《2022年西北师大附中物理奥赛教案专题练习力学规律的综合应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年西北师大附中物理奥赛教案专题练习力学规律的综合应用（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、学习好资料欢迎下载专题三：动力学规律的综合应用一、 动力学问题1. 什么是动力学问题：涉及力和运动关系的问题就称为动力学问题。2. 动力学问题的分类：已知受力求运动，已知运动求受力。二、 解决动力学问题的基本思路1. 选择研究对象：物体或系统；2. 进行运动过程分析和受力分析；3. 根据运动特点和受力特点选择合适的运动规律和动力学规律列方程求解。三、 解决动力学问题的规律1.运动规律：匀速直线运动、匀变速直线运动、匀速圆周运动、平抛运动、斜抛运动、简谐运动、运动的合成与分解、螺旋线运动的规律；2.动力学规律牛顿运动定律、 动量定理、动能定理、机械能守恒定律、功和能的关系、动量守恒定律、能量守恒
2、定律。（1）牛顿运动定律（牛顿第一定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律）（2）动量定理（单体的动量定理、系统的动量定理）（3）动能定理（单体的动能定理、系统的动能定理）（4）机械能守恒定律（单体的机械能守恒定律、系统的机械能守恒定律）（5）功和能的关系（重力做功与重力势能变化的关系、弹力做功与弹性势能变化的关系、电场力做功与电势能变化的关系、合外力做功与动能变化的关系、除了重力和弹力之外的其他力做功与机械能变化的关系、安培力做功与电能变化的关系）（6）动量守恒定律（7）能量守恒定律例题 1： 如图 7-2-6 所示，质量 M500kg 的小车上面站着一个质量m70kg 的人，车以smv/10的速度
3、 在 光滑 水平面 上 前进 ，当人 相对于 车 以v=2m/s的速度向后水平跳出时，问人跳车后车速增加了多少？解析 方法一：本题应特别注意人跳车的速度v是相对于车的速度，应将此速度转换成相对地面的速度，还应注意人跳出后，车速已不再是0v，设车增加的速度为v ，则人跳车后车速为vv0，人相对车的速度不是相对跳车前车的速度，而是相对跳车后车的速度，所以人相对地的速度不是0vv，而是)(0vvv。根据动量守恒定律，得)()()(000vvvmvvMvmM解得：smvmMmv/25.027050070方法二：如果以跳车前的小车为参照物，则小车和人原来的动量为零，人跳出时相对原车的速度为vv；人跳出后
4、，车相对原车的速度为v 。根据动量守恒定律，得)(0vvmvM图 7-2-6精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 14 页学习好资料欢迎下载解得：smvmMmv/25.0例题 2：如图 7-2-8 所示，在光滑水平面上有A、B 两辆小车，水平面左侧有一竖直墙，在小车 B 上坐着一个小孩，小孩与 B 车的总质量是 A 车质量的 10倍，两车从静止开始， 小孩把车 A 以相对地面的速度 v 推出，车 A与墙壁碰撞后仍以原速率返回，小孩接到车后，又把它以相对于地面速度 v推出，车 A 与墙碰撞后仍以原速率返回每次小孩接到车 A 后，
5、均相对于地面以v推出，方向向左，每次车A 与墙碰撞后仍以原速率返回，则小孩把车A 总共推出几次后，车A 返回时，小孩再不能接到车A？解析： 设车 A 的质量为 m，则小孩与车 B 的总质量为 10m，以车 A、B、小孩为系统，规定水平向右的方向为正，根据动量守恒定律，得第一次推出：1100mvmv，解得：vv1011第二次推出：211010mvmvmvmvvvmvmv10310322，第三次推出：321010mvmvmvmvvvmvmv10510533，依次类推当第 n 次推出时，根据动量守恒定律，得10)12(10)12(vnvmvmvnnn，小孩不能接住车的条件是：vvn解得：5 .5nn
6、应取整数，即当小孩第6 次将车 A 推出后，小孩再不能接到车A。例题 3：在光滑的水平轨道上有两个半径都是r 的小球A 和 B，质量分别为m 和 2m.当两球心间的距离大于l（l比 2r 大得多）时，两球之间无相互作用力，当两球心间的距离等于或小于l 时，两球间存在相互作用的恒定斥力F.设 A 球从远离 B 球处以速度 v0沿两球连心线向原来静止的B 球运动，如图 3-3-7.欲使两球不发生接触， v0必须满足什么条件？解析： 分析 A、B 的运动情况，从A、B 球相距 l 开始，A 球在 F 作用下做匀减速运动， B 球在F 作用下做匀加速运动，若A、B 球接触时恰好有共同速度 v， 此为本
7、题的临界条件， 这一过程中 A、B 的位移如图 3-2-19 所示。解法 1：牛顿定律结合运动规律A v0B l 图 3-3-7 A B 图 728 A v0B l 图 3-2-19 s sl+2r v 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 14 页学习好资料欢迎下载对 A：20v2v=saA2，v=0vAa t ，Aa =mF对 B：2v=saB(2l +)2r，v=Ba t，Ba=mF2由以上方程可得：0v=mrlF)2(3结合题意得：0vmrlF)2(3解法 2：追击问题设 s 为 A、B 球的间距， t 为两球运动时间
8、（相遇时速度相等） ，则s=2221tmF+l r2tv0+2221tmF整理，得s=243tmFtv0+l r2由题意，得当s=0，且 t 只有唯一解时，两球恰好接触而不碰撞。当=2b ac4=0，可得0v=mrlF)2(3，取0vmrlF)2(3解法 3：图像法设 A、 B 接触时速度恰好相同，作出 v-t 图象如图 3-3-20，则有：0vtmF=tmF2得： t=Fmv320由题意得：阴影部分的面积为l r2，故有：Fmvv322100=l r2可得同样的结果 . 解法 4：转换参考系法以 B 为参照物，则 A 的加速度为：a=mF+mF2=mF23由题意有：20v = a2 （l r
9、2）也可求得同样的结果 . 解法 5：动量和能量的观点由 A、B 组成的系统在相互作用过程中动量守恒，设接触时速度相等，则对 A、B 系统：0mv=mv3v v0A B t t O 图 3-3-20 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 14 页学习好资料欢迎下载根据能量守恒定律，得220321212mvmv)rl (F也可求得同样的结果。例题 4：如图 7-3-6 所示，质量为8 .0Mkg 的小车静止在光滑的水平面上，左端紧靠竖直墙壁，在车上左端水平固定一只轻弹簧. 弹簧右端放一个质量m=0.2kg 的滑块，车的上表面AC
10、 部分为光滑水平面， CB 部分为粗糙平面， CB 长mL1，滑块与车间的动摩擦因数=0.4，水平向左推动滑块，压缩弹簧，再由静止释放，已知压缩过程中外力做功5. 2WJ，滑块与车右端挡板和与弹簧碰撞时无机械能损失. （g=102s/m）求：(1) 滑块释放后，第一次离开弹簧时的速度？(2) 滑块停在车上的位置离B 端有多远？解析： （1）设滑块释放后，第一次离开弹簧时的速度为1v，由能量守恒知：PEW 外2121mvEP解得：smmEvP/52.05.2221（2）滑块滑至 C 点后在水平方向上开始与小车发生相互作用，此后小车离开墙壁，直至小车和滑块达到共同速度2v，在这个过程中对小车和滑块
11、组成的系统：由动量守恒定律，得21)vMmmv（mMmvv12=2 .08.052.0=1m/s 整个过程中摩擦力做功，由能量守恒定律，得2221)2121vmMmvWf（又sfWf,mgf带入数值可得：fWsf=mgWf=102 .04.02=2.5m所以滑块停在车上距B 端m5.0处。例题 5： 如图 7-3-7 所示，一质量为 M 的平板车 B 放在光滑的水平面上，在其右端放一质量为m的小木块 A，图 736 B A 0v0v图 7-3-7 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 14 页学习好资料欢迎下载mM，A、B 间
12、的动摩擦因数为，现给 A 和 B 以大小相等、方向相反的初速度0v，使 A开始左运动， B 开始向右运动，最后A 不会滑离 B，求：(1) A、B 最后的速度大小和方向。(2) 从地面上看 ,小木块向左运动到离出发点最远时,平板车向右运动的位移大小。解析 (1)由 A、B 系统动量守恒得：vMmmvMv)(00所以0vmMmMv方向向右(2) A 向左运动到速度减为零时，离出发点最远，此时小板车移动位移为s，速度为 v ，则由动量守恒定律得vMmmvMv)(00对小板车用动能定理得：2022121MvvMmgs解得2022vMgmMs例题 6：如图 7-3-8 所示，平板车 M 的质量为kg4
13、，放在足够长的光滑水平面上，质量为kg1的小物块m（可视为质点）放在小车的右端，物块与小车间的动摩擦因数为0.2，开始时m、M 均静止，当用大小为F =18N 的水平力作用在小车上时，m、M 立即发生相对滑动，水平力F 作用 s1 后撤去， g 取102s/m，求：（1）当力 F 作用在小车上时，小车的加速度为多大？（2）当物块m的速度为sm/3时，小车的速度为多大？（3）设小车长为 2m，则 m 是否会滑离 M ？若 m 会滑离 M，求二者滑离时的速度；若m 不会滑离 M，求 m 最终在小车上的位置（以离M 右端的距离表示） .解析：（1）对小车：根据牛顿第二定律，得MamgFMmgFa代入
14、数据，得2/4sma（2）对物块：规定水平向右的方向为正，根据动量定理，得1mvmgt代入数据，得1s 末物块的速度大小为：smvsmv/3/2111s 末小车的速度大小为：smsmatv/4/142MB mF 图 7-3-8 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 14 页学习好资料欢迎下载对物块和小车组成的系统：根据动量守恒定律，得2121vMvmMvmv代入数据，得smv/75.32（3）假设物块不会滑离小车，它们相对静止时的共同速度为v。根据动量守恒定律，得vmMMvmv)(21代入数据，得smv/6.3根据能量守恒定律
15、，得撤去 F 后物块相对小车滑动的距离为x：22221)(212121vMmMvmvmgx代入数据，得mx8 .0F 作用的 1s内，物块相对小车滑动距离为0x：以小车为参考系，根据运动规律，得20)(21tagx代入数据，得mx10整个过程中物块相对小车所发生的位移为：mmmmxx28.118.00假设成立，最终物块距离小车右端的距离为m8.1。例题 7：如图 7-3-10 所示，MN 为一水平面， O 点的左侧是粗糙的， O 点的右侧是光滑的 .一轻质弹簧右端与墙壁固定，左端和质量为m的小物块 A 相连， A 静止在 O 点，弹簧处于原长状态 . 质量为m的物块 B，在大小为 F 的水平恒
16、力作用下由C 处从静止开始向右运动 .已知物块 B 与 MO 面间的滑动摩擦力大小为F/4，物块 B 运动到O 点与物块 A 相碰并一起向右运动（设碰撞时间极短） ，运动到 D 点时撤去外力 F，已知 CO=4s,OD= s，试求撤去外力后：（1）弹簧最大的弹性势能 .（2）物块 B 最终离 O 点的距离。 解析 (1) B 与 A碰撞前速度由动能定理：2021)41(mvsFF解得：mFssmFFv64)41(20B A 4s s M O C D N 图 7-3-10精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 14 页学习好资料欢
17、迎下载B与 A碰撞时，由动量守恒则有102mvmv解得：mFSv6211从碰撞后到物块A、B速度减为零的过程中，由能量转化与守恒定律得：FsmvsFEpm2522121. (2) 设撤去外力 F后,A 、B一起回到 O点速度为2v, 由机械能守恒得：mFsvmvEpm25,212222在返回 O 点时 A、B 开始分离且 B 在滑动摩擦力作用下向左作匀减速直线运动，设物块B 最终离 O 点最大距离为 L, 由动能定理得：sLmvLF5,2104122例题 8：质量为m的钢板与直立弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，平衡时，弹簧的压缩量为0x，如图 7-3-11所示，一物块从钢板正上方距离为03
18、x的 A 处自由落下，打在钢板上并立即与钢板一起向下运动，但并不粘连，它们到达最低点后又向上运动.已知物块的质量也为m时，它们恰好能回到O 点.若物块质量为m2，仍从 A 处自由落下，则物块与钢板回到 O 点时，还具有向上的速度 .求物块向上运动到达的最高点与 O 点的距离 . 解析：对物块：根据机械能守恒定律，得210213mvxmg解得：016gxv对物块和钢板组成的系统：规定竖直向下方向为正。根据动量守恒定律，得212mvmv解得：02621gxv设物块和钢板碰完瞬间弹簧的弹性势能为pE，根据机械能守恒定律，得0222)(21mgxvmmEp解得：021mgxEp当物块的质量为m2时，根
19、据动量守恒定律，得m 0xO A 03x图 7-3-11精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 14 页学习好资料欢迎下载2132vmmv解得：02632gxv设物块和钢板返回O 点时的瞬时速度为v，根据机械能守恒定律，得20223213321mvmgxvmEp对物块：根据机械能守恒定律，得mghmv22212解得：021xh例题 9：(1) 如图 7-3-12（a）所示，在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各联结一个小球构成，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度0v，求弹簧第一次恢复到自然长
20、度时，每个小球的速度.(2) 如图 7312（b）所示，将 N 个这样的振子放在该轨道上，最左边的振子1 被压缩至弹簧为某一长度后锁定，静止在适当位置上，这时它的弹性势能为E0，各个振子间都有一定的距离，现解除对振子 1 的锁定 ,任其自由运动 ,当它第一次恢复到自然长度时,刚好与振子 2碰撞，此后继续发生一系列碰撞，每个振子被碰后，刚好都是在弹簧第一次恢复到自然长度时与下一个振子相撞，试求 : 当所有可能的碰撞都发生后，每个振子弹性势能的最大值（已知本题中两球发生碰撞时，速度交换即一球碰后的速度等于另一球碰前的速度）.解析 (1) 设每个小球质量为m，以1v、2v分别表示弹簧恢复到自然长度时
21、左右两端小球的速度以向右为速度的正方向，由动量守恒和能量守恒有：222120210212121mvmvmvmvmvmv联立上面两式解得：01vv，2v= 0或1v=0，02vv由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度的过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球持续减速，使右端小球持续加速，因此，1v=0，02vv为合理解 . （2）以1v，1v分别表示振子 1 解除锁定后弹簧恢复到自然长度时左右两小球的速度，以图 7312（b）图 73 12（a）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 14 页学习好资料欢迎下载向右为速度的正方
22、向 . 由动量守恒和能量守恒定律：212101121210vmmvEvmmv解得：mEvmEvmEv，mEv01010101,或在这一过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球向左加速，右端小球向右加速. 因此mEvmEv0101,为合理解 . 振子 1 与振子 2 碰撞后，由于交换速度， 振子 1 右端小球速度变为 0, 左端小球速度仍为1v，此后两小球都向左运动，当它们向左的速度相同时，弹簧被拉伸至最长，弹性势能最大，用1E表示最大弹性势能，设此速度为10v.根据动量守恒1012mvmv由能量守恒有121021021212121Emvmvmv解得OEE411振子 2 被碰撞后瞬间，左端小
23、球的速度为mEO，右端小球速度为0，以后弹簧被压缩，当弹簧再恢复到自然长度时，根据第（1）问的结果，左端小球速度02v，右端小球速度mEvo2，与振子 3 碰撞，由于交换速度，振子2 右端小球速度为 0，从而使振子 2 静止，弹簧为自然长度， 弹性势能02E。同样分析可得2E=3E=1NE=0。振子 N 被碰撞后瞬间，左端小球速度mEvN0，右端小球速度为0，弹簧处于自然长度，此后两小球都向右运动,弹簧被压缩，当它们向右的速度相同时，弹簧被压缩至最短，弹性势能最大，设此速度为0Nv，根据动量守恒02NNmvmv用NE表示最大弹性势能，根据能量守恒，有NNNNEmvmvmv20202212121
24、解得：041EEN精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 14 页学习好资料欢迎下载例题 10：如图 7319 所示，长 20m的木板， AB 的一端固定一竖立的木桩，木桩与木板的总质量为10kg，将木板放在动摩擦因数=0.2 的粗糙水平面上， 一质量为 40kg 的人从静止开始以1a=4m/s2的加速度从 B 端向 A 端跑去，到达 A端后在极短时间内抱住木桩（木桩的粗细不计）求：(1)人刚到达 A 端时木板移动的距离 . (2)人抱住木桩后向哪个方向运动，移动的最大距离是多少？（g=10m/s2）解析 由于人和木板组成的系统
25、在水平方向上所受合力不为零，故系统动量不守恒， 可运用牛顿定律和运动学公式求解. (1)设人对地的位移为1s，木板对地位移为2s，木板移动的加速度为2a，人与木板间的摩擦力为 F. 根据牛顿第二定律有：221/61050102.0160)(160440smmgmMFaNMaF设人从 B 端运动到 A 端用的时间为 t，则有2222112121tastas由几何关系mss2021msst12262126420222则（2）方法一：设人运动到A 端时的速度为1v，木板移动的速度为2v，则smtavsmtav/12,/82211由于人抱木桩的时间极短，在水平方向上系统动量守恒，以人运动的方向为正方向
26、，则vmMmvMv)(21代入数值得smv4，由此判定人抱住木桩后，木板将向左运动. 由动能定理：2)(21)(vmMsgmM解得ms4方法二：对木板受力分析,木板受到地面的摩擦力方向向左，故产生向左的冲量，因此人拖住木桩后，系统将向左运动. 由系统动量定理得vmMgtmM)()(图 7-3-13 图 7-3-19 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 14 页学习好资料欢迎下载解得smv4由动能定理221vmMsgmM解得ms4例题 11：阅读如下资料，并根据资料中有关信息回答问题. （1）由于两个物体相对位置的变化引起的
27、引力场的能量变化（与某一零位置相比），称为这一对物体的引力势能，则万有引力势能PE可由下式进行计算：rGMmEp（设无穷远处PE=0）式中 M 、m分别为两物体的质量，r为两物体中心的距离，G为引力常量；（2）处于某一星体表面的物体只要有足够大的速度就能够摆脱该星体的引力飞到无穷远，这一速度就叫做星体的逃逸速度；（3）大约 200 年前法国数学家兼天文学家拉普拉斯曾预言一个密度跟地球相同，直径为太阳 250 倍的发光星体，由于其引力作用将不允许任何光线离开它，其逃逸速度大于真空中的光速，这一奇怪的星体就叫做黑洞；（4）以下是太阳的有关数据半径地球日RkmR1101075质量地球日MkgM333
28、00010230平均密度地球日41/104 .133mkg自转周期赤道附近 26天，两极附近长于30 天在下列问题中，把星体（包括黑洞）看做是一个质量分布均匀的球体. （1）如果地球的质量为地M，半径为地R，试计算地球的逃逸速度；若物体绕地球表面做匀速圆周运动的速度为7.9km/s，则物体摆脱地球引力的逃逸速度为多大？（2）试估算太阳表面的重力加速度与地球表面的重力加速度的比值. （3）已知某星体演变为黑洞时质量为M ，求该星体演变为黑洞时的临界半径gr ；（4）若太阳最终可以演变为黑洞，则它演变为黑洞时的临界半径gr 为多少米？（kgMkgmNGri302211102,/1067.6）解析
29、本题需要阅读理解题目提供的资料，提取信息和信息加工，从而提高分析和解决问题的创新能力 . （1）由题意，当物体绕地球表面做匀速圆周运动是万有引力提供物体做圆周运动的向心力，设物体近地环绕的线速度为1v，则有skmRGMvRmvRmGM/9 .7,1212地地地地地精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 14 页学习好资料欢迎下载根据题目（ 1） （2）所提供的信息，设物体摆脱地球引力的逃逸速度为v，物体具有的动能221mvEk. 选无穷远处为零势能点，物体在地球表面处具有的万有引力势能RmGMEP地地，物体具有的能量RmGMm
30、vEEEpk地地221物体表面的物体要摆脱地球的引力飞到无穷远处，其总能量应满足： E 0，即RmGMmv地地221 0解得： vskmskmvRGM/4.11/9 .72221地地（2）由mgRmGMmgRGM日日日地地地又22由以上两式271213330)110(1333000222日地地日地日RRMMgg（3）根据题目（ 3）提供的信息，由于黑洞的引力作用，即便使物体具有光的速度也不能逃逸 . 当物体具有光速时，其动能：221mcEk物体在黑洞表面处具有的引力势能：gprG M mE总能量：gpkrG M mmcEEE221物体不能逃逸应满足：0E即：grG M mmc2210，则gr
31、22cGM（4）由上述结论可得：mcGMrg32830112100. 3)103(1021067.622日例题 12：2010年全国 II 卷（18 分）小球 A 和 B 的质量分别为 mA 和 mB，且 mAmB。在某高度处将 A 和 B 先后从静止释放。小球 A 与水平地面碰撞后向上弹回， 在释放处的下方与释放处距离为H 的地方恰好与正在下落的小球 B 发生正碰。设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短。求小球A、B 碰撞后 B上升的最大高度。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 14 页学习好资料欢迎下载解析： 根据题意，由
32、运动学规律可知，小球A 与 B 碰撞前的速度大小相等，设均为0v。由机械能守恒有：2012AAm gHm v+220201122ABm vm v设小球 A 与 B 碰撞后的速度分别为1v和2v，以竖直向上方向为正，由动量守恒有0012()ABABm vmvm vm v由于两球碰撞过程中能量守恒，故2222001211112222ABABm vm vm vm v联立式得203ABABmmvvmm设小球 B 能上升的最大高度为h，由运动学公式有222vhg由式得23ABABmmhHmm例题 13：2007年全国 II 卷（19 分）用放射源钋的 射线轰击铍时， 能发射出一种穿透力极强的中性射线，这
33、就是所谓铍“辐射” 。1932 年，查德威克用铍“辐射”分别照射（轰击）氢和氮（它们可视为处于静止状态），测得照射后沿铍： “辐射”方向高速运动的氢核和氮核的速度之比为7. 0。 查德威克假设铍 “辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的，从而通过实验在历史上首次发现了中子。假定铍“辐射”中的中性粒子与氢核或氮核发生弹性正碰，试在一考虑相对论效应的条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量。 （质量用原子质量单位u 表示，1u 等于12C 原子质量的十二分之一。取氢核和氮核的质量分别为1. 0u 和 14. 0u。 ）【试题分析】 设构成铍 “辐射” 的中性粒子的质量和速度分别为m 和 v，氢核
34、的质量为mH。构成铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰，碰后两粒子的速度分别为v/和 v/H。由动量守恒与能量守恒定律得HHvmvmmv2/2/2212121Hmvmvmv精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 14 页学习好资料欢迎下载解得：HHmmmvv2同理，对于质量为mN的氮核，其碰后速度为：NNmmmvv2由式可得：/NHHHNNvvvmvmm根据题意可知：NHvv0 .7将上式与题给数据代入式得：um2. 1【高考考点】 动量守恒定律、机械能守恒定律精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 14 页
