《2019届高三第二轮复习专题三(第5讲）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高三第二轮复习专题三(第5讲）（34页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019届高三物理第二轮复习届高三物理第二轮复习课件制作讲授：邵阳市二中课件制作讲授：邵阳市二中 谭伟卿谭伟卿【命命题题分析分析】分分值值6 61414分分题题型型以以选择题为选择题为主，主，计计算算题题涉及其中一部分涉及其中一部分难难度度选择题为选择题为中、低档，中、低档，计计算算题为题为中、高档中、高档命命题题点点(1)(1)功和功率的理解与功和功率的理解与计计算算(2)(2)机机车车启启动问题动问题(3)(3)动动能定理的能定理的应应用用考点考点预测预测除了上述三个除了上述三个热热点外，点外，还还可能考可能考查动查动能能的理解与的理解与计计算，以算，以选择题选择题出出现现；还还可能可能考
2、考查动查动能定理的能定理的综综合合应应用，以用，以选择题选择题或或计计算算题题出出现现，常常会，常常会结结合合电场电场、电电磁感磁感应应出出题题考点一功和功率的理解与考点一功和功率的理解与计计算算1.1.图图解正解正负负功的判断：功的判断：2.2.图图解功和功率的解功和功率的计计算：算：【新新题题速速训训】 1.1.如如图图所示，一只猫在桌所示，一只猫在桌边边猛地将桌布从猛地将桌布从鱼鱼缸下拉出，缸下拉出，鱼鱼缸最缸最终终没有滑出桌面。若没有滑出桌面。若鱼鱼缸、桌布、桌面两两之缸、桌布、桌面两两之间间的的动动摩擦因数均相等，摩擦因数均相等，则则在上述在上述过过程中，下列程中，下列说说法正确的是
3、法正确的是( () )A.A.猫用力越大，猫用力越大，对鱼对鱼缸做功越多缸做功越多B.B.鱼鱼缸在桌布上的滑缸在桌布上的滑动时间动时间和在桌面上的相等和在桌面上的相等C.C.若猫减少拉力，若猫减少拉力，鱼鱼缸受到桌布的摩擦力将减小缸受到桌布的摩擦力将减小D.D.若猫增大拉力，若猫增大拉力，鱼鱼缸有可能滑出桌面缸有可能滑出桌面【解析解析】选选B B。猫用力越大，桌布。猫用力越大，桌布对鱼缸作用缸作用时间越短，越短，鱼缸的最大速度越小，位移越短，摩擦力做功越小，故缸的最大速度越小，位移越短，摩擦力做功越小，故A A错误；由于；由于鱼缸在桌面上和在桌布上的缸在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同，摩擦因
4、数相同，故受到的摩擦力相等，故受到的摩擦力相等，则由牛由牛顿第二定律可知，加速度大第二定律可知，加速度大小相等；但在桌面上做减速运小相等；但在桌面上做减速运动，由，由v=atv=at可知，它在桌布可知，它在桌布上的滑上的滑动时间和在桌面上的相等，故和在桌面上的相等，故B B正确；若猫减少拉正确；若猫减少拉力，力，鱼缸与桌布缸与桌布间是滑是滑动摩擦力，保持不摩擦力，保持不变，故，故C C错误；猫增大拉力猫增大拉力时，桌布在桌面上运，桌布在桌面上运动的加速度不的加速度不变，则运运动时间变短；因此短；因此鱼缸加速缸加速时间变短，桌布抽出短，桌布抽出时的位移以的位移以及速度均及速度均变小，小，则不可能
5、滑出桌面，故不可能滑出桌面，故D D错误。2.2.如如图图所示，两个人利用机械装置提升相同的重物。已所示，两个人利用机械装置提升相同的重物。已知重物匀速上升，相同的知重物匀速上升，相同的时间时间内两重物提升的高度相同。内两重物提升的高度相同。不考不考虑虑滑滑轮轮的的质质量及摩擦，在重物上升的量及摩擦，在重物上升的过过程中人拉力程中人拉力的作用点保持不的作用点保持不变变，则则(一直小于一直小于3030)()() )A.A.站在地面的人比站在二楼的人省力站在地面的人比站在二楼的人省力B.B.站在地面的人站在地面的人对绳对绳的拉力越来越大的拉力越来越大C.C.站在二楼的人站在二楼的人对绳对绳的拉力越
6、来越大的拉力越来越大D.D.同一同一时时刻，二楼的人刻，二楼的人对绳对绳拉力的功拉力的功率小于地面的人率小于地面的人对绳对绳拉力的功率拉力的功率【解析解析】选选C C。设物体物体质量量为m m，对物体受力分析，物体受力分析，则有站在地面的人有站在地面的人对绳的拉力的拉力F FT T=mg=mg，站在二楼的人，站在二楼的人对绳的拉力的拉力 ，重物匀速上升，重物匀速上升过程中，程中，增大，增大，coscos 减小，所以站在二楼的人减小，所以站在二楼的人对绳的拉力越来越大，的拉力越来越大，站在地面的人站在地面的人对绳的拉力不的拉力不变，故，故B B错误，C C正确；由正确；由于于一直小于一直小于30
7、30，FFT Tmgmg，故，故A A错误；根据；根据动能定理，能定理，人人对绳拉力的功等于克服物体重力做的功，克服物体重力拉力的功等于克服物体重力做的功，克服物体重力做的功相等，所以人做的功相等，所以人对绳拉力的功相等，所以二楼的人拉力的功相等，所以二楼的人对绳拉力的功率等于地面的人拉力的功率等于地面的人对绳拉力的功率，故拉力的功率，故D D错误。【加固加固训练训练】如如图图所示是所示是倾倾角角为为4545的斜坡，在斜坡底的斜坡，在斜坡底端端P P点正上方某一位置点正上方某一位置Q Q处处以速度以速度v v0 0水平向左抛出一个小水平向左抛出一个小球，小球落在斜坡上球，小球落在斜坡上时时速度
8、方向与斜坡向上的方向成速度方向与斜坡向上的方向成105105，不，不计计空气阻力，空气阻力，则则小球做平抛运小球做平抛运动动的的过过程程( () )A.A.速度速度变变化量的大小化量的大小为为 v v0 0B.B.运运动时间为动时间为 C.C.落在斜坡前瞬落在斜坡前瞬间间重力的瞬重力的瞬时时功率功率为为2mgv2mgv0 0D.D.小球水平位移与小球水平位移与竖竖直位移之比直位移之比为为1111【解析解析】选选A A。小球落到斜面上。小球落到斜面上时，对速度分解，速度分解，则v v0 0= =vcosvcos 60 60，v vy y= =vsinvsin 60 60 ，联立解得立解得v vy
9、 y= v= v0 0，由于小球水平方向做匀速运由于小球水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体直方向做自由落体运运动，故速度，故速度变化量化量为vv= =v vy y= v= v0 0，故，故A A正确；运正确；运动时间 ，故，故B B错误；重力的瞬；重力的瞬时功率功率P=P=mgvmgvy y= mgv= mgv0 0，故，故C C错误；水平位移；水平位移为x=vx=v0 0t t，竖直方向的直方向的位移位移为y= gty= gt2 2，故，故xyxy=2 =2 ，故，故D D错误。考点二机考点二机车车启启动问题动问题1.1.图图解机解机车车以恒定功率启以恒定功率启动动：2.2.图图解机解机
10、车车以恒定加速度启以恒定加速度启动动：【加固加固训练训练】1.1.人与平衡人与平衡车车的的总质总质量量为为m m，在平直路面，在平直路面上行上行驶时驶时，所受阻力不，所受阻力不变变。当平衡。当平衡车车加速度加速度为为a a，速度，速度为为v v时时，平衡，平衡车车的功率的功率为为P P1 1，则则当功率当功率为为P P2 2时时，平衡，平衡车车行行驶驶的最大速度的最大速度为为( () )【解析解析】选选B B。对平衡平衡车受力分析，受力分析，设受到的阻力的受到的阻力的大小大小为F Ff f，由牛，由牛顿第二定律可得，第二定律可得，F-FF-Ff f=ma=ma，所以，所以F=F=F Ff f+
11、ma+ma，所以功率，所以功率P P1 1=Fv=(=Fv=(F Ff f+ma)v+ma)v，解得，解得 当功率恒当功率恒为P P2 2时，设最大速度最大速度为vv，则P P2 2= =FvFv= =F Ff fv v，所以，所以 选项B B正确。正确。2.2.一汽一汽车车以速度以速度v v0 0在平直路面上匀速行在平直路面上匀速行驶驶，在，在t=0t=0时时刻汽刻汽车进车进入一定入一定倾倾角的上坡路段，角的上坡路段，设设汽汽车车行行驶过驶过程中受到的程中受到的阻力恒定不阻力恒定不变变，发动发动机的机的输输出功率不出功率不变变，已知汽，已知汽车车上坡上坡路面足路面足够长够长。从。从t=0t=
12、0时时刻开始，汽刻开始，汽车车运运动动的的v-tv-t图图象可能象可能正确的是正确的是( () )【解析解析】选选D D。汽。汽车在平直路面上以速度在平直路面上以速度v v0 0匀速行匀速行驶时，设汽汽车受到的阻力大小受到的阻力大小为F Ff f，汽，汽车的的牵引力大小引力大小为为F F。t=0t=0时刻汽刻汽车上坡，加速度上坡，加速度 汽汽车立即减速，又立即减速，又牵引力引力F= F= 随速度减小而增大，汽随速度减小而增大，汽车做做加速度减小的减速运加速度减小的减速运动，当加速度减小，当加速度减小为0 0时，汽，汽车做做匀速运匀速运动，选项D D正确。正确。3.3.上海市第十三届上海市第十三
13、届“未来之星上未来之星上图图杯杯”创创新模型大新模型大赛赛在上海在上海图书馆举图书馆举行，比行，比赛赛中某型号遥控中某型号遥控车车启启动过动过程中速度与程中速度与时时间图间图象和象和牵牵引力的功率与引力的功率与时间图时间图象如象如图图所示，所示，设设遥控遥控车车所受阻力大小一定，所受阻力大小一定，则该则该遥控遥控车车的的质质量量为为( () )A. kgA. kgB. kgB. kgC. kgC. kgD. kgD. kgB B4(4(多多选选) )如如图图所示，汽所示，汽车车通通过轻质过轻质光滑的定滑光滑的定滑轮轮，将一个，将一个质质量量为为m m的的货货物从井中拉出，物从井中拉出，绳绳与汽
14、与汽车连车连接点比滑接点比滑轮顶轮顶点点低低h h，开始，开始绳绷紧绳绷紧，滑，滑轮轮两两侧侧的的绳绳都都竖竖直，汽直，汽车车以以v v0 0向右向右匀速运匀速运动动，运，运动动到跟汽到跟汽车连车连接的接的细绳细绳与水平方向与水平方向夹夹角角为为3030，则则( () )A.A.从开始到从开始到绳绳与水平方向与水平方向夹夹角角为为3030时时，拉力做功，拉力做功为为mghmghB.B.从开始到从开始到绳绳与水平方向与水平方向夹夹角角为为3030时时，拉力做功，拉力做功为为mghmgh+ mv+ mv0 02 2C.C.在在绳绳与水平方向与水平方向夹夹角角为为3030时时，拉力功率大于，拉力功率
15、大于 mgvmgv0 0D.D.在在绳绳与水平方向与水平方向夹夹角角为为3030时时，绳对绳对滑滑轮轮的作用力的作用力为为mgmgBCBC考点三考点三动动能定理的能定理的应应用用1.1.图图解解应应用用动动能定理的解能定理的解题题步步骤骤：2.2.应应用用动动能定理的三点提醒：能定理的三点提醒：(1)(1)方法的方法的选择选择：动动能定理往往用于能定理往往用于单单个物体的运个物体的运动过动过程，由于不涉及加速度及程，由于不涉及加速度及时间时间，比，比动动力学方法要力学方法要简简捷。捷。(2)(2)规规律的律的应应用：用：动动能定理表达式是一个能定理表达式是一个标标量式，在某量式，在某个方向上个
16、方向上应应用用动动能定理是没有依据的。能定理是没有依据的。(3)(3)过过程的程的选择选择：物体在某个运：物体在某个运动过动过程中包含有几个运程中包含有几个运动动性性质质不同的小不同的小过过程程( (如加速、减速的如加速、减速的过过程程) )，此，此时时可以可以分段分段应应用用动动能定理，也可以能定理，也可以对对全全过过程程应应用用动动能定理，能定理，但如果但如果对对整个整个过过程程应应用用动动能定理，往往能使能定理，往往能使问题简问题简化。化。A.A.在摩天在摩天轮转动轮转动的的过过程中，程中，乘客机械能始乘客机械能始终终保持不保持不变变B.B.在最低点在最低点时时，乘客所受，乘客所受重力大
17、于座椅重力大于座椅对对他的支持力他的支持力C.C.在摩天在摩天轮转动轮转动一周的一周的过过程中，程中，合力合力对对乘客做功乘客做功为为零零D.D.在摩天在摩天轮转动轮转动的的过过程中，乘客重力的功率保持不程中，乘客重力的功率保持不变变【新新题题速速训训】1.1.坐落在坐落在镇镇江新区的摩天江新区的摩天轮轮高高88 m88 m，假，假设设乘客随座乘客随座舱舱在在竖竖直面内做匀速直面内做匀速圆圆周运周运动动。下列。下列说说法正确的是法正确的是( () )【解析解析】选选C C。机械能等于重力。机械能等于重力势能和能和动能之和，摩天能之和，摩天轮在运在运动过程中做匀速程中做匀速圆周运周运动，乘客的速
18、度大小不，乘客的速度大小不变，则动能不能不变，但高度，但高度变化，重力化，重力势能在能在变化，所化，所以机械能在以机械能在变化，故化，故A A错误；在最低点；在最低点时，由重力和支，由重力和支持力的合力提供向心力持力的合力提供向心力F Fn n，向心力指向上方，所以，向心力指向上方，所以F Fn n=F=FN N-mg-mg，则支持力支持力F FN N= =mg+Fmg+Fn n，所以座椅，所以座椅对他的支持力他的支持力大于重力，故大于重力，故B B错误；在摩天；在摩天轮转动一周的一周的过程中，程中，动能能的的变化量化量为零，由零，由动能定理知，合力能定理知，合力对乘客做功乘客做功为零，零，故
19、故C C正确；在摩天正确；在摩天轮转动的的过程中，乘客的重力大小不程中，乘客的重力大小不变，速度大小不速度大小不变，但是速度方向，但是速度方向时刻在刻在变化，化，竖直分速度直分速度在在变化，所以重力的瞬化，所以重力的瞬时功率在功率在变化，故化，故D D错误。2.20182.2018年平昌冬季奥运会雪橇运年平昌冬季奥运会雪橇运动动，其，其简简化模型如化模型如图图所示：所示：倾倾角角为为=37=37的直的直线线雪道雪道ABAB与曲与曲线线雪道雪道BCDEBCDE在在B B点平滑点平滑连连接，其中接，其中A A、E E两点在同一水平面上，雪道最两点在同一水平面上，雪道最高点高点C C所所对应对应的的
20、圆圆弧半径弧半径R=10mR=10m，B B、C C两点距离水平面两点距离水平面AEAE的高度分的高度分别为别为h h1 1=18m =18m 与与h h2 2=20m=20m，雪橇与雪道各，雪橇与雪道各处处的的动动摩擦因数均摩擦因数均为为=0.1=0.1，运，运动员动员可坐在可坐在电动电动雪橇上雪橇上由由A A点从静止开始向上运点从静止开始向上运动动，若，若电动电动雪橇以恒定功率雪橇以恒定功率1.2 kW1.2 kW工作工作10 s10 s后自后自动动关关闭闭，则则雪橇和运雪橇和运动员动员( (总质总质量量m=50 kg)m=50 kg)到达到达C C点的速度点的速度为为2m/s2m/s，到
21、达，到达E E点的速度点的速度为为10m/s10m/s。已知雪橇运。已知雪橇运动过动过程中不脱离雪道且程中不脱离雪道且sin 37sin 37=0.6=0.6，coscos 37 37=0.8=0.8，g g取取10m/s10m/s2 2，求：，求：(1)(1)雪橇在雪橇在C C点点时对时对雪道的雪道的压压力。力。(2)(2)雪橇在雪橇在BCBC段克服摩擦力所做的功。段克服摩擦力所做的功。(3)(3)若若仅仅将将DEDE改成与曲改成与曲线线雪道雪道CDCD平滑相接的平滑相接的倾倾斜直斜直线线雪雪道道( (如如图图中虚中虚线线所示所示) )，求雪橇到，求雪橇到E E点点时时速度。速度。答案：答案
22、：(1)480 N(1)480 N方向方向竖直向下直向下(2)700 J(2)700 J(3)10 (3)10 m/sm/s【解析解析】(1)(1)在在C C点，雪橇和人由重力和支持力的合力点，雪橇和人由重力和支持力的合力提供向心力，由牛提供向心力，由牛顿第二定律得：第二定律得：mg-Fmg-FN N=m =m 代入数据解得：代入数据解得：F FN N=480 N=480 N由牛由牛顿第三定律可知，雪橇第三定律可知，雪橇对轨道的道的压力大小力大小为480 N480 N，方向，方向竖直向下。直向下。(2)(2)雪橇在雪橇在ABAB段受到的滑段受到的滑动摩擦力摩擦力为F Ff f= =mgcosm
23、gcos 37 37=40 N=40 N从从A A到到C C，根据，根据动能定理得：能定理得：Pt-mghPt-mgh2 2- -W- -WBCBC= mv= mv2 2解得：解得：W WBCBC=700 J=700 J。(3)(3)设设CECE的水平距离的水平距离为x x，从，从C C到到E E点点过程，若是曲程，若是曲线轨道，克服摩擦力做的功道，克服摩擦力做的功为W WCECE=mgL=mgL1 1cos cos 1 1+mgL+mgL2 2cos cos 2 2+mgL+mgL3 3cos cos 3 3+ +=mg(x=mg(x1 1+x+x2 2+x+x3 3+ +)=)=mgxmg
24、x若是直若是直线轨道，克服摩擦力做的功道，克服摩擦力做的功为W WCECE=mgLcosmgLcos = =mgxmgx故将故将DEDE改成改成倾斜直斜直轨道，克服摩擦力做功不道，克服摩擦力做功不变，即，即损失的机械能也不失的机械能也不变，则E E点速度：点速度：v vE E=10 =10 m/sm/s。补补充充练习练习：1 1、( (多多选选)a)a、b b为紧为紧靠着的、且两靠着的、且两边边固定的两固定的两张张相同薄相同薄纸纸，如，如图图所示。一个所示。一个质质量量为为1 kg1 kg的小球从距的小球从距纸纸面高面高为为60 cm60 cm的地方自由下落，恰能穿破两的地方自由下落，恰能穿破
25、两张纸张纸。若将。若将a a纸纸的位置升高，的位置升高，b b纸纸的位置不的位置不变变，在相同条件下要使小，在相同条件下要使小球仍能穿破两球仍能穿破两张纸张纸，则则a a纸纸距离距离b b纸纸可能是可能是( ( ) )A.15 cmA.15 cmB.20 cmB.20 cmC.30 cmC.30 cmD.60 cmD.60 cmABCABC【加固加固训练训练】2 2. .如如图图所示所示为为一滑草一滑草场场。某条滑道由上、下。某条滑道由上、下两段高均两段高均为为h h，与水平面，与水平面倾倾角分角分别为别为4545和和3737的滑道的滑道组组成，滑草成，滑草车车与草地之与草地之间间的的动动摩擦
26、因数摩擦因数为为。质质量量为为m m的的载载人滑草人滑草车车从坡从坡顶顶由静止开始自由下滑，由静止开始自由下滑，经过经过上、下两段滑上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端道后，最后恰好静止于滑道的底端( (不不计计滑草滑草车车在两段滑在两段滑道交接道交接处处的能量的能量损损失，失，sin37sin37=0.6=0.6，cos37cos37=0.8)=0.8)。求：。求：（1 1）载载人滑草人滑草车车克服摩擦力做功克服摩擦力做功（2 2）动动摩擦因数摩擦因数（3 3）载载人滑草人滑草车车最大速度最大速度 （4 4）载载人滑草人滑草车车在下段滑道上的加速度大小。在下段滑道上的加速度大小。2mg
27、h2mgh g g3.3.我国将于我国将于20222022年年举办举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏观赏性的性的项项目之一。目之一。质质量量m=60kgm=60kg的运的运动员动员从从长长直助滑道直助滑道ABAB的的A A处处由静止开始以加速度由静止开始以加速度a=3.6m/sa=3.6m/s2 2匀加速滑下，到达助滑匀加速滑下，到达助滑道末端道末端B B时时速度速度v vB B=24m/s=24m/s，A A与与B B的的竖竖直高度差直高度差H=48mH=48m。为为了了改改变变运运动员动员的运的运动动方向，在助滑道与起跳台之方向，在助滑道与起跳台之间间用一段弯用一
28、段弯曲滑道曲滑道衔衔接，其中最接，其中最低点低点C C处处附近是一段以附近是一段以O O为圆为圆心的心的圆圆弧。弧。助滑道末端助滑道末端B B与滑道最低点与滑道最低点C C的高度差的高度差h=5mh=5m，运，运动员动员在在B B、C C间间运运动时动时阻力做功阻力做功W=-1530JW=-1530J，g g取取10m/s10m/s2 2。(1)(1)求运求运动员动员在在ABAB段下滑段下滑时时受到阻力受到阻力F Ff f的大小。的大小。(2)(2)若运若运动员动员能能够够承受的最大承受的最大压压力力为为其所受重力其所受重力的的6 6倍，倍，则则C C点所在点所在圆圆弧的半径弧的半径R R至少
29、至少应为应为多大。多大。【解析解析】(1)(1)运运动员在在ABAB上做初速度上做初速度为零的匀加速直零的匀加速直线运运动，设ABAB的的长度度为x x，则有有 =2ax=2ax由牛由牛顿第二定律知第二定律知 联立立式，代入数据解得式，代入数据解得F Ff f=144 N=144 N(2)(2)设运运动员到达到达C C点点时的速度的速度为v vC C，在由，在由B B到到C C的的过程程中运用中运用动能定理得能定理得mgh+Wmgh+W= m - m = m - m 设运运动员在在C C点所受的支持力点所受的支持力为F FN N，由牛，由牛顿第二定律第二定律知知F FN N-mg= -mg=
30、由运由运动员能能够承受的最大承受的最大压力力为其所受重力的其所受重力的6 6倍，倍，联立立式，代入数据解得式，代入数据解得R=12.5 mR=12.5 m答案：答案：(1)144 N(1)144 N(2)12.5 m(2)12.5 m交交汇汇考点考点动动能定理在能定理在电场电场中的中的应应用用动动能定理在力学与能定理在力学与电场电场中的中的应应用用对对比比【加固加固训练训练】如如图图所示，水平面所示，水平面ABAB光滑，粗糙半光滑，粗糙半圆轨圆轨道道BCBC竖竖直放置。直放置。圆圆弧半径弧半径为为R R，ABAB长长度度为为4R4R。在。在ABAB上方、直径上方、直径BCBC左左侧侧存在水平向
31、右、存在水平向右、场场强强大小大小为为E E的匀的匀强强电场电场。一。一带电带电量量为为+q+q、质质量量为为m m的小球自的小球自A A点由静止点由静止释释放，放，经过经过B B点后，点后，沿半沿半圆轨圆轨道运道运动动到到C C点。在点。在C C点，小球点，小球对轨对轨道的道的压压力大小力大小为为mgmg，已知，已知 ，水平面和半，水平面和半圆轨圆轨道均道均绝缘绝缘。求：。求：(1)(1)小球运小球运动动到到B B点点时时的速度大小。的速度大小。(2)(2)小球运小球运动动到到C C点点时时的速度大小。的速度大小。(3)(3)小球从小球从B B点运点运动动到到C C点点过过程中克程中克服摩擦力做的功。服摩擦力做的功。【解析解析】(1)(1)小球从小球从A A到到B B，根据，根据动能定理得：能定理得：qEqE4R= 4R= 又因又因为 联立解得：立解得： 。(2)(2)小球运小球运动到到C C点，根据牛点，根据牛顿第二定律得：第二定律得：2mg= 2mg= 解得：解得：v vC C= = 。(3)(3)小球从小球从B B运运动到到C C点的点的过程，根据程，根据动能定理得：能定理得： 得：得：W Wf f=-=-mgRmgR小球从小球从B B到到C C过程克服摩擦力做功程克服摩擦力做功mgRmgR。答案：答案：(1) (1) (2) (2) (3)mgR(3)mgR
