【物理】2019届一轮复习人教版动能定理及其应用学案

【物理】2019届一轮复习人教版动能定理及其应用学案

第2讲　动能定理及其应用 见学生用书P072‎ 微知识1 动能 ‎1．定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能。‎ ‎2．公式：E ＝mv2。‎ ‎3．单位：焦耳(J)，1 J＝1 N·m＝1 g·m2/s2。‎ ‎4．动能是标量，只有正值，没有负值。‎ ‎5．动能是状态量，也具有相对性，因为v为瞬时速度，且与参考系的选择有关，一般以地面为参考系。‎ 微知识2 动能定理 ‎1．内容 所有外力对物体做的总功(也叫合外力的功)等于物体动能的变化。‎ ‎2．表达式：W总＝E 2－E 1。‎ ‎3．对定理的理解 当W总＞0时，E 2＞E 1，物体的动能增大。‎ 当W总＜0时，E 2＜E 1，物体的动能减少。‎ 当W总＝0时，E 2＝E 1，物体的动能不变。‎ 一、思维辨析(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。)‎ ‎1．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。(√)‎ ‎2．动能不变的物体一定处于平衡状态。(×)‎ ‎3．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。(×)‎ ‎4．运用动能定理可以求变力的功。(√)‎ ‎5．功和动能都是标量，所以动能定理没有分量式。(√)‎ 二、对点微练 ‎1．(对动能的理解)(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是(　　)‎ A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能 B．动能总为非负值 C．一定质量的物体动能变化时，速度不一定变化，但速度变化时，动能一定变化 D．动能不变的物体，一定处于平衡状态 解析　由动能的定义和特点知，故A、B项正确；动能是标量而速度是矢量，当动能变化时，速度的大小一定变化；而速度的变化可能只是方向变了，大小未变，则动能不变，且物体有加速度，处于非平衡状态，故C、D项均错误。‎ 答案　AB　‎ ‎2．(对动能定理的理解)两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比m1∶m2＝1∶2，速度之比v1∶v2＝2∶1，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为L1，乙车滑行的最大距离为L2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则(　　)‎ A．L1∶L2＝1∶2 　　　 B．L1∶L2＝1∶1‎ C．L1∶L2＝2∶1 D．L1∶L2＝4∶1‎ 解析　由动能定理，对两车分别列式－F1L1＝0－m1v，－F2L2＝0－m2v，F1＝μm1g，F2＝μm2g，‎ 由以上四式联立得L1∶L2＝4∶1，‎ 故选项D正确。‎ 答案　D　‎ ‎3．(动能定理的简单应用)在离地面高为h处竖直上抛一 质量为m的物块，抛出时的速度为v0，它落到地面时速度为v ‎，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于(　　)‎ A．mgh－mv2－mv B．mgh－mv2＋mv C．－mgh－mv2－mv D．mgh＋mv2－mv 答案　B　‎ 见学生用书P072‎ 微考点　1　动能定理的理解和应用 核|心|微|讲 ‎1．对动能定理的理解 ‎(1)动能定理说明了合力对物体所做的总功和动能变化间的一种因果关系和数量关系，不可理解为功转变成了物体的动能。‎ ‎(2)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。‎ ‎(3)动能定理公式中等号的意义：表明合力的功是物体动能变化的原因，且合力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。‎ ‎2．应用动能定理解题的基本思路 应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力的功，同时要注意各力做功的正负。‎ 典|例|微|探 ‎【例1】　如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP＝，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B。求：‎ ‎(1)小球到达B点时的速率。‎ ‎(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少。‎ ‎(3)若初速度v0＝3，则小球在从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？‎ ‎【解题导思】‎ ‎(1)小球恰好到达B点的动力学条件是什么？‎ 答：小球恰好到达B点的动力学条件是仅由重力提供向心力。‎ ‎(2)空气阻力对小球的作用力是恒力还是变力，其对小球做的功能用功的公式求解吗？‎ 答：空气阻力对小球的作用力为变力，不能用功的公式求功。 ‎ 解析　(1)小球恰能到达最高点B，由牛顿第二定律得 mg＝m，解得vB＝ 。‎ ‎(2)若不计空气阻力，从A→B由动能定理得 ‎－mg＝mv－mv，‎ 解得v0＝ 。‎ ‎(3)当v0＝3 时，由动能定理得 ‎－mg－Wf＝mv－mv，‎ 解得Wf＝mgL。‎ 答案　(1) 　(2) 　(3)mgL ‎(1)应用动能定理应抓好“两个状态、一个过程”，“两个状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一个过程”即明确研究过程，确定这一过程中研究对象的受力情况、位置变化或位移情况。‎ ‎(2)动能定理适用于恒力做功，也适用于变力做功；适用于直线运动，也适用于曲线运动。‎ 题|组|微|练 ‎1. (多选)如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中(　　)‎ A．外力F做的功等于A和B动能的增量 B．B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量 C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功 D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和 解析　A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A 物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B项对；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不 等，故摩擦力对二者做功不等，C项错；对B应用动能定理，WF－Wf＝ΔE B，即WF＝ΔE B＋Wf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D项对；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A项错。‎ 答案　BD　‎ ‎2．如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，不计小球与弹簧碰撞过程中的能量损失，则弹簧被压缩至C点，弹簧对小球做的功为(　　)‎ A．mgh－mv2 B.mv2－mgh C．mgh＋mv2 D．mgh 解析　小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧弹力对小球做负功，由于支持力与位移方向始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得WG＋WF＝0－mv2，重力做功为WG＝－mgh，则弹簧弹力对小球做的功为WF＝mgh－mv2，A项正确。‎ 答案　A　‎ 微考点　2　应用动能定理解决多过程问题 核|心|微|讲 物体在某个过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，物体在运动过程中运动性质发生变化，不同的运动过程其受力情况不同。单纯从动力学的角度分析多过程问题往往相当复杂。这时，动能定理的优势就明显地表现出来了。此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑。利用动能定理认识这样一个过程，并不需要从细节上了解。分析力的作用是看其做功，也只需要把所有的功累加起来而已。力是变力还是恒力，一个力是否一直在作用，这些显得不再重要。‎ 典|例|微|探 ‎【例2】如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g。(取sin37°＝，cos37°＝)‎ ‎(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。‎ ‎(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。‎ ‎(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P 自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。‎ ‎【解题导思】‎ ‎(1)P从C到B的过程中有哪些力做功？‎ 答：重力和摩擦力做功。‎ ‎(2)压缩弹簧从B到E克服弹力做功与弹簧伸长从E到B弹力做正功相等吗？‎ 答：相等。‎ ‎(3)第(3)问中物体经过了几个阶段的运动？‎ 答：先是弹簧将物体弹开的过程，接着物体沿斜面上滑，再在光滑圆轨道中运动，最后做平抛运动。 ‎ 解析　(1)根据题意知，B、C之间的距离为 l＝7R－2R，①‎ 设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得 mglsinθ－μmglcosθ＝mv，②‎ 式中θ＝37°。‎ 联立①②式并由题给条件得 vB＝2。③‎ ‎(2)设BE＝x。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有 mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－mv，④‎ E、F之间的距离为 l1＝4R－2R＋x，⑤‎ P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有 Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0，⑥‎ 联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x＝R，⑦‎ Ep＝mgR。⑧‎ ‎(3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1＝R－Rsinθ，⑨‎ y1＝R＋R＋Rcosθ，⑩‎ 式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。‎ 设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有y1＝gt2，⑪‎ x1＝vDt，⑫‎ 联立⑨⑩⑪⑫式得 vD＝。⑬‎ 设P在C点速度的大小为vC。在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒，有 m1v＝m1v＋m1g，⑭‎ P由E点运动到C点的过程中，由动能定理有 Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝m1v，⑮‎ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m1＝m。‎ 答案　(1)2　(2)mgR ‎(3)　m ‎【反思总结】‎ 利用动能定理求解多过程问题的基本思路 ‎1．弄清物体的运动由哪几个阶段组成。‎ ‎2．分析各阶段中物体的受力及做功情况。‎ ‎3．从总体上把握全过程，表达出总功，找出初末状态的动能。‎ ‎4．对所研究的全过程运用动能定理列方程。 ‎ 题|组|微|练 ‎3．如图所示，传送带A、B之间的距离为L＝3.2 m，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2 m/s，在上端A点无初速放置一个质量为m＝1 g、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R＝0.4 m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.5 m(g取10 m/s2)。求：‎ ‎(1)金属块经过D点时的速度大小。‎ ‎(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。‎ 解析　(1)金属块在E点时，‎ mg＝m，‎ 解得vE＝2 m/s，在从D到E过程中由动能定理得 ‎－mg·2R＝mv－mv，解得vD＝2 m/s。‎ ‎(2)金属块刚刚放上时，‎ mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，‎ 解得a1＝10 m/s2。‎ 设经位移s1达到共同速度，则 v2＝2a1s1时，解得s1＝0.2 m<3.2 m，‎ 继续加速过程中，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，‎ 解得a2＝2 m/s2。‎ 由s2＝L－s1＝3 m，v－v2＝2a2s2，解得vB＝4 m/s。‎ 在从B到D过程中由动能定理得 mgh－W＝mv－mv，解得W＝3 J。‎ 答案　(1)2 m/s　(2)3 J ‎4．如图所示，半圆形轨道MON竖直放置且固定在地面上，直径MN是水平的。一小物块从M点正上方高度为H处自由下落，正好在M点滑入半圆轨道，测得其第一次离开N点后上升的最大高度为。小物块接着下落从N点滑入半圆轨道，在向M点滑行过程中(整个过程不计空气阻力)(　　)‎ A．小物块正好能到达M点 B．小物块一定到不了M点 C．小物块一定能冲出M点 D．不能确定小物块能否冲出M点 解析　小物块第一次飞出过程根据动能定理得mgH－mg－Wf＝0，假设能再次到达M点，根据动能定理有mg－W′f＝mv2，因小物块第二次经过半圆轨道过程中速度小于第一次，轨道支持力也变小，物块所受摩擦力变小，故克服阻力做功W′f0，因此小物块能冲出M点，选项C正确。‎ 答案　C　‎ 微考点　3　动能定理与图象的综合问题 核|心|微|讲 解决物理图象问题的基本方法 ‎1．观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。‎ ‎2．根据物理规律推导纵坐标和横坐标所对应的物理量间的函数关系式，结合图象找出图线的斜率、截距、交点、图线下的面积所对应的物理意义。‎ ‎3．根据对应关系列式解答问题。‎ 典|例|微|探 ‎【例3】　如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 g的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2。求：‎ ‎ ‎ ‎(1)滑块到达B处时的速度大小。‎ ‎(2)滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间。‎ ‎(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？‎ ‎【解题导思】‎ ‎(1)滑块从A到B做了什么运动？‎ 答：先加速后减速。‎ ‎(2)F－x图线与位移轴包围的面积表示什么？‎ 答：表示力F做的功。 ‎ 解析　(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得 F1x1－F3x3－μmgx＝mv，‎ 即20×2 J－10×1 J－0.25×1×10×4 J＝×1×v，得vB＝2 m/s。‎ ‎(2)在前2 m内，有F1－μmg＝ma，且x1＝at，解得t1＝ s。‎ ‎(3)当滑块恰好能到达最高点C时，应用：mg＝m。‎ 对滑块从B到C的过程，由动能定理得 W－mg×2R＝mv－mv，‎ 代入数值得W＝－5 J，即克服摩擦力做的功为5 J。‎ 答案　(1)2 m/s　(2) s　(3)5 J 题|组|微|练 ‎5．(多选)运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化图线如图所示。已知冰壶质量为19 g，g取10 m/s2，则以下说法正确的是(　　)‎ A．μ＝0.05 B．μ＝0.01‎ C．滑行时间t＝5 s D．滑行时间t＝10 s 解析　对冰壶由动能定理得－μmgx＝0－mv，‎ 得μ＝＝＝0.01，B项正确；冰壶运动时a＝μg＝0.1 m/s2，由运动学公式x＝at2得t＝10 s，D项正确。‎ 答案　BD　‎ ‎6．(多选)质量为1 g的物体在水平粗糙的地面上受到一水平外力F作用运动，如图甲所示，外力F和物体克服 摩擦力f做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g为10 m/s2。下列分析正确的是(　　)‎ A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2‎ B．物体运动位移为13 m C．前3 m运动过程中物体的加速度为3 m/s2‎ D．x＝9 m时，物体速度为3 m/s 解析　由Wf＝fx对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力f＝2 N，由f＝μmg可得μ＝0.2，A项正确；由WF＝Fx对应图乙可知，前3 m内，拉力F1＝5 N，3～9 m内拉力F2＝2 N，物体在前3 m内的加速度a1＝＝3 m/s2，C项正确；由动能定理得WF－fx＝mv2可得x＝9 m时，物体的速度为v＝3 m/s，D项正确；物体的最大位移xm＝＝13.5 m，B项错误。‎ 答案　ACD　‎ 见学生用书P075‎ 运用动能定理求解往复运动问题 ‎　素能培养 有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而描述运动的物理量多数是变化的，且重复次数又往往是无限的或者很难确定。求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。而动能定理只关心物体的初、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可迎刃而解。‎ ‎　经典考题　‎ 如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其宽度d＝0.50 m。盆边缘的高度为h＝0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B点的距离为(　　)‎ A．0.50 m　　　B．0.25 m C．0.10 m　　　D．0‎ 解析　设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有水平面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3 m。由于d＝0.50 m，所以，小物块在BC段经过3次往复运动后，又回到B点。‎ 答案　D　‎ ‎　对法对题 ‎1.如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是(　　)‎ A. B. C. D. 解析　滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q＝mv＋mgx0sinθ，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcosθ，解以上两式可得x＝，选项A正确。‎ 答案　A　‎ ‎2.如图所示，AB、CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部B、C分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R为2.0 m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0 m处，以初速度v＝4.0 m/s沿斜面运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数均为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共运动的路程是多少？(g取10 m/s2)‎ 解析　两个斜面的下部B、C分别与光滑的圆弧面相切，圆心角为120°，所以可得出斜面的倾角为θ＝60°，物体在斜面上所受到的滑动摩擦力为 f＝μmgcos60°＝0.02×mg＝0.01mg。‎ 重力沿斜面的分力 G′＝mgsin60°＝mg＞f，‎ 所以物体不能停留在斜面上。‎ 物体在斜面上滑动时，由于摩擦力做功，物体的机械能逐渐减小，物体滑到斜面上的高度逐渐降低，物体最终将在B、C间做往复运动。设物体在斜面上运动的总路程为s，对全过程应用动能定理得 mg[h－R(1－cos60°)]－μmgscos60°＝0－mv2，‎ 解得s＝280 m。‎ 答案　280 m 见学生用书P075‎ ‎1. (多选)如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则(　　)‎ A．a＝ B．a＝ C．N＝ D．N＝ 解析　质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理有，mgR－W＝mv2，又在最低点时，向心加速度大小a＝，两式联立可得a＝，A项正确，B项错误；在最低点时有N－mg＝m，解得N＝，C项正确，D项错误。‎ 答案　AC　‎ ‎2.质量为10 g的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图所示。物体在x＝0处，速度为1 m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16 m处时，速度大小为(　　)‎ A．2 m/s B．3 m/s C．4 m/s D. m/s 解析　由图可知变力F做的正功W1＝10×4 J＋10×4× J＝60 J，变力F做的负功大小W2＝10×4× J＝20 J，由动能定理得W1－W2＝mv－mv，即60－20＝×10v－×10×12，解得v2＝3 m/s，故B项正确。‎ 答案　B　‎ ‎3．某研究性学习小组用加速度传感器探究物体从静止开始做直线运动的规律，得到了质量为1.0 g的物体运动的加速度随时间变化的关系图线，如图所示。由图可以得出(　　)‎ A．从t＝4.0 s到t＝6.0 s的时间内物体做匀减速直线运动 B．物体在t＝10.0 s时的速度大小约为6.8 m/s C．从t＝10.0 s到t＝12.0 s的时间内合外力对物体做的功约为0.5 J D．从t＝2.0 s到t＝6.0 s的时间内物体所受合外力先减小后增大 解析　从t＝4.0 s到t＝6.0 s的时间内物体做加速度逐渐减小的变加速运动，A项错；物体在t＝10.0 s时的速度v10＝at＝68×1×0.1 m/s＝6.8 m/s, B项对；从t＝2.0 s到t＝6.0 s的时间内物体的加速度先增大后减小，所以物体所受合外力先增大后减小，D项错；v12＝78×1×0.1 m/s＝7.8 m/s，从t＝10.0 s到t＝12.0 s的时间内，由动能定理可知合外力对物体做的功W＝mv－mv＝7.3 J，C项错。‎ 答案　B　‎ ‎4．如图所示，已知物体与三块材料不同的地毯间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块材料不同的地毯长度均为l，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v0从a点滑上第一块，则物体恰好滑到第三块的末尾d点停下来，物体在运动中地毯保持静止，若让物体从d 点以相同的初速度水平向左运动，则物体运动到某一点时的速度大小与该物体向右运动到该位置的速度大小相等，则这一点是(　　)‎ A．a点　　　B．b点　　　C．c点　　　D．d点 解析　对物体从a运动到c，由动能定理，－μmgl－2μmgl＝mv－mv，对物体从d运动到c，由动能定理，－3μmgl＝mv－mv，解得v2＝v1，选项C正确。‎ 答案　C　‎