2020-2021物理第二冊(cè)提升訓(xùn)練：第八章 專題三 動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2020-2021學(xué)年新教材物理人教版必修第二冊(cè)提升訓(xùn)練：第八章專題三動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用含解析專題三動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用1．動(dòng)能定理公式中體現(xiàn)的“三個(gè)關(guān)系”(1)數(shù)量關(guān)系：合力所做的功與物體eq\o(□,\s\up4（01）)動(dòng)能的變化具有等量代換關(guān)系，可以通過(guò)計(jì)算物體動(dòng)能的變化，求eq\o(□，\s\up4(02）)合力做的功，進(jìn)而求得某一力做的功。(2）單位關(guān)系：等式兩側(cè)物理量的國(guó)際單位都是eq\o（□,\s\up4（03)）焦耳。(3)因果關(guān)系：合力做的功是引起物體eq\o(□,\s\up4(04)）動(dòng)能變化的原因.2．對(duì)“力”的理解動(dòng)能定理中所說(shuō)的“力”，是重力、彈力、摩擦力等物體所受各個(gè)力的合力.3．應(yīng)用動(dòng)能定理的“四點(diǎn)注意"（1）動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對(duì)于eq\o（□，\s\up4(05)）同一個(gè)參考系的,一般以eq\o（□，\s\up4（06)）地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系。（2)動(dòng)能定理的表達(dá)式是一個(gè)eq\o（□，\s\up4（07））標(biāo)量式，不能在某方向上應(yīng)用動(dòng)能定理。(3)動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由于不涉及加速度和eq\o（□,\s\up4（08)）時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)研究方法更簡(jiǎn)便。(4）當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過(guò)程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解；當(dāng)所求解的問(wèn)題不涉及中間的速度時(shí)，也可以eq\o（□，\s\up4(09））全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理求解。4．應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本思路（1)應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)抓好“兩狀態(tài)，一過(guò)程"“兩狀態(tài)”即明確研究對(duì)象的始、末狀態(tài)的速度或動(dòng)能情況；“一過(guò)程”即明確研究過(guò)程，確定這一過(guò)程研究對(duì)象的受力情況和位置變化或位移信息.（2）應(yīng)用動(dòng)能定理解題的一般步驟（3)應(yīng)用動(dòng)能定理解題的關(guān)鍵是寫(xiě)出各力做功的代數(shù)和,不要漏掉某個(gè)力的功，同時(shí)要注意各力做功的正負(fù).典型考點(diǎn)一動(dòng)能定理在曲線運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用1．如圖所示，物塊分別兩次從凹形曲面上A處滑至最低點(diǎn)B處，若第1次下滑時(shí)的初速度大于第2次下滑時(shí)的初速度，則物塊下滑時(shí)摩擦阻力所做的功的大小是()A．第1次大B．第2次大C．兩次一樣D．無(wú)法確定答案A解析第1次下滑時(shí)的初速度大于第2次下滑時(shí)的初速度,所以第1次下滑時(shí)需要的向心力大，即每一位置都是第1次受到的支持力大；根據(jù)f＝μFN，則每一位置都是第1次受到的摩擦力大，所以第1次物塊下滑時(shí)摩擦阻力所做的功大，A正確.2．“水流星”是一種常見(jiàn)的雜技項(xiàng)目,該運(yùn)動(dòng)可以簡(jiǎn)化為輕繩一端系著小球在豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)模型（如圖所示）。已知繩長(zhǎng)為l，重力加速度為g，則(）A．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)Q時(shí)，處于失重狀態(tài)B．當(dāng)v0＞eq\r（2gl)時(shí)，小球一定能通過(guò)最高點(diǎn)PC．當(dāng)v0＜eq\r(gl)時(shí)，細(xì)繩始終處于繃緊狀態(tài)D．小球初速度v0越大,則在P、Q兩點(diǎn)繩對(duì)小球的拉力差越大答案C解析小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)Q時(shí),加速度的方向向上，處于超重狀態(tài),故A錯(cuò)誤；由meq\f（v2，l)＝mg，得球越過(guò)最高點(diǎn)的臨界速度v＝eq\r（gl)，根據(jù)動(dòng)能定理得，－mg×2l＝eq\f(1，2)mv2－eq\f（1,2）mveq\o\al(2，0)，解得v0＝eq\r(5gl）,即在最低點(diǎn)的速度需滿足v0≥eq\r(5gl），小球才能通過(guò)最高點(diǎn)P，故B錯(cuò)誤；當(dāng)v0＜eq\r(gl）時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理得，－mgh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al（2，0）,則h<eq\f(1,2)l，可知小球不會(huì)越過(guò)四分之一圓周，細(xì)繩始終處于繃緊狀態(tài),故C正確；在Q點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得,F1－mg＝eq\f(mv\o\al(2，0），l)，在P點(diǎn)，F(xiàn)2＋mg＝eq\f（mv2，l)，又－mg·2l＝eq\f(1，2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2，0)，聯(lián)立解得拉力差ΔF＝F1－F2＝6mg，由此可知拉力差與v0大小無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。3．如圖所示,質(zhì)量為m的小物塊在粗糙水平桌面上做直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)距離l后以速度v飛離桌面,最終落在水平地面上.已知l＝1。4m，v＝3。0m/s，m＝0.10kg，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0。25，桌面高h(yuǎn)＝0。45m。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2.求：(1）小物塊落地點(diǎn)距飛出點(diǎn)的水平距離s；（2)小物塊落地時(shí)的動(dòng)能Ek；（3）小物塊的初速度大小v0。答案（1)0.9m（2）0.9J(3）4m/s解析（1)由h＝eq\f（1，2）gt2，s＝vt解得s＝0.9m。(2）根據(jù)動(dòng)能定理mgh＝Ek－eq\f（1,2）mv2解得Ek＝mgh＋eq\f(1,2）mv2＝0.9J。（3）由動(dòng)能定理－μmgl＝eq\f（1，2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al（2，0)故v0＝eq\r（v2＋2μgl)＝4m/s。4．如圖所示,質(zhì)量為m的小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線懸于O點(diǎn)，與O點(diǎn)處于同一水平線上的P點(diǎn)處有一根光滑的細(xì)釘，已知OP＝eq\f(L,2），在A點(diǎn)給小球一個(gè)水平向左的初速度v0，發(fā)現(xiàn)小球恰能到達(dá)跟P點(diǎn)在同一豎直線上的最高點(diǎn)B.已知重力加速度為g，求：（1)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速率;（2）若不計(jì)空氣阻力，則初速度v0為多少？（3)若初速度變?yōu)関0′＝3eq\r（gL），其他條件均不變，則小球從A到B的過(guò)程中空氣阻力做了多少功？答案（1）eq\r(\f（gL，2)）(2）eq\r(\f(7gL,2））（3）－eq\f（11,4)mgL解析（1)小球恰能到達(dá)最高點(diǎn)B,則在最高點(diǎn)有mg＝eq\f(mv2,\f（L，2）)，得小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速率v＝eq\r（\f（gL,2）)。（2)由動(dòng)能定理得－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f（L,2)))＝eq\f（1,2）mv2－eq\f（1，2）mveq\o\al(2,0），則v0＝eq\r（\f(7gL,2))。（3）設(shè)小球從A到B的過(guò)程中空氣阻力做功為Wf,由動(dòng)能定理得－mgeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（L＋\f(L,2）))＋Wf＝eq\f（1，2)mv2－eq\f(1，2）mv0′2，解得Wf＝－eq\f(11,4）mgL。典型考點(diǎn)二動(dòng)能定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用5．如圖所示,ABCD是一條長(zhǎng)軌道,其中AB段是傾角為θ的斜面，CD段是水平的，BC是與AB和CD都相切的一段圓弧，其長(zhǎng)度可以略去不計(jì)。一質(zhì)量為m的小滑塊從A點(diǎn)由靜止滑下,最后停在D點(diǎn)，現(xiàn)用一沿著軌道方向的拉力拉滑塊，使它緩緩地由D點(diǎn)回到A點(diǎn)，則拉力對(duì)滑塊做的功等于(設(shè)滑塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ)()A．mgh B．2mghC．μmgeq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(l＋\f(h，sinθ））） D．μmgl＋μmghcotθ答案B解析由A到D，滑塊先在斜面上加速，后在水平面上減速停下。在整個(gè)過(guò)程中，重力做正功WG＝mgh，摩擦力做功為Wf＝－eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（μmgl＋μmg·cosθ·\f(h，sinθ)））＝－μmg·（l＋hcotθ)，支持力始終不做功。全程由動(dòng)能定理有mgh＋Wf＝0得Wf＝－mgh由D返回A，設(shè)拉力做功WF，摩擦力做功仍為Wf，重力做功為WG′＝－mgh由動(dòng)能定理,得WF＋Wf－mgh＝0解得WF＝2mgh＝2μmg（l＋hcotθ），B正確,A、C、D錯(cuò)誤。6．從離地面H高處落下一只小球，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受的空氣阻力是它重力的k(k<1）倍,而小球與地面相碰后,能以相同大小的速率反彈，求：（1)小球第一次與地面碰撞后，能夠反彈起的最大高度是多少?（2)小球從釋放開(kāi)始,直至停止彈跳為止，所通過(guò)的總路程是多少？答案（1)eq\f（1－k,1＋k）H(2)eq\f（H，k）解析(1）設(shè)小球第一次與地面碰撞后，能夠反彈起的最大高度是h，則由動(dòng)能定理得mg（H－h(huán))－kmg(H＋h)＝0解得h＝eq\f(1－k，1＋k）H。(2）設(shè)球從釋放開(kāi)始,直至停止彈跳為止，所通過(guò)的總路程是s，對(duì)全過(guò)程由動(dòng)能定理得mgH－kmgs＝0解得s＝eq\f（H，k)。7．如圖所示,AB、BC、CD三段軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長(zhǎng)度L＝5m，軌道CD足夠長(zhǎng)且傾角θ＝37°，A點(diǎn)離軌道BC的高度H＝4.3m。質(zhì)量為m的小滑塊自A點(diǎn)由靜止釋放,已知小滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0。6，cos37°＝0.8。求：(1)小滑塊第1次到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小;（2）小滑塊第1次與第2次通過(guò)C點(diǎn)的時(shí)間間隔；(3)小滑塊最終停止位置距B點(diǎn)的距離。答案(1）6m/s(2)2s（3）1.4m解析（1）小滑塊沿A→B→C運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgH－μmgL＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2,C）,代入數(shù)據(jù)得小滑塊第1次到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC＝6m/s。(2)小滑塊沿CD段上滑的加速度大小a＝gsinθ＝6m/s2,小滑塊沿CD段上滑到最高點(diǎn)的時(shí)間t1＝eq\f（vC,a)＝1s，由對(duì)稱性可知小滑塊從最高點(diǎn)滑回C點(diǎn)的時(shí)間t2＝t1＝1s，故小滑塊第1次與第2次通過(guò)C點(diǎn)的時(shí)間間隔t＝t1＋t2＝2s。（3）設(shè)小滑塊在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程為s，對(duì)小滑塊運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程利用動(dòng)能定理有mgH－μmgs＝0，代入數(shù)據(jù)得s＝8。6m，故小滑塊最終停止位置距B點(diǎn)的距離為2L－s＝1.4m。1．下列關(guān)于做功和物體動(dòng)能變化的關(guān)系，不正確的是()A．只有動(dòng)力對(duì)物體做功時(shí)，物體的動(dòng)能增加B．只有阻力對(duì)物體做功時(shí),它的動(dòng)能減少C．外力對(duì)物體做功的代數(shù)和等于物體的末動(dòng)能與初動(dòng)能之差D．動(dòng)力和阻力都對(duì)物體做功，物體的動(dòng)能一定變化答案D解析根據(jù)動(dòng)能定理W總＝ΔEk，知合力做的功等于物體動(dòng)能的變化。動(dòng)力對(duì)物體做正功，所以，只有動(dòng)力對(duì)物體做功時(shí),物體的動(dòng)能增加，A正確；阻力對(duì)物體做負(fù)功，只有阻力對(duì)物體做功時(shí)，它的動(dòng)能減少，故B正確；外力對(duì)物體做功的代數(shù)和等于合力對(duì)物體做的功，根據(jù)動(dòng)能定理可知：外力對(duì)物體做功的代數(shù)和等于物體的末動(dòng)能與初動(dòng)能之差，故C正確;動(dòng)力和阻力都對(duì)物體做功，物體受各個(gè)力做功的代數(shù)和可能為零，即物體的動(dòng)能可能不變,故D錯(cuò)誤。2．一質(zhì)量為1kg的滑塊，以6m/s的初速度在光滑的水平面上向左滑行。從某一時(shí)刻起在滑塊上施加一個(gè)向右的水平力，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，滑塊的速度方向變成向右，大小仍為6m/s。在這段時(shí)間里水平力對(duì)物體所做的功是（）A．0 B．9JC．18J D．無(wú)法確定答案A解析動(dòng)能的大小與速度的方向無(wú)關(guān)，在這段時(shí)間里滑塊的動(dòng)能大小沒(méi)有發(fā)生變化。根據(jù)動(dòng)能定理，W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2）－eq\f（1，2)mveq\o\al(2,1）＝0，故選A.3．(多選）在水平面上有一質(zhì)量為M的物體，受到水平力F的作用從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，通過(guò)距離s撤去力F，這以后又通過(guò)距離s停止運(yùn)動(dòng)，則在這個(gè)過(guò)程中(）A．它所受的摩擦力大小為FB．它所受的摩擦力大小為eq\f(F,2)C．力F對(duì)物體做的功為FsD．力F對(duì)物體做的功為零答案BC解析根據(jù)功的定義，力F做的功WF＝Fs,C正確，D錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理Fs－Ff·2s＝0,Ff＝eq\f(1，2)F,A錯(cuò)誤，B正確。4。一物體在水平面上，受恒定的水平拉力和摩擦力作用由靜止開(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng)，已知在第1s內(nèi)合力對(duì)物體做的功為45J，在第1s末撤去拉力，物體的v.t圖像如圖所示，g取10m/s2,則（）A．物體的質(zhì)量為1kgB．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0。2C．第1s內(nèi)拉力對(duì)物體做的功為60JD．第1s內(nèi)摩擦力對(duì)物體做的功為60J答案C解析由題圖知，第1s內(nèi)物體的位移為x1＝eq\f（1×3，2）m＝1。5m,由動(dòng)能定理得合力做功為W＝F合x(chóng)1＝eq\f（1，2）mv2＝45J,得F合＝30N，由圖知v＝3m/s，解得m＝10kg，故A錯(cuò)誤;1～4s內(nèi)，由動(dòng)能定理得摩擦力做功為Wf＝0－eq\f（1，2）mv2＝－45J，位移為x2＝eq\f(3×3,2）m＝4.5m，又由Wf＝－μmgx2得μ＝－eq\f(Wf,mgx2）＝eq\f（45,10×10×4。5)＝0。1，故B錯(cuò)誤;第1s內(nèi)摩擦力做功為Wf′＝－μmgx1＝－0。1×10×10×1.5J＝－15J，由動(dòng)能定理可知WF＋Wf′＝eq\f（1，2)mv2＝45J，解得拉力對(duì)物體做的功為WF＝60J，故C正確，D錯(cuò)誤.5．如圖所示，長(zhǎng)為2L的輕桿上端及其正中央固定兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球,桿的下端有光滑鉸鏈與水平面相連接，桿原來(lái)豎直靜止，現(xiàn)讓其自由倒下，則A著地時(shí)的速度為（）A。eq\f(1，5)eq\r（15gL) B。eq\f(2,5)eq\r(15gL）C。eq\f（1，5)eq\r(30gL） D。eq\f（2,5)eq\r（30gL)答案D解析設(shè)A著地時(shí)的速度為v，則B著地時(shí)的速度為eq\f(v，2)，桿倒下過(guò)程只有球的重力做功，由動(dòng)能定理得mg·2L＋mgL＝eq\f（1,2)mv2＋eq\f(1,2）meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(v，2）))2－0，解得v＝eq\f（2,5）eq\r（30gL)，D正確.6．如圖所示，半圓形軌道MON豎直放置且固定在地面上，直徑MN是水平的。一小物塊從M點(diǎn)正上方高度為H處自由下落，正好在M點(diǎn)滑入半圓軌道,測(cè)得其第一次離開(kāi)N點(diǎn)后上升的最大高度為eq\f(H,2)。小物塊接著下落從N點(diǎn)滑入半圓軌道，在向M點(diǎn)滑行的過(guò)程中(整個(gè)過(guò)程不計(jì)空氣阻力)()A．小物塊正好能到達(dá)M點(diǎn)B．小物塊一定到不了M點(diǎn)C．小物塊一定能沖出M點(diǎn)D．不能確定小物塊能否沖出M點(diǎn)答案C解析小物塊從開(kāi)始到到達(dá)N點(diǎn)上方eq\f（H,2）處過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理得mgH－mgeq\f(H，2)＋Wf＝0，假設(shè)能到達(dá)M點(diǎn)且到M點(diǎn)時(shí)速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理有mgeq\f(H，2)＋Wf′＝eq\f(1,2)mv2，因小物塊第二次經(jīng)過(guò)半圓軌道過(guò)程中在同一處速度均小于第一次，則軌道支持力也變小,物塊所受摩擦力變小，故摩擦力做功減少,則速度v〉0，因此小物塊能沖出M點(diǎn),C正確。7．如圖所示，ABCD是一個(gè)固定在水平地面上的盆式容器，盆的內(nèi)側(cè)與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧。BC水平，其長(zhǎng)度為d＝0.50m，盆邊緣的高度為h＝0。30m，在A處放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊并讓其自由下滑，已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.10，小物塊在盆內(nèi)來(lái)回滑動(dòng),最后停下來(lái)，則停的地點(diǎn)到B的距離為（)A．0.50mB．0.25mC．0。10mD．0答案D解析對(duì)小物塊從A點(diǎn)出發(fā)到最后停下來(lái)的整個(gè)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理有mgh－μmgl＝0,l＝eq\f(h,μ）＝eq\f(0。3，0。1)m＝3m，而d＝0.5m，剛好在B、C間往返運(yùn)動(dòng)了3次，所以最終停在B點(diǎn)，故選D.8．如圖所示，斜面傾角為θ,滑塊質(zhì)量為m，滑塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，從距擋板P為s0的位置以v0的速度沿斜面向上滑行。設(shè)重力沿斜面的分力大于滑動(dòng)摩擦力,且每次與P碰撞前后的速度大小保持不變，擋板與斜面垂直，斜面足夠長(zhǎng)。已知重力加速度為g，求滑塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最后停止滑行的總路程s.答案eq\f（s0tanθ,μ)＋eq\f（v\o\al(2，0),2μgcosθ)解析滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcosθ整個(gè)過(guò)程滑塊下落的總高度h＝s0sinθ根據(jù)動(dòng)能定理mgh－Ff·s＝0－eq\f（1,2）mveq\o\al(2,0）聯(lián)立以上各式得s＝eq\f（s0tanθ,μ)＋eq\f（v\o\al（2，0），2μgcosθ)。9．如圖所示,質(zhì)量m＝1kg的木塊靜止在高h(yuǎn)＝1.2m的平臺(tái)上，木塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0。2,用水平推力F＝20N推木塊，使木塊產(chǎn)生位移l1＝3m時(shí)撤去推力，木塊又滑行l(wèi)2＝1m后飛出平臺(tái),求木塊落地時(shí)速度的大?。╣取10m/s2)。答案8eq\r（2）m/s解析木塊運(yùn)動(dòng)分為三個(gè)階段，先是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后是勻減速直線運(yùn)動(dòng)，最后是平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)木塊落地時(shí)的速度為v。整個(gè)過(guò)程中各力做功情況分別為：推力做功WF＝Fl1摩擦力做功Wf＝－μmg（l1＋l2)重力做功WG＝mgh故合力做的功：W＝Fl1－μmg(l1＋l2）＋mgh由動(dòng)能定理W＝ΔEk得Fl1－μmg(l1＋l2）＋mgh＝eq\f（1，2)mv2－0，代入數(shù)據(jù)解得v＝8eq\r（2)m/s。10．如圖所示,質(zhì)量m＝0.1kg的金屬小球從距水平面高h(yuǎn)＝2.0m的光滑斜面上由靜止開(kāi)始釋放,運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)無(wú)能量損耗，水平面AB是長(zhǎng)2。0m的粗糙平面，與半徑為R＝0.4m的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點(diǎn)，其中半圓形軌道在豎直平面內(nèi)，D為軌道的最高點(diǎn)，小球恰能通過(guò)最高點(diǎn)D，求：(g＝10m/s2）（1）小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的速度大小;(2）小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中摩擦阻力所做的功;（3)小球從D點(diǎn)飛出后落點(diǎn)E與A的距離。答案（1)2eq\r（10)m/s(2）－1J（3）1。2m解析(1)根據(jù)題意可得，小球下落到A點(diǎn)的過(guò)程中由動(dòng)能定理得:W＝mgh＝eq\f（1,2)mveq\o\al（2，A）解得vA＝2eq\