甘肃省酒泉市敦煌中学2020届高三上学期调研考试物理试题

甘肃省酒泉市敦煌中学2020届高三上学期调研考试物理试题

物理试卷 一、选择题（共 12 小题，48 分.其中 1-8 小题每题只有一个选项正确，9-12 小题 每题有二个或二个以上选项正确.全选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选 错的得 0 分.） 1.甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其 v-t 图像如图所示，下列对汽车运动状况的描述 正确的是（ ） A. 在第 10s 末，乙车改变运动方向 B. 在第 10s 末，甲、乙两车相距 150m C. 在第 20s 末，甲、乙两车相遇 D. 若开始时乙车在前，则两车可能相遇两次 【答案】D 【解析】 由图可知，乙车的速度一直为正，说明乙一直沿正方向运动，运动方向没有改变，故 A 错 误；在第 20s 末，甲通过的位移比乙的位移大，但由于它们初始位置关系未知，所以不能判 断 是 否 相 遇 ， 故 B 错 误 ； 在 第 10s 末 ， 甲 、 乙 两 车 的 位 移 之 差 为 ： ，由于出发点的位置关系未知，所以不能求出确定它们 相距的距离，故 C 错误；若 t=0 时刻乙车在前，则两车在第 20s 末前，两车可能相遇一次， 若甲车的速度比乙车的速度大，此后，由于乙做匀加速运动，甲做匀速运动，乙可能追上甲， 再相遇一次，故 D 正确。所以 D 正确，ABC 错误。 2.如图所示，用三条轻质细绳将 A、B 两个小球悬挂起来，A 球的质量为 2m，B 球的质量 为 m，小球直径相比细绳长度可以忽略，当两个小球均处于静止状态时，轻绳 OA 与竖直方 向的夹角为 30°，轻绳 AB 与竖直方向的夹角为 60°，轻绳 BC 水平，细绳 OA、AB 的拉力 分别为 F1、F2，下列结论正确的是（ ） 120 10- 10 10 1502x m m∆ = × × × = A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 设 BC 的拉力为 F，对球 A 和 B 整体受力分析，受重力和两个拉力，根据平衡条件有： ， ，联立解得： ， ，对 B 球受力分 析，根据平衡条件有： ， ，解得 ，故 ABC 错误， D 正确，故选 D. 【点睛】先对球 A 和 B 整体受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解轻质细绳 上 OA、BC 的拉力大小；再对球 B 受力分析，根据平衡条件并结合合成法列式求解绳 AB 的拉力大小． 3.甲、乙两名滑冰运动员，m 甲＝80 kg，m 乙＝40 kg，面对面拉着弹簧秤做匀速圆周运动的 滑冰表演，如图所示，两人相距 0.9 m，弹簧秤的示数为 9.2 N，下列判断中正确的是(　 　) A. 两人的线速度相同，约为 40 m/s B. 两人的角速度相同，为 6 rad/s C. 两人的运动半径不同，甲为 0.3 m，乙为 0.6 m 1 3 2 mgF = 1 3F mg= 2 2 mgF = 2 2F mg= 1 30F sin F° = 1 30 3Fcos mg° = 1 2 3F mg= 3F mg= 2 60F sin F° = 2 60F cos mg° = 2 2F mg= D. 两人的运动半径相同，都是 0.45 m 【答案】C 【解析】 甲、乙两人做圆周运动的角速度相同，向心力大小都是弹簧的弹力，则有 M 甲 ω2r 甲=M 乙 ω2r 乙，即 M 甲 r 甲=M 乙 r 乙；且 r 甲+r 乙=0.9 m，M 甲=80 kg，M 乙=40 kg，解得 r 甲=0.3 m，r 乙 =0.6 m，由于 F=M 甲 ω2r 甲所以 ，而 v=ωr， r 不同，v 不同，故 ABD 错误、C 正确。故选 C。 点睛：解本题关键要把圆周运动的知识和牛顿第二定律结合求解，知道两人角速度相同，两 人对对方的拉力充当做圆周运动的向心力． 4.物体在合外力作用下做直线运动的 v－t 图象如图所示，下列表述正确的是(　　) A. 在 0～1 s 内，合外力做正功 B. 在 0～2 s 内，合外力总是做负功 C. 在 1 s～2 s 内，合外力不做功 D. 在 0～3 s 内，合外力总是做正功 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图可知，在 0-1s 内，动能增加，故合外力做正功，故 A 正确； B．在 0-2s 内，动能先增大后减小，故合外力先做正功，后做负功，故 B 错误； C．在 1-2s 内，动能减小，故合外力做负功，故 C 错误； D．在 0-3s 内，动能先增加后减小，故合外力先做正功，后做负功，故 D 错误。 5.一位质量为 m 的运动员从下蹲状态向上跳起，经 Δt 时间，身体伸直并刚好离开地面，离 开地面时速度大小为 v。则在此过程中，下列说法正确的是 A. 地面对他的冲量大小为 mv＋mgΔt，地面对他做的功为 mv2 B. 地面对他的冲量大小为 mg－mgΔt，地面对他做的功为零 9.2 / 0.62 /80 0.3 F rad s rad sM r甲 甲 ω = = ≈× 1 2 C. 地面对他的冲量大小为 mv，地面对他做的功为 mv2 D. 地面对他的冲量大小为 mv＋mgΔt，地面对他做的功为零 【答案】D 【解析】 【详解】人的速度原来为零，起跳后变化 v，则由动量定理可得：I-mg△t=△mv=mv，故地面 对人的冲量为 mv+mg△t；人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支 持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功。 A．地面对他的冲量大小为 mv＋mgΔt，地面对他做的功为 mv2。故 A 不符合题意。 B．地面对他 冲量大小为 mg－mgΔt，地面对他做的功为零。故 B 不符合题意。 C．地面对他的冲量大小为 mv，地面对他做的功为 mv2。故 C 不符合题意。 D．地面对他的冲量大小为 mv＋mgΔt，地面对他做的功为零。故 D 符合题意。 6.如图，足够长的水平传送带以恒定速率运行。将一滑块从传送带左端由静止轻轻放上传送 带，滑块将先加速运动一段距离，滑块与传送带间的滑动摩擦力记作 f。下列判断正确的是 （　　） A. 传送带功率始终不变 B. 摩擦力 f 对物块所做的功等于滑块增加的动能 C. 摩擦力 f 对滑块和传送带所做的总功等于传送带输出的机械能 D. 传送带克服摩擦力 f 所做的功等于滑块与传送带接触面上摩擦产生的热 【答案】B 【解析】 【详解】A、由于水平传送带足够长，所以滑块将先匀加速运动后做匀速直线运动，物块先 受摩擦力作用后不受摩擦力作用，所以传送带受力发生改变，而水平传送速率不变，根据传 送带做功的功率 可知传送带功率发生改变，故 A 错误； B、根据动能定理可得摩擦力 f 对物块所做的功等于滑块增加的动能，故 B 正确； 的 1 2 1 2 1 2 P Fv= 传 C、摩擦力 f 对滑块所做的功为 ，摩擦力 f 对传送带所做的功 ，滑块 与传送带接触面上摩擦产生的热为 ，所以摩擦力 f 对滑块和传送带所做的总功等 于滑块与传送带接触面上摩擦产生的热，故 C 错误； D、根据功能原理可得传送带克服摩擦力 f 所做的功等于传送带输出的机械能，故 D 错误； 故选 B。 7.如图甲所示，物体受到水平推力 F 的作用，在粗糙水平面上做直线运动。通过力传感器和 速度传感器监测到推力 F 和物体速度 v 随时间 t 变化的规律如图乙所示。取 g＝10 m/s2。则） （ ） A. 物体的质量 m＝1kg B. 物体与水平面间的动摩擦因数 μ＝0.2 C. 第 2s 内物体克服摩擦力做的功 W＝2 J D. 前 2s 内推力 F 做功的平均功率 ＝1.5 W 【答案】CD 【解析】 【详解】A．在 1-2s 的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以 ，由牛顿第二定律可得：F-f=ma，代入数据解得： 故 A 不符合题意。 B．由速度时间图象可以知道在 2-3s 的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑 动摩擦力的大小为 2N，由 f=μmg，解得： μ=0.4 故 B 不符合题意。 C．第二秒内物体的位移为： 1fW fx= 物 2fW fx= − 传 Q fx= 相对 P 2 22 m/s =2m/s2 1 va t ∆= =∆ − 3 2 kg=0.5kg2 F fm a − −= = 摩擦力做的功为： W=fxcosθ=-2×1J=-2J 故第 2s 内物体克服摩擦力做的功为 2J。故 C 符合题意。 D．由上可知前 2s 内的位移为 1m，所以推力做的功为： W=Fx =3×1J=3J 前 2s 内推力 F 做功的平均功率为： 故 D 符合题意。 8.如图，一根很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一物体 a 和 b。a 的质量为 m，静置在地面；b 的质量为 3m，用手托住，高度为 h，此时轻绳刚好拉紧。从静 止开始释放 b 后，a 可能达到的最大高度为： A. h B. 1.5h C. 2h D. 2.5h 【答案】B 【解析】 【 详 解 】 设 a 到 达 高 度 h 时 两 物 体 的 速 度 v ， 根 据 系 统 的 机 械 能 守 恒 得 ： ，解得两物体的速度为： b 落地后，a 物体开始做初速度为 v 的竖直上抛运动，还能上升的高度为： 所以 a 物体能达到的最大高度为： h+0.5h=1.5h A．h。故 A 不符合题意。 2 21 1 2 1 m=1m2 2x at= = × × 3 W 1.5W2 WP t = = = ( ) 213 32mgh mgh m m v= + + v gh= 2 1 0.52 vh hg = = B．1.5h。故 B 符合题意。 C．2h。故 C 不符合题意。 D．2.5h。故 D 不符合题意。 9. 如图，“嫦娥三号”卫星要经过一系列的调控和变轨，才能最终顺利降落在月球表面。 它先在地月转移轨道的 P 点调整后进入环月圆形轨道 1，进一步调整后进入环月椭圆轨道 2．有关“嫦娥三号”下列说法正确的是（ ） A. 在地球上的发射速度一定大于第二宇宙速度 B. 在 P 点由轨道 1 进入轨道 2 需要减速 C. 在轨道 2 经过 P 点时速度大于 Q 点速度 D. 分别由轨道 1 与轨道 2 经 P 点时，向心加速度相同 【答案】BD 【解析】 试题分析：嫦娥三号发射出去后绕地球做椭圆运动，没有离开地球束缚，故嫦娥三号的发射 速度大于 7．9km/s，小于 11．2km/s，故 A 错误．卫星在轨道 1 上的 P 点处减速，使万有 引力大于向心力做近心运动，才能进入轨道 2，故 B 正确．卫星做椭圆轨道运动时，从远月 点 P 向近月点 Q 运动中，月球对卫星的引力做正功，故速度增大，即在轨道 2 经过 P 点时 速度小于 Q 点速度，故 C 错误．在 A 点嫦娥三号卫星产生的加速度都是由万有引力产生的， 因为同在 A 点万有引力大小相等，故不管在哪个轨道上运动，在 A 点时万有引力产生的加 速度大小相等，故 D 正确．故选 BD． 考点：万有引力定律的应用 【名师点睛】本题要理解卫星变轨原理，嫦娥三号在轨道 1 上做圆周运动万有引力等于向心 力，要进入轨道 2 需要做近心运动，使得在 P 点所受万有引力大于圆周运动向心力，因为同 在 P 点万有引力不变，故嫦娥三号只有通过减速减小向心力而做近心运动进入轨道 2。 10.A、B 两船的质量均为 M，它们都静止在平静的湖面上，当 A 船上质量为 的人以水平 速度 v 从 A 船跳到 B 船，再从 B 船跳回 A 船．设水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最 M 2 终跳到 B 船上，则(　　) A. A、B(包括人)速度大小之比为 2∶3 B. A、B(包括人)动量大小之比为 1∶1 C. A、B(包括人)动量之和为零 D. 因跳跃次数未知，故以上答案均无法确定 【答案】BC 【解析】 【详解】AB、以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中总动量守恒，初态总动 量为 0，所以 A、B 两船(包括人)的动量大小之比总是 1:1；最终人在 B 船上，以系统为研究 对 象 ， 在 整 个 过 程 中 ， 以 A 的 速 度 方 向 为 正 方 向 ， 由 动 量 守 恒 定 律 得 ： ，解得： ，故 B 正确，A 错误； C、由于系统动量守恒，系统初动量为零，由动量守恒定律可知，系统末动量为零，即：A、 B(包括人)动量之和为零，故 C 正确； D、根据题意，应用都动量守恒定律可以求出速度之比、动量之比、动量之和，故 D 错误； 故选 BC。 【点睛】对系统应用动量守恒定律求出动量之比，然后求出船的速度之比，根据动量守恒定 律求出系统总动量。 11.如图，柔软的轻绳一端系一质量为 m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，杆上的 A 点 与光滑的轻小定滑轮等高，杆上的 B 点在 A 点下方距离为 d 处。定滑轮与直杆的距离也为 d，质量为 2m 的重物悬挂在轻绳的另一端。现将环从 A 处由静止释放，下列说法正确的是 （　　） A. 环到达 B 处时，环与重物 速度大小相等 B. 环从 A 到 B，环减少的机械能等于重物增加的机械能 C. 环到达 B 处时，重物上升的高度 的 ( ) 02A B MMv M v− + = : 3: 2A Bv v = 3h d= D. 环能下降的最大高度为 【答案】BD 【解析】 【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进行分解，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，机械能守 恒。由系统的机械能守恒列式，求环能下降的最大高度． 【详解】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 ，所以有 ，A 错误；环下滑过 程中无摩擦力做功，故系统机械能守恒，则有环减小的机械能等于重物增加的机械能，B 正 确；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 ，C 错误；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 ： ，解得： ，D 正确． 12.质量为 300kg 的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度 a 和速 度的倒数的关系如图所示，则赛车在加速的过程中（　　） A. 最大速度为 400m/s B. 加速度随时间增大 C. 输出功率 120kW D. 所受阻力大小为 1200N 【答案】CD 【解析】 【详解】B、由图可知， 函数方程 ，汽车加速运动，速度增大，加速度 减小，故 B 错误； ACD、对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有： 为 4 3 d cos45v v° =环 物 2v v=环 物 2 ( 2 1)h d d d= − = − 2 2h d d+ − 2 22 ( )mgh mg h d d= + − 4 3h d= 1a v − 1400· 4a v = − ，其中： ，联立得： ，结合图线，当物体的速度最大时，加 速度为零，故结合图象可以知道 时， ，解得 ，所以最大速度为 100m/s，由图象可知： ，解得： ，所以加速度为零有： ，解得： ，故 CD 正确，故 A 错误； 故选 CD。 【点睛】关键理清赛车在整个过程中的运动规律，对于图线问题，一般的解题思路是通过物 理规律得出物理量的关系式，结合图线的斜率和截距进行求解。 二、实验题(共 17 分) 13.(1)我们已经知道，物体的加速度 a 同时跟合外力 F 和质量 m 两个因素有关．要研究这三 个物理量之间的定量关系的思想方法是_____________________． (2)某同学的实验方案如图所示，她想用砂桶的重力表示小车受到的合外力 F，为了减小这种 做法带来的实验误差，她先做了两方面的调整措施： a．用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是______________________． b．使砂桶的质量远小于小车的质量，目的是使拉小车的力近似等于______________． (3)该同学利用实验中打出的纸带求加速度时，处理方案有两种： A．利用公式 a＝ 计算； B．根据 a＝ 利用逐差法计算． 两种方案中，你认为选择方案________比较合理． 【答案】 (1). (1)控制变量法　　 (2). (2)a.平衡摩擦力 (3). b.砂桶的重力 (4). (3)B 【解析】 【详解】(1)要研究三个物理量之间的定量关系的思想方法是控制变量法． (2)用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是平衡摩擦力．想用砂桶的重力表示小车受 到的合外力 F，为了减小这种做法带来的实验误差，应使砂桶的质量远小于小车的质量，目 的是使拉小车的力近似等于砂桶的重力． F f ma− = PF v = P fa mv m = − 0a = 1 0.01v = 100 /v m s= 4f m − = − 4 4 300 1200f m N= = × = 10 · 4300 100 P= − 120P KW= 2 2x t 2 x T ∆ (3)利用实验中打出的纸带求加速度时，需要根据 a＝ 利用逐差法计算，方案 B 比较合 理． 【点睛】由牛顿第二可得，当小车的质量远大于砂桶的质量时，砂桶的重力就约等于小车的 合力．由加速度与合力的图象可知，斜率的大小表示物体的质量大小，若图线与纵轴有交点 时，则说明摩擦力没有平衡或没有平衡彻底；若图线与横轴有交点时，则说明摩擦力平衡过 度． 14.用如图甲所示的实验装置验证 m1、m2 组成的系统机械能守恒。m2 从高处由静止开始下落， m1 上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒。图乙 给出的是实验中获取的一条纸带；0 是打下的第一个点，每相邻两个计数点之间还有 4 个点 (图中未标出)，计数点间的距离如图乙所示。已知两个物体 m1＝100 g、m2＝300 g，则(g＝ 9.8 m/s2) (1) 在打点 0～5 过程中系统动能的增加量 ΔEk＝________J，系统重力势能的减少量 ΔEp＝ ________J，(结果保留 3 位有效数字) (2) 若某同学作出 －h 图象如图丙所示，则根据图象求得的重力加速度 g＝________m/s2。 【答案】 (1). 1.16 (2). 1.18 (3). 9.6 【解析】 【详解】(1)[1][2]每相邻两个计数点之间还有 4 个点(图中未标出)，可知相邻两个计数点的 时间间隔为：T=0.1s。根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平 均速度，可以求出打下记数点 5 时的速度大小为： 在打点 0～5 过程中系统动能的增加量： 2 x T ∆ 2 2 v ( ) 2 46 5 21.60 26.40 10 m/s=2.4m/s2 2 0.1 xv T −+ ×= = × 系统重力势能的减少量： △Ep=（m2-m1）gh=0.20×9.8×（38.4+21.6）×10-2J=1.18J (2)[3]在本实验中，某同学作出 －h 图象，由机械能守恒律有： ，所以 －h 图象 斜率 ，结合图象并代入 数据解得： 三、解答题（共 3 小题，35 分.请写出必要的推算步骤.） 15.如图所示，一固定在竖直平面内的光滑的半圆形轨道 ABC，其半径 r＝0.40 m，轨道在 C 处与动摩擦因数 μ＝0.20 的水平地面相切。在水平地面的 D 点放一静止的质量 m＝1.0 kg 的 小物块，现给它施加一水平向右的恒力 F，当它运动到 C 点时，撤去恒力 F，结果小物块恰 好通过 A 点。已知 CD 间的距离 x＝1.0 m，取重力加速度 g＝10 m/s2。求： (1) 小物块通过 A 点时的速度大小； (2) 恒力 F 的大小 【答案】(1)2m/s (2) F＝12 N 【解析】 【详解】(1)小物块恰好通过最高点 A，根据牛顿第二定律有： 则物块到达 A 点时的速度 vA＝ ＝2 m/s 的 ( ) 2 2 1 2 5 1 1 0.4 2.4 J=1.16J2 2KE m m v∆ = + = × × 2 2 v ( ) ( ) 2 2 1 1 2 1 2m m gh m m v− = + 2 2 v 2 1 2 1 m mk gm m −= + 29.6m/sg = 2vmg m r = gr (2)物体从 D 向 A 运动过程中，由动能定理得：Fx－mg·2r－μmg x＝ mv 代入数据解得： F=12N 16.如图所示，一质量为 M=1.2kg 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为 h=1.8m。一质量为 m=20g 的子弹以水平速度 vo=100m／s 射入物块，在很短的时间内以水平 速度穿出。已知物块落地点离桌面边缘的水平距离 x 为 0.9m，重力加速度 g 取 10m／s2，求 子弹穿出物块时速度 v 的大小。 【答案】60m/s 【解析】 试题分析：设物块平抛的初速度为 ，有 代入数据得 子弹瞬间射穿物块的过程，系统动量守恒，即 代入数据得子弹穿出物块时的速度 考点：本题考查了平抛运动规律和动量守恒定律的应用。 17.如图所示是一皮带传输装载机械示意图。井下挖掘工将矿物无初速放置于沿图示方向运 行的传送带 A 端，被传输到末端 B 处，再沿一段竖直面内的圆形轨道后，从轨道的最高点 C 处水平抛出到货台（图中未画出）上。已知圆形轨道的半径为 R＝0.5m，与传送带在 B 点 相切，O 点为圆心，BO、CO 分别为圆形轨道的半径，矿物视作质点，传送带与水平面间的 夹角 θ＝37O，矿物与传送带间的动摩擦因数 μ＝0.8，传送带匀速运行的速度为 v0＝8m/s， 传送带 A、B 点间的长度为 L＝45m。如果矿物被传送到 B 点后沿圆形轨道运动，恰好能通 1 2 2 A v′ 21 2h gt= x v t= ′ 1.5m / sv =′ 0mv mv Mv= + ′ 10m sv = 过最高点 C，矿物质量 m＝50kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度 g 取 10m/s2，不计 空气阻力。求： （1）矿物被传到 B 点时的速度大小。 （2）矿物由 B 点到达 C 点的过程中，克服摩擦阻力所做的功。 （3）由于运送这块矿物而使电动机多输出的机械能。 【答案】（1）6m/s（2）325J（3）38400J 【解析】 分析】 先假设矿物在 AB 段始终加速，根据动能定理求出矿物到达 B 点时的速度大小，将此速度 与送带匀速运行的速度 v0=8m/s 进行比较，确定假设是否合理；矿物被传送到B 点后沿圆形 轨道运动恰好能通过最高点 C，说明重力提供向心力，根据牛顿第二定律求得在 C 点的速 度；矿物由 B 到 C 过程中，重力和阻力做功，由动能定理求解克服阻力所做的功；带动传 送带的电机要多输出的机械能等于滑块机械能的增加量与摩擦生热的和； 【详解】(1)假设矿物在 AB 段始终处于加速状态，由动能定理可得： 代入数据得 由于 ，故假设成立，矿物到 B 处时的速度为 6m/s (2)设矿物通过轨道最高点 C 处时的速度为 vC，由牛顿第二定律有 对矿物由 B 到 C 过程，由动能定理有 解联立方程并代入数据可得矿物由 B 点到达 C 点的过程中，摩擦阻力所做的功为 所以克服摩擦阻力做功为 【 21( ) 2AB Bmgcos mgsin L mvµ θ θ− = 6 /Bv m s= 0Bv v< 2 Cmvmg R = 2 21 1(1 ) 2 2f C BmgR cos W mv mvθ− + + = − 325fW J= − 325J (3) 矿物在 AB 段运动时间为 传送带与物体运动的相对位移 摩擦生热 带动传送带的电机要多输出的能量等于滑块机械能的增加量与摩擦生热的和，则有： 15cos sin B Bv vt sa g gµ θ θ= = =− 0 75x x L v t L m∆ = − = − =传 cos · 24000Q mg x Jµ θ= ∆ = 21 384002 BW Q mgh mv J输 = + + =