热点专练六 能量中的图像问题 能量中的多物体、多过程问题-【金版教程】2025年高考物理一轮总复习首选用卷课件PPT（新教材）

热点专练六　 能量中的图像问题　 能量中的多物体、多过程问题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 热点一　应用能量观点处理图像问题  1. (2022·江苏高考)某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是(　　) 答案 * 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 解析　设运动员的水平位移为x时，运动员所在位置处滑道与水平方向的夹角为θ，不计摩擦力及空气阻力，根据动能定理可知，运动员下滑过程有ΔEk＝mgΔxtanθ，即eq \f(ΔEk,Δx)＝mgtanθ，θ先不变后逐渐减小到0，则Ek­x图线的斜率mgtanθ先不变后逐渐减小到0；运动员滑过圆弧滑道最低点后向上滑动的过程有ΔEk＝－mgΔx·tanθ，即eq \f(ΔEk,Δx)＝－mgtanθ，θ逐渐增大，则Ek­x图线的斜率－mgtanθ的绝对值逐渐增大。故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2．(2021·湖北高考)如图a所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图b所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　　) A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N 答案 * 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 解析　0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，结合0～10 m内的Ek­s图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，结合10～20 m内的Ek­s图像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3 N。联立解得m＝0.7 kg，f＝0.5 N，A正确，B、C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3．(2023·福建省福州市高三二模)在无风天气里，毽子受到的空气阻力大小与其下落的速度大小成正比。一毽子从高处由静止竖直下落至地面的过程中，位移大小为x、速度大小为v、加速度大小为a，重力势能为Ep、动能为Ek、下落时间为t。取地面为零势能面，则下列图像正确的是(　　) 答案 * 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 解析　依题意可知，毽子所受空气阻力大小f＝kv(k为大于零的常量)，对毽子，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，得a＝g－eq \f(k,m)v，B正确；毽子下落过程中，速度v逐渐变大，则加速度逐渐减小，最后加速度可能减小为零，即速度先增大后可能不变，则x­t图像的斜率先增大后可能不变，A错误；设毽子原来的高度为h，则重力势能Ep＝mg(h－x)，则Ep与x为线性关系，C错误；根据动能定理W合＝ΔEk及功率的定义式P＝eq \f(W,t)，可知Ek­t图像的斜率为eq \f(ΔEk,Δt)＝P合，合外力做功的功率P合＝(mg－kv)v，在毽子下落过程中，v从0逐渐变大，最后可能不变，则Ek­t图像的斜率先从0增大，最后可能减小到0，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4．如图a，在竖直平面内固定一光滑半圆形轨道ABC，B为轨道的中点，质量为m的小球以一定的初动能Ek0从最低点A冲上轨道。图b是小球沿轨道从A运动到C的过程中，动能Ek与其对应高度h的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力大小为25 N，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2，由此可知(　　) A．小球的质量m＝0.2 kg B．初动能Ek0＝16 J C．小球在C点时重力的功率为60 W D．小球在B点受到轨道的作用力大小为85 N 答案 * 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 解析　由图b可知，光滑半圆形轨道的轨道半径R＝0.4 m，在最高点C，EkC＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)＝9 J，根据牛顿第二定律可得：mg＋FN＝2,C)eq \f(mv,R) ，联立解得m＝2 kg，故A错误；从A到C，根据动能定理可得：－2mgR＝EkC－Ek0，解得Ek0＝25 J，B错误；小球在C点时速度方向水平，故重力的瞬时功率P＝0，C错误；从A到B，根据动能定理可得：－mgR＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)－Ek0，解得vB＝eq \r(17) m/s，在B点，小球受到轨道的作用力大小为FNB＝2,B)eq \f(mv,R) ＝85 N，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 热点二　动能定理在流体问题中的应用 5. (2022·浙江6月选考)风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9 m/s时，输出电功率为405 kW，风速在5～10 m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是(　　) 答案 * A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比 B．单位时间流过面积A的流动空气动能为eq \f(1,2)ρAv2 C．若每天平均有1.0×108 kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109 kW·h D．若风场每年有5000 h风速在6～10 m/s范围内，则该发电机年发电量至少为6.0×105 kW·h 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 解析　单位时间流过面积A的流动空气的体积为V0＝Av，质量为m0＝ρV0＝ρAv，则单位时间流过面积A的流动空气的动能为eq \f(1,2)m0v2＝eq \f(1,2)ρAv3，风速在5～10 m/s范围内，风力发电机转化效率可视为不变，可知风速在5～10 m/s范围内时，该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，故A、B错误；若每天平均有1.0×108 kW的风能资源，则每天产生的风能E＝1.0×108 kW×24 h＝2.4×109 kW·h，由于风力发电转化效率小于100%，则每天发电量应小于2.4×109 kW·h，故C错误；若风场每年有5000 h风速在6～10 m/s范围内，当风速取最小值6 m/s时，该发电机年发电量具有最小值，根据题意，风速为9 m/s时，输出电功率为405 kW，由于风速在5～10 m/s范围内，转化效率可视为不变，由A项分析可知，当风速为6 m/s时，输出电功率为P＝63×eq \f(405,93) kW＝120 kW，则该发电机年发电量至少为E′＝Pt＝120 kW×5000 h＝6.0×105 kW·h，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 * 热点三　动能定理在多过程问题中的应用 6．(2023·山东省济南市一模)长度为1 m的匀质木板以3eq \r(5) m/s的水平速度进入一段长度为2 m的粗糙水平地面，木板与地面间的动摩擦因数为0.5，地面其余部分光滑，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．木板刚好全部进入粗糙地面时的速度为2eq \r(5) m/s B．木板刚好全部进入粗糙地面时的速度为eq \r(35) m/s C．木板全部滑出粗糙地面时的速度为eq \r(5) m/s D．木板全部滑出粗糙地面时的速度为5 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 解析　木板进入粗糙地面的过程，木板所受摩擦力大小与木板进入粗糙地面的长度成正比，设匀质木板的长度为x1，木板刚好全部进入粗糙地面时的速度为v1，由动能定理得－eq \f(\a\vs4\al(0＋μmg),2)x1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，其中v0＝3eq \r(5) m/s，解得v1＝2eq \r(10) m/s，A、B错误；设木板全部滑出粗糙地面时的速度为v2，粗糙水平地面的长度为x2，木板从开始进入粗糙地面到全部滑出粗糙地面的过程，由动能定理得－eq \f(1,2)(0＋μmg)x1－μmg(x2－x1)－eq \f(1,2)(0＋μmg)x1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得v2＝5 m/s，C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 ※7.(2023·山西省晋中市高三下三模)如图为 某游戏装置的示意图。CD、DE均为四分之一光 滑圆管，E为圆管DEG的最高点，圆管轨道半径 均为R＝0.6 m，各圆管轨道与直轨道相接处均相 切，GH是与水平面成θ＝37°角的斜面，底端H处有一弹性挡板，O2、D、O3、H在同一水平面内。一质量为0.01 kg的小物体，稍小于圆管内径，可视作质点，小物体从C点所在水平面出发通过圆管最高点E后，最后停在斜面GH上，小物体和GH之间的动摩擦因数μ＝0.625，其余轨道均光滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2，求： * 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 * (1)小物体出发时的速度v0满足什么条件？ (2)当小物体出发时的速度为v0＝eq \r(30) m/s时，小物体最后停在斜面上的何处？在斜面上运动的总路程为多大？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 答案 * 解析　(1)小物体在圆管中做圆周运动，当其恰好到达E点时，小物体在E点的速度为零，设小物体的初速度为v1，从C到E的运动过程， 根据动能定理有－mg·2R＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1) 解得v1＝2eq \r(6) m/s 答案　(1)2eq \r(6) m/s<v0<2eq \r(10) m/s (2)H处　1.8 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 当小物体经H处挡板反弹1次后恰好在E点速度减为零时，设小物体的初速度为v2，从C经H到E的运动过程，根据动能定理有－mg·2R－2μmgLcosθ＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2) 其中斜面GH的长度L＝eq \f(R,tanθ)，解得v2＝2eq \r(10) m/s 故2eq \r(6) m/s<v0<2eq \r(10) m/s。 (2)由于2eq \r(6) m/s<eq \r(30) m/s<2eq \r(10) m/s，且μmgcosθ<mgsinθ，故小物体最后停在H处 从小物体开始运动到小物体最后停止，设在斜面上运动的总路程为x，全过程根据动能定理有－mgR－μmgxcosθ＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 解得x＝1.8 m。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 ※8.(2021·全国甲卷)如图，一倾角为θ的光滑斜面上有 50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d， 减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质 点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速 带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现， 小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均 相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。 (1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能； (2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能； (3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？ * 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 答案 * 解析　(1)小车在光滑斜面上滑行时，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma 设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带前速度为v2，则有veq \o\al(2,2)－veq \o\al(2,1)＝2ad 因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面通过减速带后的速度与到达下一个减速带前的速度均为v1和v2，经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1) 联立以上各式解得ΔE＝mgdsinθ。 答案　(1)mgdsinθ　(2)eq \f(\a\vs4\al(mg（L＋29d）sinθ－μmgs),30) (3)L>d＋eq \f(\a\vs4\al(μs),sinθ) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * (2)由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上的运动过程，根据动能定理有－μmgs＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1) 从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有 mg(L＋29d)sinθ－ΔE总＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－0 联立解得ΔE总＝mg(L＋29d)sinθ－μmgs 故小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为 ΔE′＝eq \f(ΔE总,30)＝eq \f(\a\vs4\al(mg（L＋29d）sinθ－μmgs),30)。 (3)由题意可知ΔE′>ΔE，可得L>d＋eq \f(\a\vs4\al(μs),sinθ)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 * 热点四　系统机械能守恒问题 9.(2022·湖南省湘潭市高三上9月第一次模拟)质量为2π kg的均匀条形铁链AB在半径R＝eq \f(6,π) m的光滑半球体上方保持静止，已知∠AOB＝60°，给AB一个微小的扰动使之向右沿球面下滑，当端点A滑至C处时铁链变为竖直状态且其速度大小为2eq \r(14) m/s，以OC所在平面为参考平面，取g＝10 m/s2，则下列关于铁链的说法中正确的是(　　) A．铁链在初始位置时具有的重力势能为120 J B．铁链在初始位置时其重心高度小于eq \r(3) m C．铁链的端点A滑至C点时其重心下降约2.91 m D．铁链的端点B滑至C处时其速度大小为3eq \r(2) m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 解析　铁链的长度为l＝∠AOB·R＝2 m，设其静止时重心高度为h，其从开始下滑到端点A滑至C处的过程，由机械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－mg\f(l,2)))，可得h＝1.8 m>eq \r(3) m，铁链在初始位置时具有的重力势能为Ep＝mgh＝36π J≈113 J，故A、B错误；铁链的端点A滑至C点时其重心下降Δh＝h－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(l,2)))＝2.8 m，故C错误；铁链的端点B滑至C处时，由几何关系可知，其重心下降一半，由机械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)＋mgeq \f(h,2)，解得v2＝3eq \r(2) m/s，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 ※10.(2020·江苏高考)如图所示，鼓形轮的半径为R， 可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直 径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球 ，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着 质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。 重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与 轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量， 不计空气阻力，重力加速度为g。求： (1)重物落地后，小球线速度的大小v； (2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F； (3)重物下落的高度h。 * 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 答案 * 解析　(1)由题意可知，重物落地后，鼓形轮转动的角速度为ω，则根据线速度与角速度的关系可知，小球线速度的大小v＝2Rω。 (2)小球匀速转动，合力提供向心力，对转到水平位置A的小球分析受力，如图所示， 根据牛顿第二定律得eq \r(F2－（mg）2)＝meq \f(v2,2R)， 解得F＝meq \r(4R2ω4＋g2)。 答案　(1)2Rω　(2)meq \r(4R2ω4＋g2) (3)eq \f(（M＋16m）R2ω2,2Mg) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * (3)设重物落地时的速度大小为v1，重物下落过程中，对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据机械能守恒定律得 Mgh＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)×4mv2 重物落地时的速度大小等于鼓形轮匀速转动时边缘的线速度大小， 即v1＝Rω 联立解得h＝eq \f(（M＋16m）R2ω2,2Mg)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 热点五　能量观点在传送带和板块模型中的应用 11. (2023·广东省东莞市一模)如图所示为速冻食品 加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速 运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互 作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动，下 列说法正确的是(　　) A．饺子一直做匀加速运动 B．传送带的速度越快，饺子的加速度越大 C．饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量 D．传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能 答案 * 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 解析　饺子在传送带上先做匀加速直线运动，与传送带共速后，一起做匀速直线运动，故A错误；设饺子与传送带之间的动摩擦因数为μ，饺子质量为m，由牛顿第二定律有μmg＝ma，则饺子加速时的加速度a＝μg，与传送带的速度无关，故B错误；饺子从静止加速到与传送带共速的过程，设饺子的位移大小为s，饺子与传送带的相对位移大小为s相对，传送带的速度大小为v，从开始至两者共速所用时间为t，根据动能定理可知，饺子增加的动能Ek＝μmgs，根据功能关系，可知因摩擦产生的热量Q＝μmgs相对，又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到与传送带共速，饺子的位移s＝eq \f(v,2)t，s相对＝s传送带－s＝vt－eq \f(vt,2)＝eq \f(vt,2)，即s＝s相对，所以饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量，故C正确；根据功能关系，可知传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 * 12．(2022·辽宁省沈阳市郊联体高三上10月月考)(多选)如图甲所示，长木板在粗糙的水平地面上向左运动，某时刻一质量与长木板相等的滑块(可视为质点)水平向左以某一初速度从右端滑上木板，滑块始终在木板上且滑块的动能—位移(Ek­x)图像如图乙所示。已知长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小为10 m/s2，则(　　) A．小滑块和木板的质量均为0.25 kg B．小滑块与木板之间的动摩擦因数是0.6 C．小滑块滑上木板瞬间，木板的速度大小为eq \f(2,3) m/s D．木板长度至少为eq \f(4,9) m，小滑块才不会冲出木板 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 解析　设小滑块和木板的质量均为m，小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，由题图乙知，小滑块的初动能为Ek0＝4 J，运动位移x1＝1 m后动能变为Ek1＝1 J，滑块与木板共速，之后两者一起减速，再运动x2＝2 m动能变为0，滑块与木板停止运动，前一段过程对小滑块由动能定理有－μ1mgx1＝Ek1－Ek0，后一段过程对小滑块和木板整体由动能定理有－μ2·2mgx2＝0－2Ek1，由题知μ2＝0.1，解得m＝0.5 kg，μ1＝0.6，A错误，B正确；根据Ek0＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，小滑块滑上木板瞬间，滑块的速度大小为v0＝eq \r(\f(2Ek0,m))＝4 m/s，同理共速时滑块的速度v1＝eq \r(\f(2Ek1,m))＝2 m/s，前一阶段，滑块减速的加速度大小a1＝eq \f(μ1mg,m)＝μ1g＝6 m/s2，到达共速的时间t＝eq \f(v0－v1,a1)＝eq \f(1,3) s，对木板分析，由μ1mg>μ2·2mg可知，此阶段木板加速，木板的加速度大小a2＝eq \f(μ1mg－μ2·2mg,m)＝4 m/s2，小滑块滑上木板瞬间木板的速度大小为v0板＝v1－a2t＝eq \f(2,3) m/s，到达共速时木板的位移大小x1′＝eq \f(v0板＋v1,2)t＝eq \f(4,9) m，小滑块相对木板的位移大小Δx＝x1－x1′＝eq \f(5,9) m，即木板长度至少为eq \f(5,9) m，小滑块才不会冲出木板，C正确，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 * ※13.(2023·北京市昌平区高三下模拟)(多选)在大型物流货场，广泛地应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面夹角为θ的倾斜传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2 s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图像如图乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2。由v­t图像可知(　　) A．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5 B．A、B两点间的距离为2.4 m C．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功为－11.2 J D．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带因摩擦产生的热量为19.2 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析 * 解析　设货物与传送带间的动摩擦因数为μ，由题图乙可以看出货物先后做匀加速直线运动的加速度大小分别为a1＝eq \f(2－0,0.2－0) m/s2＝10 m/s2，a2＝eq \f(4－2,1.2－0.2) m/s2＝2 m/s2，对货物受力分析，根据牛顿第二定律，0～0.2 s时间内，有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，0.2～1.2 s时间内，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，代入数据解得θ＝37°，μ＝0.5，A正确；货物的位移就是A、B两点间的距离，由v­t图像与时间轴围成图形的面积表示位移可知，xAB＝x1＋x2，其中x1＝eq \f(1,2)×2×0.2 m＝0.2 m，x2＝eq \f(1,2)×(2＋4)×(1.2－0.2) m＝3 m，可得xAB＝3.2 m，B错误；货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做的功即为两段运动过程中摩擦力对货物做的功，即W＝W1＋W2，其中W1＝μmgcosθ·x1，W2＝－μmgcosθ·x2，解得W＝－11.2 J，C正确；货物从A运动到B的过程中，货物与传送带因摩擦产生的热量为Q＝μmgcosθ·x相对，其中x相对＝eq \f(1,2)×2×0.2 m＋eq \f(1,2)×(4－2)×(1.2－0.2) m＝1.2 m，联立解得Q＝4.8 J，D错误。 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R $$