湖南师大附中2013届高三物理第四次月考试卷（含解析）新人教版本

1、湖南师大附中2013届高三第四次月考物理试卷一、选择题：（本题共12小题每小题4分，共48分，有的小题只有一个选项符合题意，有的小题有几个选项符合题意，请将符合题意的选项的序号填入答题表格中）1（4分）南北朝傅翕曾写下这样一首诗：“空手把锄头，步行骑水牛人在桥上走，桥流水不流”其中“桥流水不流”一句应理解成其选择的参考系是（）A水B桥C人D地面考点：参考系和坐标系专题：直线运动规律专题分析：研究物体的运动情况时，需要先选取一个标准做为参照物，物体与参照物的位置发生了变化，物体就是运动的；物体与参照物的位置没有发生变化，物体就是静止的解答：解：“桥流水不流”可以理解为“桥动水不动”，意思就是说桥

2、在运动，水在静止A、以水的参照物，则水就是静止的，而桥和水的位置发生了变化，则桥是运动的，与题意相符，故A正确；B、以桥为参照物，则桥是静止的，而水与桥的位置发生了变化，则水是运动的，与题意不符，故B错误；C、以人为参照物，因为人在桥上走，人与桥的位置发生了变化，桥是运动的，而水与人的位置也发生了变化，所以水也是运动的，与题意不符，故C错误；D、以地面为参照物，地面与桥的位置没有发生变化，桥是静止的，水与地面的位置发生了变化，所以水也是运动的，故D也是错误的故选A点评：参照物可以任意选择，具体选择什么物体做参照物，应根据研究的对象来定，如果选择不同的参照物，得出的结论可以不同，但都是正确的结论

3、2（4分）如图所示，FA=5N，FB=10N，在此两 个力的作用下物体AB一起向左匀速运动，那么以下说法正确的是（）AB物体所受的合外力为零B地面与B的摩擦力为10NCAB间的摩擦力为5NDAB整体所受外力不为零考点：共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：AB一起向左匀速运动，故A、B或AB整体都处于平衡状态，满足平衡条件，再隔离分析，从平衡条件入手分析即可解答：解：A、B物体匀速运动，处于平衡状态，所受合外力为0，故A正确；B、以AB整体为研究对像，水平方向所受FA和FB的合力为5N，方向向左，根据平衡条件可知，地面与B的摩擦力大小为5

4、N，方向水平向右，故B错误；C、以A为研究对象，根据A物体平衡可以得到AB间摩擦力大小为5N，故C正确；D、A、B都匀速运动，根据平衡可知，AB整体处于平衡状态，所受合外力为0，故D错误故选AC点评：根据平衡条件利用整体法和隔离法处理是解决本题的关键3（4分）（2011长沙模拟）如图所示，斜面体B静置于水平桌面上一质量为m的木块A从斜面底端开始以初速度v0上滑，然后又返回出发点，此时速度为v，且vv0在上述过程中斜面体一直静止不动，以下说法正确的是（）A桌面对B的静摩擦力的大小保持不变B桌面对B始终有水平向左的静摩擦力C物体A受到的摩擦力恒定不变DA上滑时比下滑时桌面对B的支持力大考点：共点力

5、平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：对A进行受力分析，由滑动摩擦力公式判断A受到的滑动摩擦力如何变化；对物体B受力分析，然后根据平衡条件分析答题解答：解：由于vv0，所以物体A在在滑动过程中受到滑动摩擦力作用；物体A受到的滑动摩擦力fA=mgcos，物体A受到的摩擦力与A对B的摩擦力是作用力与反作用力，故f1=f2=fA=mgcos，对斜面体B进行受力分析，物体A向上滑动时，B受力如图甲所示，物体A向下滑动时，斜面体受力如图乙所示；A、物体B静止，处于平衡条件，由平衡条件得：f=f1cos+Nsin，f=Nsinf2cos，物体A向上滑行时桌面对B的摩擦

6、力大，物体A下滑时，桌面对B的摩擦力小，故A错误；B、桌面对B始终有水平向左的静摩擦力，故B正确；C、物体A向上滑动时，受到的滑动摩擦力平行于斜面向下，物体A向下滑动时，物体A受到的滑动摩擦力平行于斜面向上，物体A受到的摩擦力是变力，故C错误；D、物体B处于平衡状态，由平衡条件得：FN1=G+Ncof1sin，FN2=G+Ncos+f2sin，FN2FN1，故D错误；故选B点评：对物体正确受力分析、熟练应用平衡条件是正确解题的关键；解题时要注意受力分析的顺序，先对A受力分析，然后再对B受力分析4（4分）如图，质量为m的物体，以速度vA从离地为H的A点抛出，当它落到距离地面高为h的B点时，速度为

7、vB，在不计空气阻力的情况下，下列哪些说法是正确的是（取地面为零势能面）（）A物体在A点具有的机械能是B物体在B点具有的机械能是C物体着地时具有的机械能是D物体着地时具有的机械能是考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：物体抛出后，在不计空气阻力的情况下，只有重力做功，其机械能守恒根据机械能守恒定律研究物体在A、B两点的机械能及着地的机械能解答：解：取地面为零势能面A、B物体在B点具有的机械能是，而物体抛出后物体机械能守恒，物体经过A、B两点时机械能相等，则物体在A点具有的机械能也是故B正确C、D根据机械能守恒定律得知，物体着地时具有的机械能等于物体经过A点时的机械能，即为E=m

8、gH+故C错误，D正确故选ABD点评：本题是抛体的机械能守恒问题机械能等于物体的动能和势能之和基本题5（4分）如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（）AA、B两处电势、场强均相同BC、D两处电势、场强均相同C在虚线AB上O点的场强最大D带负电的试探电荷在O处的电势能小于在B处的电势能考点：电势；电场强度；电势能专题：压轴题；电场力与电势的性质专题分析：根据等量异种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较A与B，C与D电势、场强关系及O、B电势高低；根据电场线疏密可知，在M、N之间O点场强最小；利用负电荷在电

9、势高处电势能小，可比较负电荷在O、B电势能大小解答：解：A、根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B场强相同，A点电势高故A错误 B、根据等量异种电荷电场线、等势面分布对称性，C、D两处电势、场强均相同故B正确C、根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强最小故C错误 D、O点电势高于B点电势，负电荷在O处电势能小于在B处电热能故D正确故选BD点评：这类问题要巧妙利用电场线、等势面分布对称性的特点，再根据电场线方向判断电势高低，电场线的疏密判断场强的大小6（4分）如图所示，两个物体以相同大小的初始速度从O点同时分别向x轴正负方向水平抛出，

10、它们的轨迹恰好是抛物线方程，那么以下说法正确的是（）A初始速度为B初始速度为CO点的曲率半径为DO点的率半径为2k考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：两球均做平抛运动，水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直方向上的分运动是自由落体运动，得到水平位移大小x和竖直位移大小y与时间的关系，代入抛物线方程，即可求得初速度；根据数学知识求解O点的曲率半径解答：解：A、B设小球运动的时间为t，则有 x=v0t，y=代入到抛物线方程，解得，初速度v0=故AB均错误C、D对抛物线方程求导得：y=，根据数学知识得知，O点的曲率半径为R=故C正确，D错误故选C点评：本题运用数学上参数方程的方法求解初速度，关键是抓

11、住平抛运动的分解方法根据曲率半径的定义，由数学知识求解7（4分）如图所示，圆O在匀强电场中，场强方向与圆O所在平面平行，带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆周上不同点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，图中O是圆心，AB是圆的直径，AC是与AB成角的弦，则匀强电场的方向为（）A沿AB方向B沿AC方向C沿BC方向D沿OC方向考点：等势面；电场线专题：电场力与电势的性质专题分析：带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，根据动能定理知电场力做功最多

12、，则AC在电场线方向上的距离最大解答：解：仅在电场力作用下从A点进入，离开C点的动能最大，则C点是沿电场强度方向离A点最远，所以电场线与过C的切线相垂直，由于带电微粒是带正电，故匀强电场的方向沿OC方向故D正确，A、B、C错误故选D点评：解决本题的关键抓住C点是沿电场强度方向离A点最远，以及电场线与过C的切线相垂直8（4分）阻值较大的电阻R1和R2串联后，接入电压U恒定的电路，如图所示，现用同一电压表依次测量R1与R2的电压，测量值分别为U1和U2，则（）AU1+U2=UBU1+U2UCU1/U2=R1/R2DU1/U2R1/R2考点：闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路专题：恒定电流专题分

13、析：假设电压表未接入电路时，电阻R1和R2的电压分别为U1和U2，电压表的电阻为RV当电压表测量电压时，与被测电阻并联，电阻减小，分担的电压减小，根据欧姆定律研究U1+U2与U的关系根据串联电路电流相等，电压与电阻成正比，分别由欧姆定律得到U1、U2与U的关系，再求出解答：解：A、B假设电压表未接入电路时，电阻R1和R2的电压分别为U1和U2当电压表测量电阻R1的电压时，与R1并联，并联电阻小于R1，而R2不变，则并联部分的电压小于电压表没有接入电路时的电压，即U1U1同理，U2U2，则U1+U2U1+U2，又U1+U2=U，则U1+U2U故A错误，B正确 C、D设电压表的电阻为RV当电压表测

14、量电阻R1的电压时，根据欧姆定律得到U1=U=同理，U2=则=故C正确，D错误故选BC点评：本题中由于电阻与电压表的内阻相差不大，电压表对电路的影响不能忽略，把电压表看成能测量电压的电阻9（4分）（2011长沙县模拟）氧化锡传感器主要用于汽车尾气中一氧化碳浓度的检测它的电阻随一氧化碳浓度的变化而变化，在如图所示的电路中，不同的一氧化碳浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表的指针就与一氧化碳浓度有了对应关系，观察仪表指针就能判断一氧化碳是否超标有一种氧化锡传感器，其电阻的倒数与一氧化碳的浓度成正比，那么，电压表示数U与一氧化碳浓度C之间的对应关系正确的是（）AU越大，表示C越大，C与U成正比

15、BU越大，表示C越小，C与U成反比CU越大，表示C越大，但是C与U不成正比DU越大，表示C越小，但是C与U不成反比考点：闭合电路的欧姆定律；传感器在生产、生活中的应用专题：恒定电流专题分析：由闭合电路欧姆定律可得出电压表示数与一氧化碳浓度之间的关系式，则可判断二者的关系解答：解：电压表示数U与一氧化碳浓度C之间的对应关系为由公式可知，U越大，则C越大，但U和C不成正比；故C正确；故选C点评：本题要注意灵活选用闭合电路欧姆定律的表达式，本题要求的是U和C的关系，则可利用U=IR进行推导10（4分）（2012徐州一模）欧洲天文学家宣布在太阳系之外发现了一颗可能适合人类居住类地行星，命名为“格利斯5

16、81c”该行星的质量约是地球的5倍，直径约是地球的1.5倍，现假设有一艘宇宙飞船临该星球表面附近轨道做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A“格利斯581c”的平均密度比地球平均密度小B“格利斯581c”表面处的重力加速度小于9.8m/s2C飞船在9.8m/s2表面附近运行时的速度大于7.9m/s2D飞船在“格利斯581c”表面附近运行时的周期要比绕地球表面运行的周期小考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：根据密度的公式得出行星与地球的密度大小关系根据万有引力等于重力得出表面的重力加速度的大小根据万有引力提供向心力得出线速度、周期的大小解答：解：A

17、、密度，行星的质量是地球质量的5倍，直径是地球的1.5倍，所以密度是地球的1.5倍比地球密度大故A错误B、根据得，g=，行星的质量是地球质量的5倍，直径是地球的1.5倍，知表面的重力加速度是地球表面重力加速度的2.2倍，大于9.8m/s2故B错误C、根据得，v=，行星的质量是地球质量的5倍，直径是地球的1.5倍，则线速度是地球表面运行速度的1.8倍，大于7.9km/s周期是地面运行的周期的倍，周期比地球表面运行的周期小故C、D正确故选CD点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能灵活运用11（4分）地球其实本身是带电的，在空旷的平地附近，每升高1m，电势约升高

18、100V，由于空气中有少量的带电粒子，所以也有微小的导电能力，地面附近的空气电阻率约为p=3×1013m，那么（）A地球带正电B一个身高1.7m的人站在地面附近，他的头部和脚跟之间的电势差（电压）约为170VC空气中存在流向大地的电流，如果取地球半径为6000km，总电流大约为1500AD地球所带的电荷量在地面附近产生的电场与这些电荷集中在地心是等效的，那么地球的带电量约为：+4×105C考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：根据沿着电场线方向，电势降低与电势的高低来确定地球带电电性；由每升高1m，电势约升高100V，可求出表面电场强度的大

19、小因此根据U=Ed可确定电势差，再由E=可算出地球带电量解答：解：每升高1m，电势约升高100V，根据沿着电场线方向电势降低可知，地球带负电故A错误；B、由每升高1m，电势约升高100V，可知表面电场强度为E=，而人的身高1.7m，但人是导体，所以头部和脚跟之间的电势差（电压）约为0V，故B错误；C、空气中存在流向大地的电流，根据欧姆定律I=A=1440A，总电流大约为1500A，故C正确；D、地球所带的电荷量在地面附近产生的电场与这些电荷集中在地心是等效的，因此根据E=可算Q=，且带负电，故D错误；故选：C点评：考查学生根据情境描述来理解题意，结合已有的知识来进行联系，从而解得涉及到电场强度

20、与电势差的关系，点电荷的电场强度的表达式特别C选项必须正确建立模型才能突破解题12（4分）如图所示，质量不计的轻质弹性杆P插入桌面上的小孔中，杆的另一端固定一质量为m的小球，今使小球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，角速度为，则下列说法正确的是（重力加速度为g）（）A球所受的合外力大小为B球所受的合外力大小为C球对杆作用力的大小为D球对杆作用力的大小为考点：牛顿第二定律；向心力专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：小球受到重力和杆子的作用力，两个力的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力根据力的合成，求出球对杆子的作用力大小解答：解：A、小球所受合力提供匀速圆周运动的向心力，即故A、B错误

21、C、小球受重力和杆子对它的作用力F，根据力的合成有：，所以F=故C错误，D正确故选D点评：解决本题的关键知道小球匀速圆周运动的向心力由重力和杆子对它作用力的合力提供根据向心力求出合力，根据力的合成求出杆子的作用力二、填空题（共2小题，每小题2分，满分8分）13（2分）某同学用如图所示的实验装置探究小车动能变化与合外力对它所做功的关系，图中A为小车，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B的限位孔，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，C为弹簧测力计，不计绳的质量和绳与滑轮的摩擦，实验时，先接通电源再松开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点该同学在一条比较理想的纸带上，从点迹清楚的某点

22、开始记为O点，顺次选取5个点，分别测量这5个点到O之间的距离，并计算出它们与O点之间的速度平方差v2（v2=），填入下表：点迹s/cmv2/m2s2011.600.0423.600.0936.090.1547.000.1859.200.23请以v2为纵坐标，以s为横坐标在方格纸中作出v2s图象，若测出小车A质量为0.2kg，结合图象可求得小车所受合外力的大小为F=0.25N考点：探究功与速度变化的关系专题：实验题；动能定理的应用专题分析：根据图象用直线将点相连，误差较大的点舍去；结合动能定理的表达式分析图象的可得出图象中有关合外力表达式解答：解：由动能定理可得：W=Fs=（v2），故v2=s；

23、根据图象，则可知图象的斜率等于，由于斜率等于2.5，故合外力F=0.25N；故答案为：0.25点评：对于实验的考查应要注意实验的原理，通过原理体会实验中的数据处理方法及仪器的选择14（6分）一根电阻丝，它的电表阻在10左右，测量它的直径时如图所示，由此读得它的直径D=0.920mm，由此可以算出它的横截面积S现有一个稳压电源（输出电压恒为U=3V），一个定值电阻R（10左右），一个量程0.3A的量流表1，一个量程为3A的电流表2，毫米刻度尺，利用如图所示的电路，不断移动夹子（图中用粗箭头表示）改变电阻丝连入电路的长l，得出长度l与电流的倒数的关系如图所示则电流表选择1，该电阻丝的电阻率为，定值

24、电阻Ub（要求a、b，U，S等字母表示）考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）螺旋测微器固定刻度最小分度为1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数（2）根据欧姆定律估算出电路中最大电流，即可选择电流表的量程；根据欧姆定律和电阻定律推导出l与的表达式，读出图象的斜率与截距，根据数学知识求解电阻率和定值电阻解答：解：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数是0.5mm，可动刻度示数是42.0×0.01mm=0.420mm，则螺旋测微器示数是0.5mm+0.420

25、mm=0.920mm；（2）当变阻器接入电路的电阻为零时，电路中电流最大，电流的最大值约为Imax=A=0.3A，故电流表选择1由欧姆定律和电阻定律得：I=变形得：l=根据数学知识得知，l图象的斜率大小为k=，纵截距的大小为，由图知k=，则有=，解得，=而=a，联立得到R=Ub故答案为：0.920，1，Ub点评：本题的解题关键是根据欧姆定律和电阻定律得到l与的表达式，结合图象的斜率和截距求解和R三、计算题（本题共4小题，共44分，应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15（10分）如图所示，K连续发出的电子经加速后以速度沿中心线水平射入平行板

26、BC间，已知B和C两板的长为l1=10cm，之间的距离d=4cm，BC板右端到荧光屏的距离l2=12cm，如果在BC两板间加上交变电压，电压=91sin314t（V），试求在荧光屏上出现的亮线的长度，（电子的质量为m=9.1×1031kg，电荷量为e=1.6×1019C）考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）电子进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动根据板长和初速度求出时间根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解电子从偏转电场射出时的侧移量（2）电子离开偏转电场后沿穿出电场时的

27、速度做匀速直线运动，水平方向：位移为L2，分速度等于v0，求出匀速运动的时间竖直方向：分速度等于vy，由y=vyt求出离开电场后偏转的距离，再加上电场中偏转的距离得解解答：解：电子以速度0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，设电压最大时偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为，离开偏转电场时的侧移量为y1，由牛顿第二定律得：，由牛顿第二定律：F=ma，由运动学公式得：L1=v0t1，解得：cm；设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为y，由匀变速运动的速度公式可知y=at1；电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子

28、离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，水平方向：L2=v0t2，竖直方向：y2=vyt2，联立以上公式，解得：y2=4.8cm；P至O点的距离y=y1+y2=6.8cm；由于上下对称，故亮线的长度：H=2y=13.6cm答：在荧光屏上出现的亮线的长度13.6cm点评：带电粒子在电场中类平抛运动的研究方法与平抛运动相似，出电场后做匀速直线运动，采用运动的合成与分解也可以利用三角形相似法求解16（10分）如图所示，固定斜面的倾角=30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质

29、光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L，现给A、B一初速度，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点，已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态且B不会碰到滑轮，求此过程中；（1）物体A向下运动刚到C点时的速度；（2）弹簧最大压缩量；（3）弹簧被压缩时的最大弹性势能考点：动能定理的应用；胡克定律；功能关系专题：动能定理的应用专题分析：（1）A、B系统动能的减小量与系统重力势能的减小量等于摩擦产生的热量，根据能量守恒定律求出物体A向下运动刚到C点时的速度（2）对物体

30、A接触弹簧将弹簧压缩到最短后又恰回到C点研究，对系统运用动能定理求出弹簧的最大压缩量（3）对弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C点的过程中，运用能量守恒定律求出弹簧压缩时最大的弹性势能解答：解：（1）A和斜面间的滑动摩擦力f=2mgcos物体从A向下运动到C点的过程中，根据能量关系有：=解得v=（2）从物体A接触弹簧将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理（3）弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量关系有：Ep+mgx=2mgxsin+fx因为mgx=2mgxsin所以答：（1）物体A向下运动刚到C点时的速度为（2）弹簧最大压缩量为（3）弹簧被压缩时的最大弹性势能为点评：

31、本题综合考查了动能定理、能量守恒定律，综合性较强，对学生的要求较高，要加强这类题型的训练17（12分）如图所示，一个内轨光滑外轨粗糙的圆形轨道竖直放置，圆心处有一个带正电的点电荷（内外轨相距很近，半径均可视为R），在轨道最低点放一个带负电的小球，质量为m，直径略小于内外轨的距离，现给小球一个水平初速度，经过一段时间后，小球在P、Q之间来回往复运动不止，OP、OQ与竖直方向的夹角为=37°（cos37°=0.8，sin37°=0.6）试求：（1）小球能否通过最高点？（2）小球与圆心点电荷的库仑力；（3）整个过程中小球在最低点对外轨的最大压力；（4）整个过程中小球克服

32、摩擦所做的功Wf和库仑力所做的功Wk考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力；功的计算；动能定理的应用；库仑定律专题：功率的计算专题分析：（1）根据机械能守恒条件判定是否守恒，再由守恒定律即可求解；（2）由题意可知：小球在P、Q之间来回往复运动不止，则当小球运动到最低点时，恰好由库仑力与重力提供向心力，从而根据牛顿第二定律可求出库仑力的大小；（3）整个过程中小球在最低点速度最大时，则球对外轨的压力最大，因此根据牛顿第二定律可确定轨道对球的支持力，再由牛顿第三定律即可求解；（4）由于库仑力与速度方向始终垂直，所以库仑力不做功因此对小球整个过程由动能定理则可求出克服摩擦力做功解答：解：（1）假设没有摩擦力，则过程中机械能守恒，因此由机械能守恒定律可