第四章1 功和功率 巩固练习 word版含答案

【巩固题】
讨论力F在下列几种情况下做功的多少（　　）
①用水平推力F推质量是m的物体在光滑水平面上前进了s．
②用水平推力F推质量为2m的物体沿动摩擦因数为μ的水平面前进了s．
③斜面倾角为θ，与斜面平行的推力F，推一个质量为2m的物体沿斜面向上推进了s．
A．③做功最多
B．②做功最多
C．做功相等
D．不能确定
故选C．
如图所示，一个质量m=25kg的小孩从高度h=3.0m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度大小v=2.0m/s，取g=10m/s2．关于小孩所受各力对小孩做的功，下列计算结果中正确的是（　　）
A．重力做功500J
B．支持力做功50J
C．阻力做功700J
D．合力做功50J
【解答】解：小孩从顶端滑到底端的过程中，重力做功WG=mgh=25×10×3J=750J．支持力做功为零．
根据动能定理得，=．解得Wf=﹣700J．故D正确，A、B、C错误．
故选D．
如图，重物P放在粗糙的水平板OM上，当水平板绕O端缓慢抬高，在重物P没有滑动之前，下列说法中正确的是（　　）
A．P受到的支持力不做功
B．P受到的支持力做正功
C．P受到的摩擦力负功
D．P受到的摩擦力做正功
【解答】解：物块在上升的过程中，物块相对于木板并没有滑动，所以物块受到的摩擦力对物块做的功为零，由于重力对物块做了负功，摩擦力对物块不做功，根据动能定理可以知道，支持力对物块做正功，故B正确．
故选B
物体m从倾角为α的固定的光滑斜面由静止开始下滑，斜面高为h，当物体滑至斜面底端，重力做功的瞬时功率为（　　）
A．mg
B．mgsin
α
C．mgsin
α
D．mg
【解答】解：物体下滑过程中机械能守恒，所以有：mgh=
①
物体滑到底端重力功率为：P=mgvsinα
②
联立①②解得：P=mgsinα，故选项ABD错误，C正确．
故选C．
如图所示，同一物体分别沿斜面AD和BD自顶点由静止开始下滑，该物体与斜面间的动摩擦因数相同．在滑行过程中克服摩擦力做的功分别为WA和WB，则（　　）
A．WA＞WB
B．WA=WB
C．WA＜WB
D．无法确定
【解答】解：设斜面的倾角为θ，滑动摩擦力大小为f=μmgcosθ，
则物体克服摩擦力所做的功为w=μmgs?cosθ．而s?cosθ相同，所以克服摩擦力做功相等．
故选：B．
　从同一高度将质量相等的A、B两小球以大小不同的初速度水平拋出．A、B两小球从拋出到落至同一水平地面的过程中，所受重力做的功分别为WA、WB，重力的功率分别为PA、PB，不计空气阻力，则（　　）
A．WA=WB，PA≠PB
B．WA≠WB，PA=PB
C．WA≠WB，PA≠PB
D．WA=WB，PA=PB
【解答】解：重力做功W=mgh，质量相等，下落的高度相同，则重力做功相同，
平抛运动的时间由高度决定，高度相同，则时间相等，根据P=知，重力的功率相等，故D正确，A、B、C错误．
故选：D．
三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37°．现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是（　　）
A．物块A先到达传送带底端
B．物块A、B同时到达传送带底端
C．传送带对物块A、B均做负功
D．物块A、B在传送带上的划痕长度不相同
【解答】解：A、AB都以1m/s的初速度沿传送带下滑，mgsin37°＞μmgcos37°，故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物体沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A错误
B、由A分析得，B正确
C、滑动摩擦力向上，位移向下，摩擦力做负功，故C正确
D、划痕长度由相对位移决定，A物体与传送带运动方向相同，划痕较少，故D正确
故选BCD
一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度为v，若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v，对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前两次克服摩擦力所做的功，则（　　）
A．WF2＞4WF1，Wf2＞2Wf1
B．WF2＞4WF1，Wf2=2Wf1
C．WF2＜4WF1，Wf2=2Wf1
D．WF2＜4WF1，Wf2＜2Wf1
【解答】解：由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为S1：S2==1：2；
两次物体所受的摩擦力不变，根据力做功表达式，则有滑动摩擦力做功之比Wf1：Wf2=fS1：fS2=1：2；
再由动能定理，则有：WF﹣Wf=；
可知，WF1﹣Wf1=；
WF2﹣Wf2=4×；
由上两式可解得：WF2=4WF1﹣2Wf1，故C正确，ABD错误；
故选：C．
质量为m的物块始终固定在倾角为θ的斜面上，如图所示，下列说法中正确的是（　　）
A．若斜面向右匀速移动距离s，斜面对物块没有做功
B．若斜面竖直向上匀速移动距离s，斜面对物块做功mgs
C．若斜面向左以加速度a移动距离s，斜面对物块做功mas
D．若斜面竖直向下以加速度a移动距离s，斜面对物块做功m（g+a）s
【解答】解：A．斜面向右匀速运动，物块也是匀速运动，受力平衡，斜面对物块的力等于其重力，方向竖直向上，运动方向（位移矢量）始终与斜面作用力垂直，所以不做功，故A正确；
B．物块和斜面一起竖直向上匀速运动，物块受力平衡，斜面对物块的力大小等于物块的重力mg，方向竖直向上，位移方向也向上，所以W=mgs，故B正确；
C．物块和斜面一起向左以加速度a移动距离s，物块所受的合力做的功等于mas，物块受到重力和斜面对物块的力，所以，重力做的功加上斜面对物块做的功之和等于mas，又因为重力做功为零，所以斜面对物块做的功等于mas，故C正确；
D．物块和斜面一起竖直向下以加速度a移动距离s，物块所受的合力做的功等于mas，物块受到重力和斜面对物块的力，所以，重力做的功加上斜面对物块做的功之和等于mas，又因为重力做功为mgs，所以斜面对物块做的功等于mas﹣mgs，故D错误．
故选ABC．
如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点，第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，张力大小为T1；第二次在水平恒力F′作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q点，至Q点时轻绳中的张力大小为T2．关于这两个过程，下列说法中正确的是（不计空气阻力，重力加速度为g）（　　）
A．第一个过程中，拉力F在逐渐变大，且最大值一定大于F′
B．两个过程中，轻绳的张力均变大
C．T1=，T2=mg
D．第二个过程中，重力和水平恒力F′的合力的功率先增加后减小
【分析】第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，则小球处于平衡状态，第二次在水平恒力F′作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q点，则到达Q点时速度为零，由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，找出“最低点”，最低点的速度最大，在Q点速度为零，则向心力为零，判断T2与mg的关系．
【解答】解：A、第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，则小球处于平衡状态，
根据平衡条件得：F=mgtanθ，随着θ增大，F逐渐增大，
第二次从P点开始运动并恰好能到达Q点，则到达Q点时速度为零，在此过程中，根据动能定理得：
F′lsinθ=mgl（1﹣cosθ）
解得：F′=mgtan，因为θ＜90°，所以mgtan＜mgtanθ，则F＞F′，故A正确；
B、第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力，所以轻绳的张力变大，
第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，当绳子方向与重力和F′方向在同一直线上时，小球处于“最低点”，最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故B错误；
C、第一次运动到Q点时，受力平衡，根据几何关系可知，，第二次运动到Q点时，速度为零，则向心力为零，则绳子拉力T2=mgcosθ+F′sinθ=mgcosθ+=mg，故C正确；
D、第二个过程中，重力和水平恒力F′的合力是个恒力，在等效最低点时，合力方向与速度方向垂直，此时功率最小为零，到达Q点速度也为零，则第二个过程中，重力和水平恒力F′的合力的功率先减小，后增大，再减小为0，故D错误．
故选：AC．
如图所示是放置于水平地面上的简易滑梯示意图，一小孩从滑梯斜面顶点A开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好速度为零（B点为AC的中点），整个过程中滑梯保持静止状态．假设该小孩在AB段和BC段滑动时与斜面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，斜面倾角为θ，则（　　）
A．整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于该小孩和滑梯的总重力，地面对滑梯始终无摩擦力作用
B．动摩擦因数满足μ1+μ2=2
tan
θ
C．该小孩在AB和BC两段运动的时间相等，平均速度也相等
D．AB段与BC段小孩受的摩擦力做功的平均功率相等
【分析】小孩在AB段做匀加速直线运动，加速度沿斜面向下；在BC段做匀减速直线运动，加速度沿斜面向上．以小孩和滑梯整体为研究对象，将小孩的加速度分解为水平和竖直两个方向，由牛顿定律分析地面对滑梯的摩擦力方向和支持力的大小；
根据动能定理求解μ1+μ2；根据=知两段的平均速度的关系；
由W=fs和知平均功率大小关系．
【解答】解：小孩在AB段做匀加速直线运动，将小孩的加速度a1分解为水平和竖直两个方向，由于小孩有水平向右的分加速度即有向右的力，根据牛顿定律知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左；有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知：小孩处于失重，地面对滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的总重力．同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左．故A错误．
B、设AB的长度为L，AB间的高度为h，则sinθ=，小孩在B点的速度为v．
小孩从A到B为研究对象，由动能定理得：
﹣μ1mgLcosθ+mgh=mv2﹣0…①
小孩从B到C为研究过程，由动能定理得：
﹣μ2mgLcosθ+mgh=0﹣mv2..②
联立①②代入数据得：μ1+μ2=2tanθ，故B正确．
C、A开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好速度为零，根据=知两段的平均速度相等，因为距离相同，故时间也相同，故C正确；
D、因为动摩擦因数不一样，故摩擦力不一样，所以W=fs不同，时间相同，根据知平均功率不同，故D错误；
故选：BC
起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度﹣﹣时间图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是下图中的（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像．版权所有
【专题】运动学中的图像专题．
【分析】钢索拉力的功率P=Fv，根据速度图象分析重物的运动情况，根据牛顿第二定律得出拉力与重力的关系，再由功率公式得出功率与时间的关系式，选择图象．
【解答】解：在0﹣t1时间内：重物向上做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得：F﹣mg=ma1，F=mg+ma1，拉力的功率P1=Fv=（mg+ma1）a1t，m、a1均一定，则P1∝t．
在t1﹣t2时间内：重物向上做匀速直线运动，拉力F=mg，则拉力的功率P2=Fv=mgv，P2不变，根据拉力的大小得到，P2小于t1时刻拉力的功率．
在t2﹣t3时间内：重物向上做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：mg﹣F=ma2，F=mg﹣ma2，拉力的功率P3=Fv=（mg﹣ma2）（v0﹣a2t），m、a2均一定，P3与t是线性关系，随着t延长，P3减小．t3时刻拉力突然减小，功率突然减小．
故选：B．
【点评】根据物理规律得到功率与时间的解析式，再选择图象，是经常采用的方法和思路．
　
如图，光滑斜面固定于水平地面，滑块B上表面是水平的，滑块A、B保持相对静止，且一起由静止开始下滑，在斜面上运动过程中（　　）
A．A所受的合外力对其不做功
B．A只受两个力的作用
C．A对B不做功
D．B对A的弹力做正功
【解答】解：A、木块向下加速运动，故动能增加，由动能定理可知，木块m所受合外力对m做正功，故A错误；
B、A、B整体具有沿斜面向下的加速度，设为a，将a正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，如图所示，
由于具有水平分量a2，故必受水平向右摩擦力f，A受力如图所示，受重力支持力和摩擦力，故B错误；
C、由牛顿第二定律得；竖直方向上；
mg﹣N=ma1
①
水平方向上：f=ma2
②
假设斜面与水平方向的夹角为θ，摩擦力与弹力的合力与水平方向夹角为α，由几何关系得；
a1=gsinθsinθ
③
a2=gsinθcosθ
④
tanα=
⑤
①→⑤联立得：
tanα=
=cotθ=tan（﹣θ）
即α=﹣θ
所以B对A的作用力与斜面垂直，所以B对A不做功，
由牛顿第三定律得，A对B的作用力垂直斜面向下，所以A对B也不做功，故C正确
D、由牛顿第二定律可知
a=gsinθ
将a正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，由于具有水平分量a2，故必受水平向摩擦力f，A受力如图所示，所以支持力做负功，摩擦力做正功，故D错误
故选：C
如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块．现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中（　　）
A．支持力对小物块做功为mgLsinα
B．静摩擦力对小物块做功为0
C．静摩擦力对小物块做功为mgLsinα
D．滑动摩擦力对小物块做功为﹣mgLsinαf
【解答】解：A、物块在缓慢提高过程中，由动能定理可得：W支﹣mgLsinα=0﹣0，则有W支=mgLsinα．故A正确；
BC、物块在缓慢提高过程中，静摩擦力始终与运动方向垂直，所以静摩擦力不做功，故B正确，C错误；
D、物块在滑动过程中，由动能定理可得：W滑+mgLsinα=﹣0，解得：W滑=﹣mgLsinα，故D正确；
故选：ABD．
如图所示，一质量为m的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于O点，另一端与该小球相连．现将小球从A点由静止释放，沿竖直杆运动到B点，已知OA长度小于OB长度，弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等．在小球由A到B的过程中（　　）
A．加速度等于重力加速度g的位置有两个
B．弹簧弹力的功率为零的位置有两个
C．弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功
D．弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离等于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离
【解答】解：A、在运动过程中A点为压缩状态，B点为伸长状态，则由A到B有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g．则两处
加速度为g．故A正确
B、A处速度为零，弹力功率为零；下滑过程弹簧弹力与杆子垂直，弹力功率为零；当原长时弹力为零，功率为零，故弹力功率为0共有3处，故B错误
　　C、因A点与B点弹簧的弹性势能相同，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功．故C正确
D、因做负功时弹力大，则弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离大于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离．故D错误
故选：AC
如图所示为一种测定运动员体能的装置，运动员的质量为m1，绳的一端拴在腰间并沿水平方向跨过滑轮（不计滑轮质量及摩擦），绳的下端悬挂一个质量为m2的重物，人用力蹬传送带使传送带以速率v匀速向右运动而人的重心不动．下面说法中正确的是（　　）
A．绳子拉力对人做正功
B．人对传送带做正功
C．运动时间t后，运动员的体能消耗约为m2gvt
D．运动时间t后，运动员的体能消耗约为（m1+m2）gvt
【解答】解：A、人的重心不动知人处于平衡状态，人没有位移，所以绳子拉力对人不做功，故A错误．
B、人对传送带的作用力向右，传送带对地的位移也向右，则人对传送带做正功．故B正确．
C、D人的重心不动，绳对人的拉力和人与传送带间的摩擦力平衡，而拉力又等于m2g，人对传送带做功的功率为m2gv，运动时间t后，运动员的体能消耗约为m2gvt．故C正确，D错误．
故选BC．
　
如图所示，一个纵截面是等腰三角形的斜面体M置于水平地面上，它的底面粗糙，两斜面光滑．将质量不相等的A、B两个小滑（mA＞mB）同时从斜面上同一高度处静止释放，在两滑块滑至斜面底端的过程中，M始终保持静止，则（　　）
A．B滑块先滑至斜面底端
B．地面对斜面体的摩擦力方向水平向左
C．两滑块滑至斜面底端时重力的瞬时功率相同
D．地面对斜面体的支持力等于三个物体的总重力
【解答】解：A、物块A下滑的加速度a=gsinα，位移x=，根据x=at2得，t=，同理，B下滑的时间t=，可知两滑块滑至底端的时间相同．故A错误．
B、A对斜面体压力在水平方向的分力大小为mAgsinαcosα，B对斜面体在水平方向上的分力为mBgsinαcosα，因为mA＞mB，则地面对斜面体有向左的摩擦力．故B正确．
C、物块A滑到底端的速度v=at=，B滑到底端的速度也为，由于质量不同，两物体的速度方向相同，则重力的瞬时功率P=mgvsinα不同．故C错误．
D、因为A、B的加速度均沿斜面向下，对整体分析，整体处于失重状态，则支持力小于三个物体的总重力．故D错误．
故选：B．
如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为M，货物的质量为m，货车以速度v向左作匀速直线运动，重力加速度为g．则在将货物提升到图示的位置时，下列给出的结论正确的是（　　）
A．货箱向上运动的速度大于v
B．缆绳中的拉力T等于（M+m）g
C．货车对缆绳拉力做功的功率P大于（M+m）g
vcosθ
D．货物对货箱底部的压力小于mg
【解答】解：将货车的速度进行正交分解，如图所示：
由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，故：
v1=vcosθ
由于θ不断减小，故货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上；
A、货箱和货物整体向上做加速运动，大小小于v，故A错误；
B、货箱和货物整体向上做加速运动，故拉力大于（M+m）g，故B错误；
C、整体的速度为vcosθ，故拉力功率P=Fv＞（M+m）gvcosθ，故C正确；
D、货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上，是超重，故箱中的物体对箱底的压力大于mg，故D错误；
故选：C．
如图所示，斜面体固定在水平地面上，用一根轻绳跨过定滑轮连接甲、乙两滑块，它们静止于丽斜面等高处，轻绳均与斜面平行．甲、乙可看成质点，不计一切摩擦（sin37°=0.6，sin53°=0.8）．若剪断轻绳，下列说法正确的是（　　）
A．甲、乙落地时的速度大小相等
B．甲、乙落到地面所用时间之比1：1
C．甲、乙落地时重力的功率之比为4：3
D．甲、乙在下滑到地面过程中重力做功相等
【解答】解：A、两物体位于相同高度，剪断轻绳，让两物体从静止开始沿斜面滑下，两物体运动过程中只有重力做功，落地高度相同，根据机械能守恒定律，得mgh=mv2到达斜面底端时两物体速率相等．故A正确．
B、没有剪断细绳时，由平衡条件可得，m甲gsin37°=m乙gsin53°，则m甲：m乙=4：3，两物体距地面高度h相同，位移分别为，
由匀变速直线运动的平均速度公式知
因为末速度v相同，故t甲＞t乙，故B错误；
C、由A知，两物体落地时速度相等，由B可知，m甲：m乙=4：3，落地时重力的功率之比
=，故C错误．
D、甲乙下滑过程中重力做功W=mgh，h相同，但质量不同，故D错误；
故选：A．
　如图甲所示，倾角θ=37°的斜面由粗糙的AB段和光滑的BC段组成，质量m=1kg的物体（可视为质点）在平行斜面的恒定外力F作用下由A点加速下滑，运动到B点时，力F突然反向（大小不变），其部分v﹣t图象如图乙所示，物体滑到C点时速度恰好为零，取sin37°=0.6，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）外力F的大小及物体在AB段与斜面间的动摩擦因数μ．
（2）由A到C外力F所做的总功大小．
【解答】解：（1）加速阶段
a1=10m/s2
F+mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1
减速阶段a2=2m/s2
mgsinθ﹣F=ma2
得：F=8N
μ=0.5
（2）加速阶段位移x1=5m，
做功为W1=Fx1=8×5=40J
减速阶段位移x2=25m
做功W2=﹣8×25=﹣200J
F总功大小为W=W1+W2=40﹣200=﹣160J
功的大小为160J；
如图甲所示，一质量m=2.5kg的物块在粗糙的水平地面上向右运动，当速度v0=20m/s时，施加一水平外力F，外力F随时间t的变化关系如图乙所示．外力F作用3s后撤去，规定水平向右为正方向，已知物块与地面间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g=10m/s2．求：
（1）撤去外力F时物块的速度大小；
（2）外力F作用3s时间内物块滑行的位移和外力F对物块所做的功．
在1﹣2s内产生的加速度大小为：F2﹣μmg=ma2
1s末的速度为：v1=v0﹣a1t
2s末的速度为：v2=v1+a2t
3s末的速度为：v3=v2﹣a1t
联立解得：v3=6m/s
（2）在0﹣1s内的位移为：
在1﹣2s内的位移为：
在2﹣3s内的位移为：
通过的总位移为：x=x1+x2+x3=39m
外力F做的总功W=（﹣F1x1）+F2x2+（﹣F1x3）
联立解得：W=﹣65J．
如图所示，借助一长为L的粗糙斜面，将一质量为m的物体（视为质点）移上货车．第一次使物体以初速度v从斜面底端沿斜面上滑，滑行的最大距离为；第二次使物体以相同的初速度向上滑行的同时，施加沿斜面向上的恒定推力，作用一段距离后撤去该力，物体继续上滑，恰好到达斜面顶端．
（1）求第一次上滑过程中物体的加速度大小a；
（2）定性说明第二次上滑过程中物体可能的运动情况；
（3）求第二次上滑过程中推力对物体做的功W．
【解答】解：（1）第一次上滑过程中物体的加速度大小a：
根据匀变速直线运动
解得a=
（2）第二次上滑过程中物体可能的运动情况是：
①先做匀加速上滑，撤去推力后匀减速上滑；
②先匀速上滑，撤去推力后匀减速上滑；
③先做加速度较小的匀减速运动，撤去推力后再做加速度较大的匀减速．
（3）第二次上滑过程中推力对物体做的功W：
根据动能定理有：
第一次上滑时
第二次上滑时联立解得