2.6.2 三大观点求解多过程问题(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考物理二轮复习专题辅导与测试(北京，江苏专版)

主题二　三大观点求解多过程问题 [典例示法·建模型] 1.解答力学问题的三大观点 (1)动力学观点 表达式 适用条件 牛顿第二定律:F合=ma 只适用于宏观物体做低速运动 运动学公式:v=v0+at,x=v0t+at2 只适用于物体做匀变速直线运动 (2)能量观点 表达式 适用条件 动能定理:F合x=m-m 适用于单个物体或物体系受到的合力对位移的积累效果 机械能守恒定律:mgh1+m=mgh2+m 适用于只有重力或弹力做功的系统 能量守恒定律: ΔE增=ΔE减 适用于一切系统 (3)动量观点 表达式 适用条件 动量定理:F合t=mv2-mv1 适用于单个物体或物体系受到的合力对时间的积累效果 动量守恒定律:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' 适用于合外力为零的系统 2.涉及动量的多过程问题的分析思路 　　[典例]　(2024·安徽高考)如图所示,一实验小车静止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点,一物块静止于小车最左端,一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方,并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时,静止释放小球,小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞,碰撞后,物块沿着轨道运动。已知细线长L=1.25 m,小球质量m=0.20 kg,物块、小车质量均为M=0.30 kg,小车上的水平轨道长s=1.0 m,圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小; (2)求小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小; (3)为使物块能进入圆弧轨道,且在上升阶段不脱离小车,求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 　　[解析]　(1)小球运动到最低点的过程中,由动能定理得mgL=m-0 解得v0=5 m/s 在最低点,对小球由牛顿第二定律得 FT-mg=m 解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N。 (2)小球与物块碰撞过程为弹性碰撞,由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0=mv1+Mv2,m=m+M 解得小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小为v2=v0=4 m/s。 (3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点,此时物块和小车共速,则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv3 由能量守恒定律得M=×2M+μ1Mgs 解得μ1=0.4; 若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置,此时物块和小车共速,则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv4,由能量守恒定律得 M=×2M+μ2Mgs+MgR, 解得μ2=0.25, 综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。 [答案]　(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4 [考法全训·用模型] 考法1　动力学与能量的综合应用 1.(2024·扬州模拟)如图甲为皮带输送机简化模型图,皮带输送机倾角θ=37°,顺时针匀速转动,在输送带下端A点无初速度放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中,其机械能E与位移s的关系图像(以A点位置所在水平面为零势能面)如图乙所示。货物视为质点,质量m=10 kg,取重力加速度g=10m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是 (　 ) A.货物与输送带间的动摩擦因数为0.825 B.输送带A、B两端点间的距离为8 m C.货物从下端A点运动到上端B点的时间为9 s D.皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为585 J 解析:选C　由题图可知,货物沿输送带向上运动s1=0.5 m后与输送带相对静止,机械能增加量ΔE1=μmgcos 37°·s1,解得μ=0.875,故A错误;由图像可知,货物沿输送带向上运动0.5 m后与输送带相对静止,此后货物的动能不变,重力势能增加,有mgs2sin 37°=ΔE2,解得s2=8 m,则输送带两端点之间的距离为L=s1+s2=8.5 m,故B错误;加速阶段根据牛顿第二定律有μmgcos 37°-mgsin 37°=ma,解得a=1 m/s2,加速阶段有s1=a,解得t1=1 s,输送带速度为v=at1=1 m/s,匀速阶段有s2=vt2,解得t2=8 s,所以总时间为t=t1+t2=9 s,故C正确;根据能量守恒,其多消耗的能量为E=μmgcos 37°·Δs1+mv2+mgLsin 37,其中Δs1=vt1-s1,联立解得E=550 J,故D错误。 考法2　能量与动量的综合应用 2.如图所示,一小车静止于光滑水平面上,小车由两部分组成,左侧倾角θ=37°的粗糙斜面通过一小段圆弧(图中未画出)和右侧光滑水平台面平滑连接,小车整体质量M=4 kg,在小车右端有一固定挡板,挡板左侧固定有轻弹簧。小车刚开始靠在竖直墙壁上,一质量为m=2 kg的滑块(可视为质点)从斜面上与光滑水平台面间的高度h=0.3 m的位置以一定的初速度沿斜面滑下,第一次压缩弹簧时弹簧具有最大的弹性势能Ep0=6.0 J。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.125,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6。 (1)求滑块沿斜面滑下的初速度大小v0; (2)若已知滑块第一次返回斜面上升的最大高度为h1,求上滑过程中滑块所受平均摩擦力的大小f; (3)经足够长的时间,求滑块与小车组成的系统因摩擦产生的热量E。 解析:(1)经受力分析可知,滑块刚开始从斜面上滑下时小车不动,当滑块滑到斜面底端时,设其速度为v1,滑块在光滑水平台面上的运动过程中滑块和小车组成的系统在水平方向上动量守恒,设弹簧第一次压缩最短时滑块和小车的共同速度为v2,有mv1=(M+m)v2 根据机械能守恒定律得Ep0=m-(m+M) 解得v1=3 m/s,v2=1 m/s 滑块在斜面上的运动过程,由动能定理得 (mgsin θ-μmgcos θ)=m-m 解得v0=2 m/s。 (2)从滑块滑到斜面底端开始到滑块第一次返回斜面到达最高点的过程中,滑块和小车组成的系统在水平方向上动量守恒,则有mv1=(M+m)v3 根据能量守恒定律可得 f·+mgh1=m-(m+M) 解得f=N。 (3)经足够长时间,滑块最终会相对小车静止,由动量守恒定律及能量守恒定律可知mv1=(M+m)v4,m+mgh=(m+M)+E 解得E=7 J。 答案:(1)2 m/s　(2)N　(3)7 J 考法3　三大观点的综合应用 3.(2024·高邮模拟)如图所示,半径R=1.0 m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置,圆弧最低点B与长为L=0.5 m的水平面BC相切于B点,BC离地面高h=0.45 m,C点与一倾角为θ=37°的光滑斜面连接,质量m=1.0 kg的小滑块从圆弧上某点由静止释放,到达圆弧B点时小滑块对圆弧的压力刚好等于其重力的2倍,当小滑块运动到C点时与一个质量M=2.0 kg的小球正碰,碰撞时间极短,碰后小滑块返回恰好停在B点,已知小滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.1。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)求: (1)小滑块应从圆弧上离地面多高处释放; (2)碰后小球第一次落点到C点的距离。 解析:(1)由题意可知B点为圆弧轨道的最低点, 由牛顿第三定律可知,小滑块在B点时所受支持力为FN=2mg 在该点根据牛顿第二定律有FN-mg= 解得vB= m/s 设滑块由距离地面H高处下滑,由机械能守恒定律可得mg(H-h)=m 解得H=0.95 m。 (2)设小滑块到达C点在碰撞前的速度大小为v1,由动能定理可得-μmgL=m-m 解得v1=3 m/s 设碰后小滑块速度大小为v2,小球速度大小为v3,由动量守恒定律可得 mv1=Mv3-mv2 碰后对小滑块由动能定理,得-μmgL=0-m 联立解得v2=1 m/s,v3=2 m/s 碰后小球做平抛运动,其水平方向上做匀速直线运动,有x=v3t 竖直方向上做自由落体运动y=gt2 设小球落在水平地面上,则有y=h=0.45 m 解得t=0.3 s 水平位移大小为x=0.6 m 落点与C点的距离为s==0.75 m 斜面的长为l==0.75 m 所以小球恰好落在斜面与水平地面的交点上 综上所述,小球第一次落点与C点的距离为0.75 m。 答案:(1)0.95 m　(2)0.75 m [专题六　课时作业(二)]　主题二学习效果评价 (本检测满分70分) 一、选择题(共6小题,每小题5分,共30分) 1.(2024·常州模拟)如图为某运动员完成蹦床运动时,利用传感器测得蹦床弹力随时间变化的图像。假设运动员仅在竖直方向运动,且不计空气阻力,g取10 m/s2。依据图像判断下列说法正确的是 (　 ) A.在6.5 s至8.5 s的时间内运动员的速度为零 B.运动员的最大加速度大小为40 m/s2 C.运动员离开蹦床上升的最大高度为6 m D.在8.5 s至9.5 s的时间内运动员对蹦床的弹力平均值为1 500 N 解析:选D　由题图可知,在6.5 s至8.5 s的时间内蹦床弹力为0,说明运动员在空中运动,速度不为零,选项A错误;运动员在空中时间为t=8.5 s-6.5 s=2 s,由运动的对称性可知,上升和下落时间均为t1=1 s,运动员离开蹦床上升的最大高度为h=g=5 m,选项C错误;由题图可知,运动员的重力为500 N,质量为m==50 kg,运动员的最大加速度大小为am==30 m/s2,选项B错误;在8.5 s至9.5 s内,蹦床弹力由0增加到2 000 N再减小到0,可知运动员从接触蹦床到离开蹦床的时间t0=1 s,运动员接触蹦床时和离开蹦床时速度大小相等,均为v==10 m/s,根据动量定理有(-G)×t0=mv-(-mv),解得=1 500 N,根据牛顿第三定律可知运动员对蹦床的弹力平均值为1 500 N,选项D正确。 2.(2024·淮安联考)如图所示,轻弹簧上端固定在内壁光滑的玻璃管顶部,下端拴接质量为m的小球,玻璃管与水平方向夹角为30°,玻璃管内径略大于小球直径,现将小球由弹簧原长处由静止释放,小球运动过程中的加速度a与弹簧伸长量x的关系如图所示,其中图线与x轴交点坐标x0为已知,弹簧始终在弹性限度内,弹性势能Ep=kx2,重力加速度为g,则 (　 ) A.小球运动到最低点时,所受弹簧弹力大小为2mg B.弹簧的劲度系数为 C.小球沿管壁向下运动过程中动能最大值为 D.弹簧拉伸量为x0时,弹性势能为 解析:选C　根据kx0=mgsin 30°,得弹簧的劲度系数为k=,故B错误;小球运动到最低点时,根据动能定理mgsin 30°·x=kx2,得x=2x0,小球所受弹簧弹力大小为F=kx=mg,故A错误;当弹簧伸长量为x0时,动能最大,根据动能定理mgsin 30°·x0-k=m-0=Ekm,得Ekm=,故C正确;弹簧拉伸量为x0时,弹性势能为Ep=k=,故D错误。 3.(2024·扬州调研)如图(a)所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x与斜面倾角θ的关系如图(b)所示,取g=10 m/s2,=2.24,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则根据图像可求出 (　 ) A.物体的初速率v0=5 m/s B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8 C.当θ=30°时,物体达到最大位移后将保持静止 D.取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin≈0.7 m 解析:选D　由题图可知,当θ=90°时物体做竖直上抛运动,位移为x=0.80 m,由竖直上抛运动规律可知=2gh,代入数据解得v0=4 m/s,故A错误;当θ=0°时,位移为x=1.60 m,由动能定理可得-μmgx=0-m,代入数据解得μ=0.5,故B错误;θ=30°时,物体的重力沿斜面向下的分力为mgsin 30°=mg,最大静摩擦力为fm=μmgcos 30°=mg<mgsin 30°,物体达到最高点后会下滑,故C错误;由动能定理得-mgxsin θ-μmgcos θ·x=0-m,解得x==,当θ+α=90°时,sin=1,此时位移最小为xmin= m≈0.7 m,故D正确。 4.(2024·常州模拟)如图所示,质量为M=1 kg的长木板放在粗糙的水平地面上,质量m=0.5 kg的小物块置于长木板右端,小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.4,长木板与地面之间的动摩擦因数μ2=0.1。现给小物块施加一个水平向左的恒力F1=3 N,给长木板施加一个水平向右的恒力F2=4.5 N。2 s时撤掉力F1,小物块始终未从长木板上掉下来。下列说法正确的是 (　 ) A.0~2 s长木板的加速度aM=3 m/s2 B.0~2 s过程中F1对小物块做了10 J的功 C.0~4 s的过程中小物块与长木板之间的摩擦生热Q=24 J D.恒力对小物块、长木板系统做的功等于系统机械能的增加量 解析:选C　对长木板进行受力分析,受力示意图如图甲所示。根据牛顿第二定律F2-μ1mg-μ2g=MaM,aM=1 m/s2,故A错误;对小物块进行受力分析,小物块先在拉力、摩擦力的作用下做匀加速直线运动,后在摩擦力的作用下做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律有F1-μ1mg=ma1,μ1mg=ma2,解得a1=2 m/s2,a2=4 m/s2,长木板和小物块在0~4 s内的v⁃ t图像如图乙所示,0~2 s小物块做匀加速直线运动,位移为x=4 m,拉力F1对小物块做功为W=12 J,故B错误; 两条v⁃ t图像围成的面积表示小物块相对于长木板运动的长度,由v⁃ t图像可知L=12 m,小物块与长木板之间的摩擦生热Q=μ1mgL=24 J,故C正确;恒力对小物块、长木板系统做的功等于系统机械能的增加量加上摩擦生热,故D错误。 5.如图所示,A、B、C三个半径相同的刚性小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上,三个球的质量分别为mA=2 kg、mB=3 kg、mC=2 kg。初状态三个小球均静止,B、C两球之间连着一根轻质弹簧,弹簧处于原长状态。现给A球一个向左的初速度v0=10 m/s,A、B两球碰后A球的速度方向变为向右,大小为2 m/s。下列说法错误的是 (　 ) A.球A和球B间的碰撞是弹性碰撞 B.球A和球B碰后,弹簧的最大弹性势能可以达到96 J C.球A和球B碰后,球B的最小速度为1.6 m/s D.球B和球C从开始作用至弹簧第一次恢复原长时,球C的速度大小为9.6 m/s 解析:选B　A、B两球相碰,杆光滑,水平方向不受摩擦力,则A、B两球组成的系统动量守恒,规定水平向左为正方向,根据动量守恒定律有mAv0=mAv1+mBv2,代入数据可得v2=8 m/s,碰撞前系统总动能为mA,碰撞后系统总动能为mA+mB,代入数据可知mA=mA+mB,则A、B两球碰撞过程中系统机械能守恒,因此该碰撞是弹性碰撞,故A不符合题意;当B、C两球速度相等时,弹簧的弹性势能最大,则由动量守恒定律和机械能守恒定律有mBv2=(mB+mC)v共,Ep=mB-(mB+mC),解得Ep=38.4 J,故B符合题意;A、B两球碰撞后,B、C两球及弹簧组成的系统,在运动过程中满足动量守恒和机械能守恒,当B球的速度最小时,弹簧处于原长状态,有mBv2=mBv3+mCv4,mB=mB+mC,解得v3=1.6 m/s,v4=9.6 m/s,故C、D不符合题意。 6.(2024·宜兴模拟)如图所示,电动机带动的传送带与水平方向夹角θ=37°,与两皮带轮O1、O2相切于A、B两点,从A点到B点长度为L1=5.6 m。传送带以v0=0.8 m/s的速率顺时针转动。两皮带轮的半径都为R=1.5 m。长度为L2=2.0 m的水平直轨道CD和传送带皮带轮最高点平滑无缝连接。现有一体积可忽略,质量为m=0.5 kg的小物块在传送带下端A点无初速度释放。若小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ1=0.8,与水平直轨道CD之间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2。则 (　 ) A.小物块从A点运动到B点的时间为6 s B.小物块运动到皮带轮O2最高点时,不受皮带轮O2的支持力作用 C.将小物块由A点送到C点电动机多消耗的电能为21.02 J D.若小物块刚好停在CD中点,则μ2=0.32 解析:选C　小物块在传送带下端A点无初速度释放后,受到的滑动摩擦力沿传送带向上,做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得μ1mgcos 37°-mgsin 37°=ma,解得a=0.4 m/s2,假设小物块能与传送带达到相同速度,则做匀加速直线运动时小物块上滑的位移为x1== m=0.8 m<L1,则假设成立,小物块匀加速运动的时间为t1== s=2 s,速度相同后,由于μ1mgcos 37°>mgsin 37°,小物块与传送带一起匀速,小物块匀速运动的时间为t2== s=6 s,则小物块从A点运动到B点所用的时间为t=t1+t2=8 s,A错误;小物块运动到皮带轮O2最高点时所需的向心力F'=m≈0.21 N<mg=5 N,所以小物块运动到皮带轮O2最高点时,一定受到皮带轮O2的支持力作用,B错误;小物块与传送带的相对位移为Δx=v0t1-x1=0.8 m,小物块与传送带摩擦产生的热量为Q=μ1mgcos 37°·Δx=2.56 J,B、C两点的高度h=R-Rcos 37°=0.3 m,小物块从A点运动到C点,根据能量守恒定律可得电动机比空载时多消耗的电能为E=Q+m+mg(L1sin 37°+h)=21.02 J,故C正确;若小物块刚好停在CD中点,根据动能定理有μ2mg=m,解得μ2=0.032,D错误。 二、非选择题(共3小题,共40分) 7.(12分)(2024·广东高考)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1) 安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN,敏感球的质量为m,重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。 (2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动,与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小取g=10 m/s2。求: ①碰撞过程中F的冲量大小和方向; ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 解析:(1)对敏感球受力分析,敏感球受向下的重力mg、敏感臂对其向下的压力FN和斜面对其斜向上的支持力N,则由牛顿第二定律可知,tan θ=ma 解得tan θ=。 (2)①由题图丙可知,碰撞过程中F的冲量大小 IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s 方向竖直向上; ②头锤刚落到气囊上瞬时的速度大小为 v0==8 m/s 头锤与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)得IF-Mgt=Mv-(-Mv0) 解得v=2 m/s 则碰撞结束后头锤上升的最大高度h==0.2 m。 答案:(1)　(2)①330 N·s　方向竖直向上　②0.2 m 8.(13分) (2024·扬州一模)如图,圆心角为θ=53°、质量为2m的弧形物块A与质量为m的弧形物块B叠放在一起,并将物块A、B粘连,构成一个半径R=0.75 m的四分之一光滑圆弧轨道,静止在光滑的水平面上。质量为m的滑块C,以速度v0水平向右冲上轨道。取重力加速度g=10 m/s2。 (1)要使物块不会从最高点冲出轨道,求v0应该满足的条件; (2)若v0=5 m/s,求滑块能上升的最大高度; (3)若将物块B撤去,滑块C以v0=3 m/s的速度冲上A,求滑块C滑至物块A的最高点时物块A的速度大小。 解析:(1)以滑块和物块A、B为系统,取水平向右为正方向,滑块不从最高点冲出轨道时,设共同速度为v1,根据水平方向动量守恒mv0=4mv1 根据机械能守恒定律m=×4m+mgR 解得v0=2 m/s 即v0应该满足的条件为v0≤2 m/s。 (2)取系统初始位置为初状态,滑块C到达空中最高点为末状态,根据水平方向动量守恒有mv0=4mv1 根据机械能守恒定律m=×4m+mgh 解得h=0.937 5 m。 (3)设滑块C滑离物块A时物块A的速度为vA,滑块C相对于物块A的速度为vCA,根据水平方向动量守恒有mv0=2mvA+m 根据能量守恒定律有 m=×2m+mgR+m 解得vA=1 m/s。 答案:(1)v0≤2 m/s　(2)0.937 5 m　(3)1 m/s 9.(15分) (2024·无锡调研)图甲为某游戏项目模型,由弹性发射装置P、倾角θ=37°长l1=2.75 m的固定斜面AB、质量m1=1 kg的表面为四分之一光滑圆弧的滑块M和质量m2=4 kg长度l2=2.25 m 的平板小车等四部分组成。圆弧CD的半径R=1 m,最低点C与小车等高。当P把m=1 kg的小物块(视为质点)以v0=4 m/s的速度水平弹出,恰好由A点沿斜面方向进入斜面,不考虑其运动时通过各连接点间的动能损失。小物块与斜面AB间的动摩擦因数μ1=0.5,忽略小车和滑块M下表面与地面的摩擦。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (1)求水平弹出点离A点的竖直高度h1。 (2)若锁定平板小车,小物块与小车间的动摩擦因数μ2=0.6。求小物块滑上M时对C点的压力F及上滑的最大高度h2。 (3)现解除小车锁定,并在小车上表面喷涂一种特殊材料(不计喷涂材料的质量),使小物块与小车间的动摩擦因数能从右(B端)向左随距离变化,如图乙所示。若小物块仍以v0=4 m/s的速度水平弹出,试分析小物块能否通过C点?并说明理由。 解析:(1)根据平抛运动规律,在A点有=tan 37° 其中=2gh1 解得h1=0.45 m。 (2)小物块在A点的速度vA==5 m/s 从A点到B点过程,根据动能定理有 mgl1sin 37°-μ1mgcos 37°·l1=m-m 解得vB=6 m/s 从B点到C点过程,根据动能定理有 -μ2mgl2=m-m 解得vC=3 m/s 在圆轨道C点,根据牛顿第二定律有N-mg=m 根据牛顿第三定律可知, 小物块滑上M时对C点的压力F=N 解得F=19 N,方向竖直向下 设小物块滑上M达到最大高度时,小物块与M共同速度为v1, 由动量守恒定律有mvC=v1, 即v1= m/s 由机械能守恒定律得m=+mgh2 解得h2=0.225 m。 (3)小物块从B点到C点的过程,克服摩擦力做功 Wf=-μ3mgl21-mgl22=-6.5 J 若到C点共速,则有mvB=v共 解得v共=1 m/s 则有ΔE损=m-=15 J>6.5 J 故能通过C点。 答案:(1)0.45 m　(2)19 N,方向竖直向下　0.225 m　(3)能通过C点,理由见解析 学科网（北京）股份有限公司 $$