，往往会出现物体的动能增加量略小于重力势能的减少量，出现这样结果的主要原因是________________。
【答案】 ①. D ②. ③. 打点计时器有阻力作用，阻力对纸带做负功
【解析】
【详解】（1）[1]该实验是验证机械能守恒定律的实验，因为我们知道自由落体运动只受重力，机械能就守恒，如果把重物看成自由落体运动，再运用自由落体的规律求解速度，那么就不需要验证了，其中选项ABC都是运用了自由落体的运动规律求解的，故ABC错误，D正确；故选D。
（2）[2][3]匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前、后相邻两点间的平均速度，因此C点速度为
根据机械能守恒定律有
即
为所需要验证的公式，由于重物下滑过程中需要克服阻力做功，因此重力势能的减小量略大于动能的增加量。
【点睛】我们做验证实验、探究实验过程中，不能用验证的物理规律和探究的物理结论去求解问题；纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能，因此要熟练应用匀变速直线运动规律来解决问题。
12. 实验小组的同学们在做“探究加速度与物体受力、物体质量关系”的实验时，采用如图甲所示的实验装置，让槽码通过细绳拖动小车在长木板上做匀加速直线运动。
（1）除图甲中所示器材，还需要使用的有________（选填选项前的字母）；
A.刻度尺 B.秒表 C.天平（含砝码） D.弹簧测力计
（2）实验过程中，下列操作正确的是_______；
A.在调节长木板倾斜程度以平衡小车受到的摩擦力和其他阻力时，将槽码通过定滑轮拴在小车上
B.调节滑轮的高度，使细绳与长木板保持平行
C.先放开小车再接通打点计时器的电源
（3）正确操作后，甲同学挑选出一条纸带，其中一部分如图乙所示。A、B、C为纸带上标出的连续3个计数点，相邻计数点之间还有4个点没有标出。打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上。则打点时，纸带运动的速度_________m/s（结果保留两位有效数字）。
（4）下表为乙同学记录的一组实验数据，他想借助坐标纸利用图像法直观地得到探究结论，应该以________为横轴，以_______为纵轴建立坐标系。
（5）实验中，在平衡了摩擦力和其它阻力后，认为槽码所受的重力等于使小车做匀加速直线运动的合力，这样会带来系统误差。请你通过分析说明，为了减小该系统误差，对槽码质量、小车质量的大小关系有怎样的要求________。
【答案】 ①. AC ②. B ③. 0.44 ④. ⑤. a ⑥.
【解析】
【详解】（1）[1]根据实验原理可知，本实验要测量出小车的质量，则还要天平（含砝码），还要通过纸带计算出小车的加速度，则还要刻度尺测量纸带上点迹间的距离，由于打点计时器有计时功能，则不要秒表，认为槽码所受的重力等于使小车做匀加速直线运动的合力，则只要测出槽码的质量就可以，则不要弹簧测力计
故选AC；
（2）[2]A．在调节长木板倾斜程度以平衡小车受到的摩擦力和其他阻力时，不用将槽码通过定滑轮拴在小车上，但纸带要连接在小车上，故A错误；
B．为了保证绳上的拉力为小车运动过程中所受到的合力，则应调节滑轮的高度，使细绳与长木板保持平行，故B正确；
C．为了充分利用纸带和打点稳定，应选接通打点计时器的电源后放开小车，故C错误；
故选B；
（3）[3]相邻计数点之间还有4个点没有标出，则相邻点间的时间间隔为
打点时，纸带运动的速度
（4）[4][5]由表格可知，小车所受合力恒定，探究小车的加速度与小车的质量的关系，由牛顿第二定律可知，，所以利用图像法直观地得到探究结论，应该以a为纵轴，以为横轴建立坐标系。
（5）[6]对小车有
对槽码有
联立解得
为了减小该系统误差，则应满足
三、计算题（本大题共6小题，共56分）
13. 滑板是年轻人喜欢的运动项目。滑板爱好者及滑板总质量m = 60kg，以v0 = 2.0m/s的初速度沿斜坡匀加速滑下，斜坡的倾角θ = 30°，经t = 4.0s的时间下滑位移x = 40m到达坡底。将人和滑板整体看作质点，设其在下滑过程中所受阻力的大小不变，重力加速度g取10m/s2，求下滑过程中
(1)滑板及人的加速度的大小a；
(2)滑板及人受到的阻力的大小f；
(3)滑板及人受到的重力的冲量大小I。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】
【详解】(1)根据匀变速直线运动规律解得
(2)根据牛顿第二定律，有
解得
(3)重力的冲量大小
14. “天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在海南文昌航天发射中心成功发射升空，完成了与天宫二号空间实验室交会对接。已知地球质量为M，万有引力常量为G，将地球视为半径为R、质量均匀分布的球体。
（1）求飞船在距地面高度为h的圆轨道运行时线速度的大小v；
（2）已知地球的自转周期为T，求将质量为m的飞船停放在赤道上时飞船受到重力的大小G船；
（3）海南文昌航天发射场是我国的低纬度滨海发射基地，相比高纬度发射基地，发射相同的同步轨道静止卫星可节省燃料，请你从能量的角度说明可能的原因是什么（写出一条即可）。
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）根据万有引力定律和牛顿第二定律有
解得
（2）根据万有引力定律及向心力公式，有
而
解得
（3）在任何地点发射卫星，需要达到的环绕速度是相同的，卫星在地球表面上的不同纬度，随地球自转，由于角速度相同，依据
低纬度r大，则v0大，卫星具有的初动能就较大，因此节省燃料
15. 如图所示，半径R＝0.2m的竖直半圆形光滑轨道bc与水平面ab相切。质量m＝0.1kg的小滑块B放在半圆形轨道最低点b处，另一质量也为m＝0.1kg的小滑块A，由a点以v0＝7m/s的水平初速度向右滑行并与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起运动。已知a、b间距离x＝3.25m，A与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度g＝10m/s2，A、B均可视为质点。
（1）求A与B碰撞前瞬间速度的大小vA；
（2）求A与B碰撞后瞬间速度的大小；
（3）判断碰撞后AB能否沿半圆形轨道到达最高点c，若能到达，求轨道最高点对AB的作用力FN的大小；若不能到达，说明AB将做何种运动。
【答案】（1）6m/s；（2）3m/s；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）A在水平面上做匀减速运动，根据动能定理得
解得
（2）A、B碰撞过程中，由动量守恒定律得
解得
（3）假设能到达c点，AB从b到c过程中，由机械能守恒定律得
解得
在c点，根据牛顿第二定律得
当时解得
由于，故不能到达最高点c；由于假设到达c点时还具有速度，说明AB已沿轨道越过圆心高度，离开轨道后AB将做斜抛运动。
16. 枃建物理模型是一种研究物理问题的科学思维方法。每一个模型的建立都有一定的条件和使用范围，要根据实际情况加以运用。
（1）如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动。滑块A的质量为M，速度大小为v1，方向水平向右；滑块B的质量为m，速度大小为v2，方向水平向左。滑块A、B相碰后粘在一起向右运动。已知滑块A、B碰撞过程中的相互作用时间t。求：
a.碰后滑块A、B的共同速度v共的大小
b.碰撞过程中A、B之间的平均作用力的大小。
（2）鸟撞飞机是威胁航空安全的重要因素之一。假设飞机和鸟沿水平方向迎面相撞，碰后粘在一起。已知飞机的质量约为M′=5×104kg，飞机的速度约v2′=500m/s。若鸟可视为圆柱体，质量约为m′=0.5kg，身长约为l=0.25m。
a.请建立合理的运动模型，估算鸟与飞机的撞击时间△t；
b.请估算撞击过程中鸟与飞机之间的平均作用力的大小。
【答案】（1）a．；b．；（2）a．；b．
【解析】
【详解】（1）a．AB碰撞过程动量守恒，规定向右为正方向，则
得
b．对A由动量定理
联立解得
（2）a．因，且小鸟速度远小于飞机速度，则小鸟相对于飞机可看成是静止的，即初动量为零，则碰撞过程遵循动量守恒
解得
小鸟撞击过程可近似看成匀加速运动，由平均速度公式得
得
b．对小鸟由动量定理
得
17. 体育课上，直立起跳是一项常见的热身运动，运动员先蹲下，然后瞬间向上直立跳起，如图1所示。
（1）一位同学站在力传感器上做直立起跳，力传感器采集到的图线如图2所示。根据图像求这位同学的质量，分析他在力传感器上由静止起跳过程中的超重和失重情况。取重力加速度。
（2）为了进一步研究直立起跳过程，这位同学构建了如图3所示的简化模型。考虑到起跳过程中，身体各部分肌肉（包括上肢、腹部、腿部等肌肉）的作用，他把人体的上、下半身看作质量均为的两部分A和B，这两部分用一个劲度系数为的轻弹簧相连。起跳过程相当于压缩的弹簧被释放后使系统弹起的过程。已知弹簧的弹性势能与其形变量的关系为。要想人的双脚能够离地，即B能离地，起跳前弹簧的压缩量至少是多少？已知重力加速度为。
（3）“爆发力”是体育运动中对运动员身体水平评估的一项重要指标，人们通常用肌肉收缩产生的力与速度的乘积来衡量肌肉收缩的爆发能力，其最大值称之为“爆发力”。某同学想在家通过直立起跳评估自己的“爆发力”，为了简化问题研究，他把人离地前重心的运动看作匀加速直线运动，认为起跳时人对地面的平均蹬踏力大小等于肌肉的收缩力。他计划用体重计和米尺测量“爆发力”，请写出需要测量的物理量，并利用这些物理量写出计算“爆发力”的公式。
【答案】（1），见解析；（2）；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）根据题意，由图像2可知，时，人处于平衡状态，对接触面压力为600N，所以人的重力为600N，则人的质量
时，支持力小于重力，处于失重状态；时，支持力大于重力，处于超重状态；时，支持力小于重力，处于失重状态；时，支持力等于0，处于完全失重状态。
（2）设起跳前弹簧的压缩量为，当B刚要脱离地面，A速度刚好为零，设此时弹簧的伸长量为，则此时对B受力分析有
从开始起跳到B刚要脱离地面的过程中，根据能量守恒可得
联立解得
（3）需要测量的物理量有：用体重计测量人的质量m；用米尺测量人蹲下时头顶到地面的高度h1；人直立站起时头顶到地面的高度h2；人由下蹲用尽全力直立起跳，其头顶距离地面的最大高度h3。设人离地时的速度大小为v，人离地前重心做匀加速直线运动，有
，，
人离地后重心做竖直上抛运动，有
,
人的“爆发力”
解得
18. 利用物理模型对复杂现象进行分析，是重要的科学思维方法。
已知太阳的质量为M，半径为R，万有引力常量为G。
（1）太阳外层大气不断向四周膨胀，形成由太阳径向向外的粒子流，通常被称为太阳风。关于太阳风的成因，一种观点认为：由于太阳外层温度高，粒子的动能较大，能够克服太阳的引力向外层空间运动。
a．已知质量为m的粒子与太阳中心相距r时具有的引力势能为（以无穷远处势能为零）。忽略粒子间的相互作用。求在距离太阳中心2R处、质量为m的粒子，为了脱离太阳引力的束缚所需的最小速率vm。
b．太阳风会造成太阳质量的损失。已知太阳风粒子的平均质量为m，探测器在距离太阳r处探测到该处单位体积内太阳风粒子的数目为n，太阳风粒子在探测器周围的平均速率为v。求单位时间内太阳因太阳风而损失的质量Δm。
（2）彗星的彗尾主要由尘埃粒子和气体组成。一种观点认为：太阳光辐射的压力和太阳的引力，对彗尾尘埃粒子的运动起关键作用。假定太阳光的辐射功率P0恒定，尘埃粒子可视为密度相同、半径不都相等的实心球体，辐射到粒子上的太阳光被全部吸收，太阳光的能量E、动量P、光速c的关系为。
如图所示，当彗星运动到A处，部分尘埃粒子被释放出来，不再沿彗星轨道运动。已知沿轨道切线方向释放的三个尘埃粒子，分别沿直线Ab和曲线Aa、Ac运动。关于造成这三个尘埃粒子轨迹分开的原因，有同学认为是它们被释放出来时的速度大小不同所致。请分析说明该同学的结论是否正确。
【答案】（1），；（2）见解析
【解析】
【详解】（1）要使粒子脱离太阳引力的束缚至少需满足
解得
设太阳风粒子由太阳向空间各方向均匀射出，在极短时间，内太阳风粒子可视为均匀分布在半径为r、厚度为Δx的球壳内，该段时间内太阳因太阳风而损失的质量与该球壳内的粒子质量相同。有
解得
（2）该同学的结论不正确，造成三个尘埃粒子轨迹分开的原因是因为粒子半径不同所致。设半径为R的粒子运动到距离太阳r处时，时间内接受到的太阳光能量为
时间内接受到的动量为
设粒子受到的辐射压力为，根据动量定理有
解得
设尘埃粒子的密度为，该粒子的质量为
该粒子运动到距离太阳r处时所受的引力为
解得
运动路径Ab为直线的尘埃粒子受力平衡，即，由上式可见，的比值与尘埃粒子到太阳的距离r无关，也与速度大小无关，仅由尘埃粒子的半径决定。由于Ac路径向内弯曲，说明，即该尘埃粒子的半径Rc>R；由于Aa路径向外弯曲，说明，即该尘埃粒子的半径Ra