专题强化练(五) 机械振动和机械波-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习课时作业

班级 姓名 专题强化练（五） …0基础达标练0。 1.(多选)(2025·河南省郑州市高三第三次 质检)如图甲，固定有蜂鸣器的滑块在M、 N间做简谐运动，O点为平衡位置.小明使 用该装置时听到蜂鸣器的频率会变化，为 解释该现象查阅资料后发现，当观察者静 止时，其接收频率∫与波源移动速度。的 关系如图乙所示（取波源靠近观察者时速 度为正)，其中∫。为波源频率.现将滑块推 至M点由静止释放，小明的耳朵在N点正 右侧，已知A、B为关于O点对称的两点， 蜂鸣器发声频率为1000Hz,则物块 蜂鸣器 滑块 /B M 0 0 甲 乙 A.到达N点时，小明听到的频率等于 1000Hz B.同向经过A、B两点时，小明听到的频率 相同 C.连续两次经过A点时，小明听到的频率 相同 D.从M点到N点的过程中，小明听到的频 率先大于1000Hz,后小于1000Hz 2.(2025·北京卷·5)质点S沿竖直方向做 简谐运动，在绳上形成的波传到质点P时 的波形如图所示，则 得分 机械振动和机械波 A.该波为纵波 B.质点S开始振动时向上运动 C.S、P两质点振动步调完全一致 D.经过一个周期，质点S向右运动一个波 长距离 3.(2025·四川省雅安市高三二模)如图所 示，光滑的斜面上有一弹簧振子，O为其平 衡位置，物块在P、Q两点间做周期为T的 简谐运动.下列说法正确的是 A.物块动量变化的周期为T B.弹簧弹性势能变化的周期为T C.物块在O点时，弹簧处于原长 D.物块在P、Q两点加速度相等 4.(2025·安徽卷·2)如图，某同学演示波动 实验，将一根长而软的弹簧静置在光滑水 平面上，弹簧上系有一个标记物，在左端沿 弹簧轴线方向周期性地推、拉弹簧，形成疏 密相间的机械波.下列表述正确的是 /0000000W0000m00 标记物 A.弹簧上形成的波是横波 B.推、拉弹簧的周期越小，波长越长 C.标记物振动的速度就是机械波传播的 速度 D.标记物由静止开始振动的现象表明机械 波能传递能量 13 班级 姓名 5.(多选)(2025·浙江1月选考·12)如图1 所示，两波源S1和S2分别位于x=0与x =12m处，以x=6m为边界，两侧为不同 的均匀介质.t=0时两波源同时开始振动， 其振动图像相同，如图2所示.t=0.1s时 x=4m与x=6m两处的质点开始振动. 不考虑反射波的影响，则 y/cm S2 /(×10-2g) 0468.412xm 图1 图2 A.t=0.15s时两列波开始相遇 B.在6m<x≤12m间S2波的波长为 1.2m C.两列波叠加稳定后，x=8.4m处的质点 振动减弱 D.两列波叠加稳定后，在0<x<6m间共 有7个加强点 …0能力提升练0 6.(2025·河南省安阳市高三二模)如图1所 示的装置，重物A、B和C通过不可伸长的 轻质细绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连 接，重物A和B的质量均为m,悬挂重物C 的细绳与两定滑轮水平线夹角为60°时，系 统将处于静止状态.设重物C在此位置坐 标为0，缓慢把重物C向上托起1cm,然后 由静止释放并开始计时，重物C的运动可 视为简谐运动，取竖直向上为正方向，重物 C的振动图像如图2所示，下列说法正确 的是 60° 600 Y/cm 图1 图2 114 得分 A.重物C的质量为√5m B.重物C简谐运动的振幅为2cm C.重物C在t=2s时速度为0 D.重物C在t=4s时加速度方向竖直向下 7.(多选)(2025·河北卷·9)如图，截面为等 腰三角形的光滑斜面体固定在水平地面 上，两个相同的小物块通过不可伸长的细 绳跨过顶端的轻质定滑轮，静止在斜面体 两侧，细绳与斜面平行.此外，两物块分别 用相同的轻质弹簧与斜面体底端相连，且 弹簧均处于原长.将左侧小物块沿斜面缓 慢拉下一小段距离，然后松开.弹簧始终在 弹性限度内，斜面倾角为0，不计摩擦和空 气阻力.在两物块运动过程中，下列说法正 确的是 Y00000DH Y0000 0 A.左侧小物块沿斜面做简谐运动 B.细绳的拉力随左侧小物块加速度的增大 而增大 C.右侧小物块在最高位置的加速度与其在 最低位置的加速度大小相等 D.若0增大，则右侧小物块从最低位置运 动到最高位置所用的时间变长 8.(多选)(2025·山东省大教育联盟模拟)如 图所示，位于坐标原点的波源从0=0时刻 开始做简谐运动，产生的简谐横波沿x轴 正方向传播，t1=1.2s时该波传播到x= 6m处.质点P的平衡位置坐标为x=12m, 下列判断正确的是 班级 姓名 y/cm P 12 x/m -2 A.t2=3.7s时，质点P的速度沿y轴正 方向 B.t2=3.7s时，质点P的加速度沿y轴正 方向 C.0~3.7s内，质点P通过的路程为9cm D.以3.7s时刻为计时起点，质点P的振 动方程为y=2sim(受1-若）cm 9.(2025·广西卷·13)某乐器发出频率为两 倍关系的两个纯音（简谐声波），其波形叠 加后呈现一种周期性变化.图甲和图乙分 别为同一时刻两列简谐声波单独沿x正方 向传播的波形图，图中的坐标原点位于同 一质点处，声速为340m/s. y/um 1.0 20x/m -1.0 分 y/um 0日 20x/m -1.777777用 乙 (1)从图中读出这两列波的波长. (2)该时刻这两列波叠加，分别求x=0和x =0.375m处的质点在该时刻偏离平衡位 置的位移. ·115 得分 (3)求这两列波叠加后的周期. …0创新拓展练0 10.(多选)(2025·广东省佛山市高三第二次 质检)如图所示，在光滑水平面上方空间 存在一匀强电场，其大小为E、方向水平向 左.劲度系数为k的弹簧左端固定在墙面 上，右端与带电量为十q、质量为m的绝缘 小滑块a相连，O点为弹簧原长位置，给a 一定初速度起振后，P点为a能到达的最 左端位置，PO距离为xo.当a运动至P 时，在其右端立即无初速放置一个带电量 为十2q,质量为m的绝缘小滑块b,a、b之 间无电量交换，已知kxo=8Eq,下列说法 正确的是 nA4My90400Xammn A.放b前，a运动到O处速度最大 B.放b前，a运动到P处加速度最大 C.放b后，若ab粘连不分离，弹簧振子振 幅会减小 D.放b后，若ab不粘连，则两者会在O点 右侧日处分腐5.A位于初始位置时，根据向心加速度公式，小球的向心加 逵度大小为4=至，浴针面向下，根据牛摄第二定律 mgsin0=ma2,解得沿斜面向下的加速度大小为a2=gsin0, 根据平行四边形定则知，则小球位于初始位置时的加速度 6 a=√十>a1=7,故A错误；由图乙可知，小球通过 最高点时细线的拉力为T=0,根据向心力公式mgsin0= m平，解得小球通过最高点时的達度=Vgsn,故B 正确：小球在初始位置时，根搭向心力公式F。=m宁，则 小球通过最高点时的速度=√1sin√下。 /mgsin 6 一0，故 C正确：小球通过最低，点时，细线的拉力最大，根据牛顿第二 定律有2P。一mgsn0=m三，联立解得小球通过最低点的速 2Fo-mgsin 0 度为F ,故D正确，本题选择错误的选项 6.BC对于题述环月椭圆轨道和环月圆轨道，中心天体相 (a+b+2R13 同，可以使用开普勒第三定律，故有 2 r T 72,解 得，=b+R,故A错误，B正确；对于环月圆轨道，微圆 2 周运动：根据万有引力提供向心力：=m(停)广，解 得M=4π2,3 GT户，故C正确，D错误. 7.B球B运动到最高，点时，球B对杆恰好无作用力，即重力 恰好提供向心力，根据牛顿第二定律则有mg=m霓，解得 B=√2gL,故A错误；由于A、B两球的角速度相等，由u =r,得球A的连度大小为以=之%=分Bg,故B正 确；杆对A球的作用力为T,根据牛顿第二定律可得T mg=m产，则T=号g,B球到最高点时，时杆无弹力，所 以水平转轴对杆的作用力为1.5mg,C、D错误. 8.A卫星b在地球的同步轨道上，所以卫星b和地球具有 相同的周期和角速度.由万有引力提供向心力，即GMm= r w2r,ω √，阳距离地球表面的高度为R,所以卫星a G 的角速度心√，此时a,b怡好相距敢近，到卫星和 b下一次相距最近，(wa一w)t=2π，t= 2π 一，故A正 GM √8R-w 确：卫星C与卫星b的轨道相同，所以速度是相等的，但由于不 知道它们的质量的关系，所以不能判断出卫星c的机械能等于 卫星b的机械能.故B错误；让卫星C加速，所需的向心力增 大，由于万有引力小于所需的向心力，卫星c会做离心运动，离 开原轨道，所以不能与b实现对接，故C错误：卫星b绕地球 做匀速圆周运动，7.9k/s是指在地球上发射的物体绕地球 飞行做圆周运动所需的最小初始速度，11.2km/s是物体挣脱 地球引力束缚的最小发射速度.所以发射卫星b时速度大于 7.9km/s,而小于11.2km/s,故D错误. 9.D刚开始角速度较小时，A、B两个物体由所受的静摩擦 力提供向心力，因B物体离中心轴更远，故B物体所需要 向心力更大，即B物体所受到的静摩擦力先达到最大值， ·24 此时则有mg=mw2×2r,B所示摩擦力达到最大静摩擦 力后，对A,由牛顿第二定律得fA十T=5r,对B,由牛 顿第二定律得fB十T=×2r,消去T可得fA=3mr 十fB,可知w继续增大，直到A摩擦力达到最大值5以mg, 此过程B摩擦力保持不变，根据两者摩擦力方向可知，此 时并未达到最终结果，根据重心在O,点靠A侧可知，最后 会向A侧滑出，故根据∫A十T=5wr,可知T要继续增 大，则根据fA=31wr+fB,对B应有fB=fA-3wr, 则仙继续增大，会减小到0后反向增大到最大值，此过 程∫A不变，综上有A的摩擦力先增大后不变；B的摩擦力 先增大后不变再减小到0后反向增大，故A、B、C错误，D 正确」 10.解(1)由题可知，极短时间△1水流的距离△l=v·△t, 由于横截面积为S=dh 根据p=巴，可得水的质量△m=p·△=p·dhu·△1； (2)由于△t极短，可以把水的运动简化为圆周匀速运动， 根据匀速圆周运动的规律可知，其加速度为a=下，又因 为a=A联立解得△u=景·4： (3)根据牛频第二定律F=△m尺，联立上述结论，解得F =e·dhu3·△t 水流与河堤作用的面积S=△l·h=h·△ F 故外侧河提受到的流水冲击产生的压强力= e·dh3·△t R h·△R 11.A就图(b)做辅助线R,即为该 ↑f,N 圆的半径，设与y轴交点为O,即 为圆心，设图(b)中圆与f,轴正 方向交点的纵坐标为f1 R 10 结合数学中的几何知识可得 -404 -R+(2-2)月 L/N -2 ,代入图(b)中物理量代入上述关系式整理可得 (+2N? 2)=4N2+(t2N-2N) 2 代入数据解得f1=8N,结合图(b)知，滑块运动至最高，点 时，所受的静摩擦力最小，方向指向圆心，大小为f2=2N, 由牛顿第二定律：f2gsin0=wr,且满足≤uN=omg· c0s0,联立上式可知，滑块与圆盘之间的动摩擦因数4≥ 3an0,故A正确，BCD错误」 专题强化练（五） 1.AB小明的耳朵在N点正右侧，到达N,点时，物块停止运 动，小明听到的频率等于1000Hz,故A正确；同向经过 A、B两点时，相对于小明的速度大小和方向相同，故小明 听到的频率相同，故B正确；连续两次经过A,点时，相对于 小明速度方向不同，故小明听到的频率不相同，故C错误； 从M点到V点的过程中，物块一直在靠近小明，小明听到 的频率一直大于1000Hz,故D错误， 2.B由于波的传播方向和振动方向垂直，该波为横波，故A 错误；根据同侧法可知，P的起振方向向上，则质，点S开始 振动时向上运动，故B正确；质点S、P平衡位置相距1.5入， 平衡位置相距半个波长的两个质，点振动情况完全相反，所 以S和P的振动步调完全相反，故C错误；振动质点只能 在自己平衡位置上下振动，不随波迁移，故D错误. 5 3.A物块做简谐运动时，速度是正弦或余孩函数，故动量变！ 化的周期为T,故A正确；物块在P、O两点间做周期为T 的筒谐运动，由于两点的弹性势能不同，且O点弹性势能 最大，弹性势能没有正负和方向，只有大小，故B错误：平 衡位置O的回复力为0，即弹簧弹力与沿斜面方向重力分 量等大，弹簧并非原长，故C错误；物块在P、O两端的位移 大小相等、方向相反，所受回复力（加速度）大小相等、方向 相反，则加速度不相等，故D错误. 4.D振动方向与传播方向垂直是横波，弹簧上形成的波的 振动方向与传播方向平行，是纵波，故A错误；同一介质 中，波的传播速度相同，推、拉弹簧的周期越小，波的周期 越小，由公式入=T可知，波长越短，故B错误：标记物振 动的速度反应的是标志物在平衡位置附近往复运动的快 慢，机械波的传播速度是波在介质中的传播速度，二者不 是同一个速度，故C错误；标记物由静止开始振动，说明它 获得了能量，这是因为机械波使得能量传递给标记物，则 标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能量，故 D正确. 5.BC波在0~6m处的介质中的传播速度为：=0.1m/s =40m/s,波在6~12m处的介质中的传播速度为：2= 0.m/s=60m/s;从0.1s开始，再经过△t时间相遏，则 6 △x_6-4 有：△M=0-2x40s=0.025s,所以1=0.1s+0.025s =0.125s,故A错误；根据图像可知波的周期为T=0.02s, 在6m<x≤12m间S2波的波长为：2=2T=60×0.02m! =1.2m,故B正确：两列波叠加稳定后，x=8.4m处的质 点位于右边介贡，判断这个，点的振动加强还是削弱，需要 将x=6m处视为S1波的新波源.S1波传到x=6m处的 6 时刻为：t=40s=0.15s 根据振动图像，S1新波源起振方向向上，此时S2波源振动 方向向下，两波振动步调相反，而x=8.4m对两波源的波 程差为1.2m,正好是1个波长，所以该，点振动减弱，故C 正确； 判断0<x<6m的加强，点个数，需要将x=6m处视为S2 的新波源.S2波传到处的时刻为t=0.1s,根据振动图像， S2新波源x=6m起振方向向上，此时S1波源振动方向向 上，因此0x6m的加强，点对两波源的波程差应为波长 的整数倍.在左边介质中，波长入1=01T=40×0.02m= 0.8m,所以从x=3m,每向左或向右0.4m都是加强点， 则所求加强，点的个数为15个，故D错误. 6.A重物C受重力和两个绳的拉力，根据力的合成和分解 以及平衡条件可得重物C的重力为Gc=2 ngcos30°= √3mg,所以重物C的质量为m=√3，故A正确；由图可 知重物C运动的振幅为1cm,故B错误；由图可知，重物C 在=2s时处于平衡位置，此时速度最大，故C错误；由图 可知，重物C在=4s时，C处于最低，点，加速度方向竖直 向上，故D错误 7.AC初始时弹簧均处于原长，此时弹簧弹力为零，细绳拉} 力T和小物块重力沿斜面向下的分力ng sin0相等，初始 位置为平衡位置，当小物块离开平衡位置的位移为x时， 对两边小物块整体进行受力分析，合力大小为：F=2kx(k 为弹簧的劲度系数)：因为合力与位移成正比且方向相反， 则F▣复=一2k工，满足简谐运动的回复力特征，所以两个小 物块沿斜面均做简谐运动，则左侧小物块沿斜面做简谐运 动，故A正确：对两小物块整体分析，根据牛顿第二定律可 得：F合=2ma=2kx,解得：kx=ma,当左侧小物块加速度 沿斜面向下时，设鈿线拉力为T1,对左侧小物块根据牛顿： 第二定律可得：mgsin0十kx一T1=ma,联立解得：T1= ·24 mgsin0,当左侧小物块加速度沿斜面向上时，设鈿线拉力 为T2,对左侧小物块根据牛顿第二定律可得：kx十T2 mgsin0=ma,联立解得：T2=ngsin0,所以细线拉力不变， 故B错误；根据简谐运动的对称性可知，右侧小物块在最 高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等，方向 相反，故C正确；小物块做简谐运动的周期决定于小物块 质量和弹簧劲度系数，周期与斜面倾角日无关，右侧小物块 从最低位置运动到最高位置所用的时间为半个周期，所以 右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间不变， 故D错误. 8.BC已知t1=12s时该波传播到x=6m处，则波速为v =岩-2m/s=5m/s,由图可知，A=6m,由=产得T =Ax=6 =1.2s,则波从原点传到质点P的时间1=虹=2、 5s= 2.4s,2=3.7s时质点P的振动时间t=3.7s-2.4s= 1.3s,由1.3s=T+石又由波形国可知P开始振动时沿 y轴负方向，故t2=3.7s时，质点P正在向y轴负方向运 动，故A错误；由以上分析可得，2=3.7s时质点P位移 沿y轴负方向，由a=-色x可知，t2=3.7s时，质点P的 m 加速度沿y轴正方向，B正确：由以上分析可得，在03.7s 内，质点P共振动了1.3s=T+司且从手衡位置开始振 动，故可得其通过的总路程=4A十号A=45×2cm=9cm, 故C正确；由以上分析可得，t2=3.7s时，yp=一1cm,此 时作为计时起点则令=Asim(票十)，把1=0时即 =一1cm代入得%=一晋或%=一吾，因P正在向y轴 负方向运动，故物=一票，则质点P的振动方程为yp 2sin(受4-）m,故D错误. 9.解(1)根据波长的定义及两列波的波动图可知入1=0.5， 入2=1m； (2)由波动图可知在x=0m处两列波均处于波峰处，x= 0处的质，点位移y1=A十A=1m十1m=2μm,在x= 0.375m处，对于第一列波有x=0.375m=子，对于第 列波有x=0.375m号，在x=0.375m处质点的 移为=0+Aco(倍×2a)=-号， 2m; (3)对于第一列波有1-号-需s=05:对于第二列 波有T-号=茹0s=2T,这两列波叠加后的网期动 1 10.BCD放b前，a向左运动压缩弹簧的过程，以向左为正 方向，根据牛顿第二定律得a的加速度为：a=E一虹，经 172 过O,点后弹簧弹力由零逐渐增大，加速度先变小后变大， 到达P处a的加速度最大，当gE=kx时加速度为零，a 的速度最大，故a的速度最大的位置不在O处，故A错 误，B正确：放b前，a运动的平衡位置在O点左侧gE= kx处；放b后，ab粘连不分离，ab运动的平衡位置在O点 左侧3gE=kx'处.因平衡位置处的弹簧压缩量x'>x,即 放b后平衡位置与P的距离变小了，故弹簧振子振幅变 小了，故C正确；放b后，αb不粘连，在两者向右运动过程 中分离，分离时ab之间的弹力为零，此时对b由牛顿第二 定律得：2qE=ma',对a由牛顿第二定律得：kx”+gE= a’,联立可得弹簧弹力kx”=gE,其方向向左，即弹簧处 于伸长状态，已知kx0=8Eq,可得弹簧伸长量为z”= 日0即两者会在0点右侧日0处分离，故D正确。 专题强化练（六）[1选择题] 1.A小车做匀速直线运动，由平衡条件得F=f=kU,小车 的机械功率P机=Fv=kv 由于电动机的效牵为刀电动机=50%，电动机的总功率P电 _P也，则P阳 光伏电池的光电转换效率为，即？=P阳 P也三 2,则光伏电池单位时间内获得的太阳能为2 ,故A 正确，BCD错误， 2.D人与滑板在下滑的过程中，由动能定理可得 1 mgh-W元1=2mu2-0 可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 W=mgh-一合m,故选D 3.C把小球在C点的重力分别 B 沿着OC和垂直OC分解，小球 运动到C点，支持力刚好等于 0,重力沿着OC方向的分力充 0 当向心力，由向心力公式可得 02 mgc0s日=m尺，小球从B到 1111177111171141111111511147 C,由动能定理可得：mgR(1一 cos0)=子一0，解得cos0 3 ,如图，令山竖直方向上的分量为心1，则 根据几何关系R+Rcos0=-（sin) 2g ,则P=g心1= 10mg√3g巫，故A、B、D错误，C正确. 4.AC从A到C过程，根据动能定理得mg(AB十R)= 2m呢一0，物块在C点时，由牛顿第二定律得下一mg= 1 m下，联立解得物块第一次通过C点时受到支持力大小为 FN=50N,故A正确；当斜面动摩擦因数以=0时，从A氵 到E过程，根据动能定理得mg(AB十Rcos37°一DE· sin37)-to mgcos37°×DE=0,解得=0.5，当H=0.4 时，因以<0，物块会从E点飞出，物块在斜面上运动的路程 为DE=1.8m,故B错误；当u=0.6时，因%<a<tan37,物 块最终会在以C为中心、B为左端最高，点的圆孤上来回运 动，设物块在斜面上运动的路程为5.从A,点到最终稳定运 动时的B点，由动能定理得mg(AB十Rcos37)一1g· c0s37°·s=0,解得s=3.75m,故C正确；当=0.8时，因 o>tan37°，物块会停止在斜面上，物块在斜面上运动的路 程为s,由动能定理得mg(AB十Rcos37°-s·sin37°)- mgc0s37°·s=0,解得s'≈1.45m,故D错误. 5.C小车与物块共速前，物块沿斜面向上做匀加速直线运 动，对物块，根据牛顿第二定律得：um1gcos30°-ngsin30° =ma,解得物块的加速度大小为：a=4g,根据运动学公 ·24 式有：听=2ax1,解得这段时间内物块的位移大小为：x1= 近，故A错误：这段时间内物块机械能增量为：△E= g 名m6十mg·sin30=号m6,故B错误；小车与物块 的速度刚好相同所用时间为：=，电动机以恒定功率P 拉动小车，则这段时间内轻绳拉力对小车做的功为：W= Pt,对小车，根据动能定理得：W一（mgcos30°+mg· sn30)z=合m6一0，联立解得小车的位移大小为：x 16P-2,故C正确；小车机械能增量为：△E= 5mg 5g 2m +mgzsin30°=8P+3m,故D错误 5g 10 6.D小球下滑过程中，因只有重力和弹簧的弹力做功，所以 小球和弹簧组成的系统机械能守恒，由题意知，在B处时 弹簧的弹性势能为零，弹簧的弹性势能先减小后增加，则 小球的机械能先增大后减小，故A错误；由几何关系得 00=2.0A=001an30=2,0A=20A=45 3 3 AC=号0A=2,AB=OAos60°=，BC=AC 2 3 3 AB=B=AB,根据几何关系可得0C=OA=2,OB 3 3 =l。,根据牛顿第二定律，小球位于A点时的加速度为a= COA-0B)cos60十msin60-7Y3,-9g,故B错误：Ay m B两点间的高度差为B=OBc0s60=子，由执拔能守 恒定律得mgAB十号(OA-OB)2=-A,解得EB=(I 一6√3)mglo,故C错误；A、C两，点间的高度差h4C=OC· 0s302V×9=6,小球在A.C两点时弹簧的弹性 3 2 势能相等，小球重力做的功全部转化为小球的动能，所以 得mglo=Ekc,故D正确. 7.C滑块从B到C,只要重力做功，根据动能定理一mg×2r =Ekc-EkB 因此EkB=Ekc+2mgT 如图所示，滑块运动到D点，弹簧处于原长状态： C 0 E B 滑块从A运动到D、从D运动到B,弹簧的形变量相同，弹 性势能相同；滑块从A运动到B的过程中，根据数学知识 AB=√(3r)2-2=2√2r,由于Eg=mg,根据动能定理 Eq AB=mg X2 Zr=EkB-EkA 因此EkB=EkA十2 2mgr,联立解得EkA<Ekc<EkB 故ABD错误，C正确. 8.B设水从出水口射出的初速度为o,取t时间内的水为 研究对象，该部分水的质量为m=S·p,根据平抛运动 规律=，A=子g2,解得=1√气旅搭功能关系 得P7=之m听+mg(H+h),联立解得水系的输出功率为 P=,(H++会)做选R 2nh