高中物理教科版必修二單元素養(yǎng)評(píng)價(jià)第四章機(jī)械能和能源第五章經(jīng)典力學(xué)的成就與局限性

單元素養(yǎng)評(píng)價(jià)(四)(第四、五章)(90分鐘100分)一、選擇題(本題共10小題,每小題4分,共40分。1～5為單選,6～10為多選)1.下列說法正確的是 ()A.經(jīng)典力學(xué)適用于任何情況下的任何物體B.狹義相對(duì)論否定了經(jīng)典力學(xué)C.量子力學(xué)能夠描述微觀粒子運(yùn)動(dòng)的規(guī)律性D.萬有引力定律也適用于強(qiáng)相互作用力【解析】選C。經(jīng)典力學(xué)只適用于宏觀、低速、弱引力的情況,A錯(cuò)誤;狹義相對(duì)論沒有否定經(jīng)典力學(xué),在宏觀低速情況下,相對(duì)論的結(jié)論與經(jīng)典力學(xué)沒有區(qū)別,B錯(cuò)誤;量子力學(xué)正確地描述了微觀粒子運(yùn)動(dòng)的規(guī)律,C正確;萬有引力定律只適用于弱相互作用力,而對(duì)于強(qiáng)相互作用力是不適用的,D錯(cuò)誤。2.如圖,位于水平面的圓盤繞過圓心O的豎直轉(zhuǎn)軸做圓周運(yùn)動(dòng),在圓盤上有一質(zhì)量為m的小木塊,距圓心的距離為R,木塊與圓盤間的最大靜摩擦力為壓力的k倍,在圓盤轉(zhuǎn)速緩慢增大的過程中,下列說法正確的是 ()A.小木塊滑動(dòng)時(shí),沿切線方向滑離圓盤B.小木塊受重力、支持力和向心力C.小木塊獲得的最大動(dòng)能為QUOTEkmgRD.小木塊所受摩擦力提供向心力,始終指向圓心,故不對(duì)其做功【解析】選C。小木塊滑動(dòng)時(shí),還受到指向圓心的摩擦力,所以軌跡為曲線,不會(huì)沿切線方向飛出,故A錯(cuò)誤;小木塊在運(yùn)動(dòng)的過程中受到重力、支持力和摩擦力的作用,向心力是效果力,不能說小木塊受到向心力,故B錯(cuò)誤;在木塊的摩擦力沒有達(dá)到最大前,靜摩擦力的一部分提供向心力,由牛頓第二定律可得木塊所受的靜摩擦力沿圓心方向的分力,又因?yàn)樽畲箪o摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力:kmg=mQUOTE,解得最大速度v=QUOTE,則小木塊的最大動(dòng)能不超過:Ekm=QUOTEmv2=QUOTEkmgR,故C正確;當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速增大時(shí),小木塊的速度增大,由于重力和支持力不做功,根據(jù)動(dòng)能定理知,摩擦力做正功,故D錯(cuò)誤。3.一木塊靜止在光滑的水平面上,將一個(gè)大小恒為F的水平拉力作用在該木塊上,經(jīng)過位移x時(shí),拉力的瞬時(shí)功率為P;若將一個(gè)大小恒為4F的水平拉力作用在該木塊上,使該木塊由靜止開始運(yùn)動(dòng),經(jīng)過位移x時(shí),拉力的瞬時(shí)功率是 ()A.8PB.6PC.4PD.2P【解析】選A。根據(jù)動(dòng)能定理,有:Fx=QUOTEmv2,解得:v=QUOTE,功率為:P=Fv=FQUOTE;同理4F后的速度為:v′=QUOTE,功率為:P′=4Fv′=4FQUOTE=8P,故A正確,B、C、D錯(cuò)誤。4.一顆小鋼珠從水面上方由靜止釋放,落入水中,濺起的小水珠跳得比鋼珠釋放時(shí)的位置還高,如圖所示,對(duì)這種現(xiàn)象下列說法中正確的是 ()A.小水珠濺起的高度超過鋼珠下落時(shí)的高度,違背了能量守恒定律B.小鋼珠下落時(shí)具有的重力勢能小于濺起的水珠在最高點(diǎn)的重力勢能C.小鋼珠下落時(shí)具有的重力勢能等于濺起的水珠在最高點(diǎn)的重力勢能D.小鋼珠下落時(shí)具有的重力勢能大于濺起的水珠在最高點(diǎn)的重力勢能【解析】選D。小鋼珠的重力勢能轉(zhuǎn)化為小鋼珠的動(dòng)能,再轉(zhuǎn)化為水的彈性勢能,最后轉(zhuǎn)化成小水珠的動(dòng)能,小水珠升高的過程中,動(dòng)能又轉(zhuǎn)化為重力勢能(即表現(xiàn)為小水珠的高度),在這一過程中,小水珠的總動(dòng)能要小于小鋼珠的動(dòng)能,但是,各個(gè)水珠的質(zhì)量都比較小,因此,小水珠跳起的高度存在多種可能性。當(dāng)小鋼珠的質(zhì)量比較大的時(shí)候,完全有可能出現(xiàn)個(gè)別小水珠跳起的高度超過鋼珠下落的高度,故D對(duì),A、B、C錯(cuò)。5.如圖,一半徑為R,粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置,直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開始下落,恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道。質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí),對(duì)軌道的壓力為4mg,g為重力加速度的大小。用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中克服摩擦力所做的功。則 ()A.W=QUOTEmgR,質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)B.W>QUOTEmgR,質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)C.W=QUOTEmgR,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后,繼續(xù)上升一段距離D.W<QUOTEmgR,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后,繼續(xù)上升一段距離【解析】選C。在N點(diǎn)由牛頓第二定律得4mgmg=mQUOTE;從最高點(diǎn)到N點(diǎn),由動(dòng)能定理得2mgRW=QUOTEmQUOTE,聯(lián)立解得W=QUOTEmgR。由于克服阻力做功,機(jī)械能減小,所以質(zhì)點(diǎn)從N點(diǎn)到Q點(diǎn)克服阻力做的功要小于從P點(diǎn)到N點(diǎn)克服阻力做的功,即質(zhì)點(diǎn)從N點(diǎn)到Q點(diǎn)克服阻力做的功W′<W=QUOTEmgR,質(zhì)點(diǎn)從N點(diǎn)到Q點(diǎn)由動(dòng)能定理得mgRW′=QUOTEmQUOTEQUOTEmQUOTE,解得QUOTEmQUOTE>0,所以質(zhì)點(diǎn)能夠到達(dá)Q點(diǎn),并且還能繼續(xù)上升一段距離,故選項(xiàng)C正確。6.(2020·攀枝花高一檢測)如圖所示,由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)著傾角θ=37°的足夠長的傳送帶以速率v=4m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),一質(zhì)量m=2kg的小滑塊以平行于傳送帶向下v′=2m/s的速率滑上傳送帶,已知小滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=QUOTE,g取10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0.80,則小滑塊從接觸傳送帶到與傳送帶相對(duì)靜止的時(shí)間內(nèi)A.重力勢能增加了72JB.摩擦力對(duì)小滑塊做功為72JC.小滑塊與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為252JD.電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為386J【解析】選A、C。對(duì)滑塊受力分析,受重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律,有:平行斜面方向fmgsin37°=ma,垂直斜面方向Nmgcos37°=0,其中f=μN(yùn),聯(lián)立解得:a=g(μcos37°sin37°)=1m/s2,以平行斜面向上為正方向,設(shè)運(yùn)動(dòng)到相對(duì)靜止的時(shí)間為t,根據(jù)速度—時(shí)間關(guān)系公式,有:t=QUOTE=QUOTEs=6s,則位移:x=QUOTEt=QUOTE×6m=6m,故重力勢能增加量為:ΔEp=mgΔh=mg·xsin37°=72J,故A正確;摩擦力對(duì)小滑塊做功為W=μmgcos37°x=84J,故B錯(cuò)誤;在6s內(nèi)傳送帶的位移:x′=vt=4×6m=24m,故相對(duì)位移為:Δx=x′x=24m-6m=18m,故產(chǎn)生的內(nèi)能為:Q=μmgcos37°·Δx=QUOTE×2×10×18×0.8J=252J,故C正確;小滑塊增加的動(dòng)能ΔEk=QUOTEmv2QUOTEmv′2=12J,多消耗的電能等于系統(tǒng)增加的機(jī)械能和內(nèi)能之和,為:W=ΔEp+ΔEk+Q=72J+12J+252J=336J,故D錯(cuò)誤;故選A、C。7.如圖所示,質(zhì)量均為m的兩個(gè)物塊A和B,用勁度系數(shù)為k的輕彈簧連接,處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的恒力F拉物塊A,使A豎直向上運(yùn)動(dòng),直到物塊B剛要離開地面。下列說法正確的是 ()A.在此過程中,物塊A的位移大小為QUOTEB.在此過程中,彈簧彈性勢能的增量為0C.物塊B剛要離開地面,物塊A的加速度為a=QUOTE-2gD.物塊B剛要離開地面,物塊A的速度為2QUOTE【解析】選B、C、D。開始,未用力F拉動(dòng)時(shí),A、B靜止,設(shè)彈簧壓縮量為x1,由胡克定律有kx1=mg得x1=QUOTE物塊B剛要離開地面時(shí),彈簧彈力等于B的重力,則有kx2=mg得x2=QUOTE物塊A的總位移x=x1+x2=QUOTE,故A錯(cuò)誤;根據(jù)A選項(xiàng)分析可知,彈簧原來的壓縮量為QUOTE,后來彈簧的伸長量為QUOTE,形變量相同,所以初末彈簧彈性勢能相等,變化量為0,故B正確;物塊B剛要離開地面時(shí),根據(jù)牛頓第二定律,有Fkx2mg=ma;解得a=QUOTE-2g,故C正確;對(duì)A,根據(jù)動(dòng)能定理得:(Fmg)x=QUOTEmv2,解得:v=2QUOTE,故D正確。故選B、C、D。8.(2019·江蘇高考)如圖所示,輕質(zhì)彈簧的左端固定,并處于自然狀態(tài)。小物塊的質(zhì)量為m,從A點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動(dòng),壓縮彈簧后被彈回,運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)恰好靜止。物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s,與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,彈簧未超出彈性限度。在上述過程中 ()A.彈簧的最大彈力為μmgB.物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC.彈簧的最大彈性勢能為μmgsD.物塊在A點(diǎn)的初速度為QUOTE【解析】選B、C。彈簧被壓縮到最短時(shí),物塊有向右的加速度,彈力大于滑動(dòng)摩擦力f=μmg,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;物塊在運(yùn)動(dòng)中所受的摩擦力與運(yùn)動(dòng)方向總相反,物塊運(yùn)動(dòng)的路程為2s,所以克服摩擦力做的功為W=2μmgs,選項(xiàng)B正確;由動(dòng)能定理可知,從彈簧被壓縮至最短到物塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn),動(dòng)能的變化為零,彈簧的彈性勢能等于克服摩擦力做功W′=μmgs,選項(xiàng)C正確;由物塊從A點(diǎn)到返回A點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理μmg·2s=0QUOTEmQUOTE可得v0=2QUOTE,所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤。9.三個(gè)小物塊分別從3條不同的光滑軌道的上端由靜止開始滑下。已知軌道1、軌道2、軌道3的上端距水平地面的高度均為4h0;它們的下端水平,距地面的高度分別為h1=h0、h2=2h0、h3=3h0,如圖所示。若沿軌道1、2、3下滑的小物塊的落地點(diǎn)到軌道下端的水平距離分別記為s1、s2、s3,則 ()A.s1>s2 B.s2>s3C.s1=s3 D.s2=s3【解析】選B、C。由機(jī)械能守恒定律mgΔh=QUOTEmv2,v=QUOTE,得v1∶v2∶v3=QUOTE∶QUOTE∶1;由平拋運(yùn)動(dòng)在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)h=QUOTEgt2,t=QUOTE,可得t1∶t2∶t3=1∶QUOTE∶QUOTE,其水平位移s=vt,所以s1∶s2∶s3=QUOTE∶2∶QUOTE,故s2>s3,s1=s3,所以選項(xiàng)B、C正確,A、D錯(cuò)誤。10.(2019·全國卷Ⅱ)從地面豎直向上拋出一物體,其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點(diǎn),該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2A.物體的質(zhì)量為2B.h=0時(shí),物體的速率為20C.h=2m時(shí),物體的動(dòng)能Ek=40D.從地面至h=4m,物體的動(dòng)能減少100【解題指南】解答本題需明確以下三點(diǎn):(1)h=4m時(shí),物體到達(dá)最高點(diǎn)(2)h=0時(shí),Ep=0,此時(shí)E總=Ek。(3)準(zhǔn)確寫出E總h函數(shù)關(guān)系,得到h=2m時(shí)的E【解析】選A、D。由Ep=mgh知Eph圖像的斜率為mg,故mg=QUOTE=20N,解得m=2kg,故A正確;h=0時(shí),Ep=0,Ek=E總Ep=100J0=100J,故QUOTEmv2=100J,解得:v=10m/s,故B錯(cuò)誤;h=2m時(shí),Ep=40J,Ek=E總Ep=90J40J=50J,0時(shí),Ek=E總Ep=100J0=100J,h=4m時(shí),Ek′=E總Ep=80J80J=0,故EkEk100J,故D正確。二、實(shí)驗(yàn)題(本題共2小題,共12分)11.(6分)(2019·江蘇高考)某興趣小組用如圖1所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)能定理。(1)有兩種工作頻率均為50Hz的打點(diǎn)計(jì)時(shí)器供實(shí)驗(yàn)選用:A.電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器B.電火花打點(diǎn)計(jì)時(shí)器為使紙帶在運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力較小,應(yīng)選擇____________(選填“A”或“B”)。

(2)保持長木板水平,將紙帶固定在小車后端,紙帶穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的限位孔。實(shí)驗(yàn)中,為消除摩擦力的影響,在砝碼盤中慢慢加入沙子,直到小車開始運(yùn)動(dòng)。同學(xué)甲認(rèn)為此時(shí)摩擦力的影響已得到消除。同學(xué)乙認(rèn)為還應(yīng)從盤中取出適量沙子,直至輕推小車觀察到小車做勻速運(yùn)動(dòng)?？捶ㄕ_的同學(xué)是

______(選填“甲”或“乙”)。(3)消除摩擦力的影響后,在砝碼盤中加入砝碼。接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源,松開小車,小車運(yùn)動(dòng)。紙帶被打出一系列點(diǎn),其中的一段如圖2所示。圖中紙帶按實(shí)際尺寸畫出,紙帶上A點(diǎn)的速度vA=______m/s。

(4)測出小車的質(zhì)量為M,再測出紙帶上起點(diǎn)到A點(diǎn)的距離為L。小車動(dòng)能的變化量可用ΔEk=QUOTEMQUOTE算出。砝碼盤中砝碼的質(zhì)量為m,重力加速度為g;實(shí)驗(yàn)中,小車的質(zhì)量應(yīng)__________(選填“遠(yuǎn)大于”“遠(yuǎn)小于”或“接近”)砝碼、砝碼盤和沙子的總質(zhì)量,小車所受合力做的功可用W=mgL算出。多次測量,若W與ΔEk均基本相等則驗(yàn)證了動(dòng)能定理。

【解析】(1)電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器振針打點(diǎn)時(shí)和紙帶接觸,影響紙帶的運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生阻力,電火花打點(diǎn)計(jì)時(shí)器是火花放電在紙帶上留下點(diǎn)跡的,阻力較小,故選B。(2)在砝碼盤中慢慢加入沙子直到小車開始運(yùn)動(dòng)時(shí),小車是從靜止開始加速運(yùn)動(dòng)的,拉力大于摩擦力,同學(xué)乙認(rèn)為從盤中取出適量的沙子,直至輕推小車觀察到小車做勻速運(yùn)動(dòng),此時(shí)砝碼盤通過細(xì)線對(duì)小車的拉力等于摩擦力,故此種做法是正確的,應(yīng)選乙。(3)由題圖2可知,與A點(diǎn)相鄰兩點(diǎn)間的距離約為1.24cm,打點(diǎn)時(shí)間間隔為0.04s,所以速度為v=QUOTE=0.31m/s。(4)對(duì)小車由牛頓第二定律有:T=Ma,對(duì)砝碼盤由牛頓第二定律有:mgT=ma,聯(lián)立解得:T=QUOTE=QUOTE,當(dāng)M?m時(shí)有:T≈mg,所以應(yīng)滿足:M?m。答案:(1)B(2)乙(3)0.31(0.30～0.33都算對(duì))(4)遠(yuǎn)大于12.(6分)某實(shí)驗(yàn)小組在做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)中,提出了如圖所示的甲、乙兩種方案:甲方案為用自由落體運(yùn)動(dòng)進(jìn)行實(shí)驗(yàn),乙方案為用小車在斜面上下滑進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。(1)組內(nèi)同學(xué)對(duì)兩種方案進(jìn)行了深入的討論分析,最終確定了一個(gè)大家認(rèn)為誤差相對(duì)較小的方案,你認(rèn)為該小組選擇的方案是__________________________,

理由是__________________________________________________________。

(2)若該小組采用圖甲的裝置打出了一條紙帶如圖a所示,相鄰兩點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為0.02s,請(qǐng)根據(jù)紙帶計(jì)算出打B點(diǎn)時(shí)紙帶的速度大小為________m/s。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)

(3)該小組內(nèi)同學(xué)根據(jù)紙帶算出了相應(yīng)點(diǎn)的速度,作出v2h圖線如圖b所示,請(qǐng)根據(jù)圖線計(jì)算出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=________m/s2。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)

【解析】(1)機(jī)械能守恒的條件是只有重力或系統(tǒng)內(nèi)的彈簧彈力做功,所以實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)就要排除除重力外的其他力做功,乙方案中的摩擦力做負(fù)功會(huì)導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)失敗。(2)圖甲為自由落體運(yùn)動(dòng),是勻變速運(yùn)動(dòng),中間時(shí)刻的速度等于平均速度。所以B點(diǎn)的瞬時(shí)速度等于AC的平均速度,vB=QUOTE=1.3675m/s≈1.37m/s。(3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgh=QUOTEmv2,整理就是v2=2gh,所以重力加速度就等于圖線斜率的一半。答案:(1)甲小車在斜面下滑有摩擦力做負(fù)功,機(jī)械能不守恒(2)1.37(3)9.78(9.75～9.81均可)三、計(jì)算題(本題共4小題,共48分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計(jì)算的要注明單位)13.(10分)如圖所示,傾角為30°的光滑斜面上放一質(zhì)量為2kg的小球,球被垂直于斜面的擋板擋住,若斜面足夠長,g取10m/s(1)球?qū)醢搴托泵娴膲毫Υ笮　?2)撤去擋板,3s末小球的速度大小。(3)撤去擋板,2s內(nèi)小球重力的平均功率。【解析】(1)對(duì)小球進(jìn)行受力分析:小球受重力,擋板對(duì)球的彈力F,斜面對(duì)球的彈力N。如圖所示:將F和N合成,根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得出:F=mgsin30°,N=mgcos30°(1分)代入數(shù)據(jù)解得:F=10N,N=10QUOTEN(1分)由牛頓第三定律可知:小球?qū)醢宓膲毫Υ笮?0N,對(duì)斜面的壓力大小為10QUOTEN。 (1分)(2)撤去擋板后,小球?qū)⒀匦泵鎰蚣铀傧禄?由牛頓第二定律mgsin30°=ma (1分)解得:a=5m/s2 (1分)根據(jù)速度公式:v=at1可得:v=5×3m/s=15m/s(2分)(3)小球在2s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移:x=QUOTEaQUOTE=QUOTE×5×22m=10m(1分)2s內(nèi)重力做功為W=mgxsin30°=2×10×10×QUOTEJ=100J(1分)2s內(nèi)重力的平均功率:QUOTE=QUOTE=QUOTEW=50W(1分)答案:(1)10N10QUOTEN(2)15m/s(3)50W14.(10分)如圖所示,斜面傾角為θ,滑塊質(zhì)量為m,滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,從距擋板為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,滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)。求滑塊從開始運(yùn)動(dòng)到最后停止滑行的總路程s?！窘馕觥炕瑝K在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的摩擦力大小Ff=μFN=μmgcosθ ①(2分)整個(gè)過程滑塊下落的總高度h=s0sinθ ②(2分)根據(jù)動(dòng)能定理mghFfs=0QUOTEmQUOTE ③(3分)聯(lián)立以上①②③得s=QUOTE+QUOTE (3分)答案:QUOTE+QUOTE15.(14分)完全由我國自行設(shè)計(jì)、建造的國產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試,并取得成功。航母上的艦載機(jī)采用滑躍式起飛,故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成,如圖1所示。為了便于研究艦載機(jī)的起飛過程,假設(shè)上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧,示意圖如圖2,AB長L1=150m,BC水平投影L2=63m,圖中C點(diǎn)切線方向與水平方向的夾角θ=12°(sin12°≈0.21)。若艦載機(jī)從A點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng),經(jīng)t=6s到達(dá)B點(diǎn)進(jìn)入BC。已知飛行員的質(zhì)量m=60kg,g取(1)艦載機(jī)水平運(yùn)動(dòng)的過程中,飛行員受到的水平力所做功W。(2)艦載機(jī)剛進(jìn)入BC時(shí),飛行員受到豎直向上的壓力FN多大?！窘忸}指南】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn):(1)艦載機(jī)水平運(yùn)動(dòng)的過程中,飛行員受到的水平力所做功等于其動(dòng)能的變化量。(2)根據(jù)幾何關(guān)系求出圓弧BC所在圓的半徑。(3)艦載機(jī)剛進(jìn)入BC時(shí)飛行