（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第37課時(shí) 應(yīng)用三大觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問題（題型研究課）講義（含解析）

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1、（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第37課時(shí) 應(yīng)用三大觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問題（題型研究課）講義（含解析） 1．(2018·全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求： (1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時(shí)間； (2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度。 解析：(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有 E＝mv02① 設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的

2、時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 0＝v0－gt② 聯(lián)立①②式得 t＝ 。③ (2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有E＝mgh1④ 火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動(dòng)量守恒定律有 mv12＋mv22＝E⑤ mv1＋mv2＝0⑥ 由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有 mv12＝mgh2⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分距地面的最大高度為 h＝h1＋h2＝。⑧ 答案：(1) 　(2) 2.(201

3、6·全國卷Ⅲ)如圖，水平地面上有兩個(gè)靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為m。兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同?，F(xiàn)使a以初速度v0向右滑動(dòng)。此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)滿足的條件。 解析：設(shè)物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應(yīng)有 mv02＞μmgl① 即μ＜② 設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1。由能量守恒定律有 mv02＝mv12＋μmgl③ 設(shè)在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1′、v2′，由動(dòng)量守恒定律和能

4、量守恒定律有 mv1＝mv1′＋mv2′④ mv12＝mv1′2＋×mv2′2⑤ 聯(lián)立④⑤式解得v2′＝v1⑥ 由題意知，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系可知 ×mv2′2≤μ·mgl⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式，可得 μ≥⑧ 聯(lián)立②⑧式，可得a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為 ≤μ＜。⑨ 答案：≤μ＜ 3.(2018·全國卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點(diǎn)相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sin α＝。一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個(gè)過程中，除受到重

5、力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小為g。求： (1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大小； (2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大小； (3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間。 解析：(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F，由力的合成有 F0＝mgtan α＝mg F＝＝mg 設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律得 F＝m 解得v＝。 (2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點(diǎn)，如圖所示，由幾何關(guān)系得 DA＝Rsin α

6、 CD＝R(1＋cos α) 小球由A到C的過程中，由動(dòng)能定理有 －mg·CD－F0·DA＝mv2－mv12 解得v1＝ 所以小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為 p＝mv1＝。 (3)小球離開C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度vy＝vsin α、加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)， CD＝vyt＋gt2 解得t＝ 。 答案：(1)mg　　(2)　(3) 該部分內(nèi)容為力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用，在高考中常作為壓軸題進(jìn)行命題。力學(xué)所有知識幾乎都會(huì)在該部分出現(xiàn)。該部分的學(xué)習(xí)對學(xué)生的綜合分析能力、數(shù)學(xué)運(yùn)算能力等有較高的要求?！　? 命題點(diǎn)一　三大觀點(diǎn)的常見組合模式 力學(xué)研究的是物體的受力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)

7、系，與之相伴的是能量和動(dòng)量的變化，其知識體系如下： 考法1　動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和動(dòng)量守恒定律的綜合應(yīng)用　 [例1]　(2018·全國卷Ⅱ)汽車A在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動(dòng)措施，但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時(shí)和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動(dòng)了4.5 m，A車向前滑動(dòng)了2.0 m。已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103 kg和1.5×103 kg，兩車與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時(shí)間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動(dòng)，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)碰撞后的瞬間B車速度的大??； (2)碰撞前的瞬間A車速度的大小

8、。 [解析]　(1)設(shè)B車碰后加速度大小為aB。根據(jù)牛頓第二定律有 μmBg＝mBaB 設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為vB′，碰撞后滑行的距離為sB。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 vB′2＝2aBsB 解得vB′＝3.0 m/s。 (2)設(shè)A車碰后加速度大小為aA，根據(jù)牛頓第二定律有 μmAg＝mAaA 設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為vA′，碰撞后滑行的距離為sA，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 vA′2＝2aAsA 設(shè)碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA。兩車在碰撞過程中動(dòng)量守恒，有 mAvA＝mAvA′＋mBvB′ 解得vA≈4.3 m/s。 [答案]　(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s 考

9、法2　動(dòng)量定理和動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用　 [例2]　某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意如圖，皮帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下保持v＝1 m/s的恒定速度向右運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝2 kg的郵件輕放在皮帶上，郵件和皮帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。設(shè)皮帶足夠長，取g＝10 m/s2，在郵件與皮帶發(fā)生相對滑動(dòng)的過程中，求： (1)郵件滑動(dòng)的時(shí)間t； (2)郵件對地的位移大小x； (3)郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的功W。 [解析]　(1)取向右為正方向，設(shè)郵件放到皮帶上與皮帶發(fā)生相對滑動(dòng)過程中受到的滑動(dòng)摩擦力為F，則 F＝μmg 對郵件應(yīng)用動(dòng)量定理，有 Ft＝mv－0 解得t＝0.2 s。 (2

10、)郵件與皮帶發(fā)生相對滑動(dòng)的過程中，對郵件應(yīng)用動(dòng)能定理，有 Fx＝mv2－0 解得x＝0.1 m。 (3)郵件與皮帶發(fā)生相對滑動(dòng)的過程中，設(shè)皮帶相對地面的位移為s，則 s＝vt 摩擦力對皮帶做的功 W＝－Fs＝－2 J。 [答案]　(1)0.2 s　(2)0.1 m　(3)－2 J 動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可以寫出分量表達(dá)式；而動(dòng)能定理和能量守恒定律都是標(biāo)量表達(dá)式，絕無分量表達(dá)式?！　? 考法3　動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律的綜合應(yīng)用 [例3]　如圖所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R＝0.5 m。物塊A以v0＝

11、6 m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點(diǎn)Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌道上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L＝0.1 m。A、B與各粗糙段間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ＝0.1，A、B的質(zhì)量均為m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞時(shí)間極短)。 (1)求A滑過Q點(diǎn)時(shí)的速度大小v和受到的彈力大小F； (2)若碰后A、B最終停止在第k個(gè)粗糙段上，求k的數(shù)值； (3)求碰后A、B滑至第n個(gè)(n＜k)光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式。 [解析]　(1)A從滑入圓軌道到滑過最高點(diǎn)Q，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，得mv0

12、2＝mg·2R＋mv2 所以A滑過Q點(diǎn)時(shí)的速度 v＝＝ m/s＝4 m/s＞＝ m/s 在Q點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式，得 mg＋F＝m 所以A受到的彈力 F＝－mg＝N＝22 N。 (2)A與B碰撞遵守動(dòng)量守恒定律，設(shè)碰撞后的速度為v′， 則mv0＝2mv′ 所以v′＝v0＝3 m/s 從碰撞到A、B停止，根據(jù)動(dòng)能定理，得 －2μmgkL＝0－×2mv′2 所以k＝＝＝45。 (3)A、B從碰撞到滑至第n個(gè)光滑段根據(jù)動(dòng)能定理，得 －2μmgnL＝×2mvn2－×2mv′2 解得vn＝(n＜k)。 [答案]　(1)4 m/s　22 N　(2)45　(3)vn

13、＝(n＜k) 力學(xué)規(guī)律的選用原則 (1)求解物體某一時(shí)刻受力及加速度時(shí)，可用牛頓第二定律或運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式解決。 (2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變的問題時(shí)，在涉及時(shí)間和速度，不涉及位移和加速度時(shí)要首先考慮選用動(dòng)量定理；在涉及位移、速度，不涉及時(shí)間時(shí)要首先考慮選用動(dòng)能定理。 (3)若研究的對象為相互作用的物體組成的系統(tǒng)，一般考慮用機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律解決，但要仔細(xì)分析研究的問題是否符合守恒條件。 (4)在涉及相對位移問題時(shí)應(yīng)優(yōu)先考慮能量守恒定律，即滑動(dòng)摩擦力與相對位移的乘積等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，也等于系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能。 (5)涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物

14、理現(xiàn)象的問題，通常可選用動(dòng)量守恒定律，但須注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)化?！　? [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.(2019·南陽模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)一光滑水平軌道左邊與墻壁對接，右邊與一足夠高的光滑圓弧軌道平滑相連，木塊A、B靜置于光滑水平軌道上，A、B質(zhì)量分別為1.5 kg 和0.5 kg。現(xiàn)讓A以6 m/s的速度水平向左運(yùn)動(dòng)，之后與墻壁碰撞，碰撞時(shí)間為0.3 s，碰后速度大小變?yōu)? m/s。A與B碰撞后會(huì)立即粘在一起運(yùn)動(dòng)，g取10 m/s2，求： (1)A與墻壁碰撞過程中，墻壁對A平均作用力的大小； (2)A、B滑上圓弧軌道的最大高度。 解析：(1)設(shè)水平

15、向右為正方向，當(dāng)A與墻壁碰撞時(shí)，根據(jù)動(dòng)量定理有 Ft＝mAv1′－(－mAv1) 解得F＝50 N。 (2)當(dāng)A與B碰撞時(shí)，設(shè)碰撞后A、B的速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 mAv1′＝(mA＋mB)v A、B在光滑圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律有 (mA＋mB)v2＝(mA＋mB)gh 解得h＝0.45 m。 答案：(1)50 N　(2)0.45 m 2．(2019·山西五校聯(lián)考)如圖甲所示，質(zhì)量均為m＝0.5 kg的相同物塊P和Q(可視為質(zhì)點(diǎn))，分別靜止在水平地面上A、C兩點(diǎn)。P在水平力F作用下由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，力F與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，3 s末撤去力F

16、，此時(shí)P運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，之后繼續(xù)滑行并與Q發(fā)生彈性碰撞。已知B、C兩點(diǎn)間的距離L＝3.75 m，P、Q與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求： (1)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小v及P與Q碰撞前瞬間的速度大小v1； (2)Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。 解析：(1)以向右為正方向，在0～3 s內(nèi)，對P由動(dòng)量定理有： F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0 其中F1＝2 N，F(xiàn)2＝3 N，t1＝2 s，t2＝1 s 解得v＝8 m/s 設(shè)P在B、C兩點(diǎn)間滑行的加速度大小為a，由牛頓第二定律有： μmg＝ma P在B、C兩點(diǎn)間做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，有： v2－v12＝

17、2aL 解得v1＝7 m/s。 (2)設(shè)P與Q發(fā)生彈性碰撞后瞬間P、Q的速度大小分別為v1′、v2，有： mv1＝mv1′＋mv2 mv12＝mv1′2＋mv22 碰撞后Q做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，Q運(yùn)動(dòng)的加速度大小為： μmg＝ma′ Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t＝ 解得t＝3.5 s。 答案：(1)8 m/s　7 m/s　(2)3.5 s 命題點(diǎn)二　兩類常考的力學(xué)綜合模型 模型1　“彈簧類”模型 對兩個(gè)(或兩個(gè)以上)物體與彈簧組成的系統(tǒng)在相互作用的過程中： 1．在能量方面，由于彈簧的形變會(huì)具有彈性勢能，系統(tǒng)的總動(dòng)能將發(fā)生變化，若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能

18、守恒。 2．在動(dòng)量方面，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。 3．彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒。 4．彈簧處于原長時(shí)，彈性勢能為零。 [例1]　如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻壁相接觸。另有一物塊C從t＝0時(shí)以一定速度向右運(yùn)動(dòng)，在t＝4 s時(shí)與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，C的v-t圖像如圖乙所示。求： (1)C的質(zhì)量mC； (2)B離開墻壁后的運(yùn)動(dòng)過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep。 [解析]　(1)由題圖乙知，C與A碰前速度為v1＝9 m/

19、s，碰后速度為v2＝3 m/s，C與A碰撞過程C、A組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 mCv1＝(mA＋mC)v2 解得mC＝2 kg。 (2)由題圖乙可知，12 s時(shí)B離開墻壁，此時(shí)A、C的速度大小v3＝3 m/s，之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能守恒，且當(dāng)A、C與B的速度相等時(shí)，彈簧彈性勢能最大 (mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4 (mA＋mC)v32＝(mA＋mB＋mC)v42＋Ep 解得Ep＝9 J。 [答案]　(1)2 kg　(2)9 J 模型2　“滑塊—平板”模型 1．“滑塊”問題是動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用之一，由于滑塊與平板之間常存在一對相互作用的摩擦力，這對

20、摩擦力使滑塊、平板的動(dòng)量發(fā)生變化，也使它們的動(dòng)能發(fā)生改變，但若將兩者視為系統(tǒng)，則這對摩擦力是系統(tǒng)的內(nèi)力，它不影響系統(tǒng)的總動(dòng)量，但克服摩擦力做功，使系統(tǒng)機(jī)械能損失，所以解決“滑塊”問題常用到動(dòng)量守恒定律。 2．解決“滑塊”問題時(shí)一般要根據(jù)題意畫出情景示意圖，有助于分析物理過程，也有助于找出物理量尤其是位移之間的關(guān)系。 [例2]　一質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切且長度可忽略的光滑圓弧連接(圖中未畫出)?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，在斜面上上升的最大高

21、度為h，返回后在到達(dá)a點(diǎn)前與物體P相對靜止。重力加速度為g。求： (1)木塊在ab段受到的摩擦力f； (2)木塊最后距a點(diǎn)的距離s。 [解析]　(1)從開始到木塊到達(dá)斜面的最大高度過程： 由動(dòng)量守恒定律：mv0＝3mv1 由能量守恒定律：mv02＝×3mv12＋mgh＋fL 解得：f＝。 (2)木塊從斜面的最大高度至與物體P最終相對靜止： 由動(dòng)量守恒定律：3mv1＝3mv2 由能量守恒定律：×3mv12＋mgh＝×3mv22＋fx 距a點(diǎn)的距離：s＝L－x 解得：s＝L。 [答案]　(1)　(2)L [集訓(xùn)沖關(guān)] 1．兩物塊A、B用輕彈簧相連，質(zhì)量均為2 kg，初始

22、時(shí)彈簧處于原長，A、B兩物塊都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上向右運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為4 kg的物塊C靜止在B的右邊，如圖所示。已知B與C碰撞后二者會(huì)粘在一起運(yùn)動(dòng)。求： (1)當(dāng)彈簧的彈性勢能最大時(shí)，A的速度； (2)系統(tǒng)中彈性勢能的最大值。 解析：(1)當(dāng)A、B、C三者的速度相等時(shí)彈簧的彈性勢能最大，根據(jù)A、B、C三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，有 (mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC 代入數(shù)據(jù)解得vABC＝3 m/s。 (2)B、C碰撞時(shí)，B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后瞬間B、C的共同速度為vBC，則有 mBv＝(mB＋mC)vBC 代入數(shù)據(jù)解得v

23、BC＝2 m/s 當(dāng)A、B、C三者的速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢能最大，設(shè)為Ep，在B、C碰撞后，A與B、C組成的系統(tǒng)通過彈簧相互作用的過程中機(jī)械能守恒。根據(jù)機(jī)械能守恒定律得 Ep＝(mB＋mC)vBC2＋mAv2－(mA＋mB＋mC)vABC2＝12 J。 答案：(1)3 m/s　(2)12 J 2.(2019·山西模擬)如圖所示，一質(zhì)量m1＝0.45 kg的平頂小車靜止在光滑的水平軌道上。質(zhì)量m2＝0.5 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在車頂?shù)挠叶?。一質(zhì)量m0＝0.05 kg的子彈以水平速度v0＝100 m/s射中小車左端并留在車中，最終小物塊相對地面以2 m/s的速度滑離小車。已知子

24、彈與小車的作用時(shí)間極短，小物塊與車頂面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。取g＝10 m/s2，求： (1)子彈相對小車靜止時(shí)小車速度的大??； (2)小車的長度L。 解析：(1)子彈進(jìn)入小車的過程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得 m0v0＝(m0＋m1)v1 解得v1＝10 m/s。 (2)三物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得 (m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3 解得v2＝8 m/s 由機(jī)械能守恒定律可得 (m0＋m1)v12＝μm2gL＋(m0＋m1)v22＋m2v32 解得L＝2 m。 答案：(1)10 m/s　(2)2 m