2021高考物理人教版一轮考评训练：课练 15 动能和动能定理 21页

www.ks5u.com 课练15　动能和动能定理 ‎———[狂刷小题　夯基础]———‎ 练基础小题 ‎1．(多选)如图所示，某人将质量为m的石块从距地面高h处斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为v0，由于空气阻力作用石块落地时的速度大小为v，方向竖直向下，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)‎ A．石块刚抛出时重力的瞬时功率为mgv0‎ B．石块落地时重力的瞬时功率为mgv C．石块在空中飞行过程中合外力做的功为mv－mv2‎ D．石块在空中飞行过程中阻力做的功为mv2－mv－mgh ‎2．如图所示，半径为R的水平转盘上叠放有两个小物块P和Q，P的上表面水平，P到转轴的距离为r.转盘的角速度从0开始缓缓增大，直至P恰好能与转盘发生相对滑动，此时Q受到P的摩擦力设为f，在此过程中P和Q相对静止，转盘对P做的功为W.已知P和Q的质量均为m，P与转盘间的动摩擦因数为μ1，P与Q间的动摩擦因数为μ2，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列判断正确的是(　　)‎ A．f＝μ2mg B．W＝0‎ C．W＝μ1mgr D．条件不足，W无法求出 ‎3．(多选)如图所示，一小朋友做蹦床运动由高处自由落下．从该小朋友双脚接触蹦床开始至双脚到最低点的过程中，不考虑空气阻力，该小朋友(　　)‎ A．机械能守恒 B．速度先增大后减小 C．加速度先增大后减小 D．所受重力做的功小于其克服蹦床弹力做的功 ‎4．(多选)如图所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一个质量为m的物块(可视为质点)从圆弧轨道A端正上方P点由静止释放，物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并在A、B之间做匀速圆周运动，到B点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　)‎ A．物块到达A点时速度大小为 B．P、A间的高度差为 C．物块从A运动到B所用时间为π D．物块从A运动到B克服摩擦力做功为mgr ‎5．(多选)今年2月，太原市首批纯电动公交车开始运营．在运营前的测试中，电动公交车在平直路面上行驶，某段时间内的v－t图象如图所示．在0～10 s内发动机和车内制动装置对车辆所做的总功为零，车辆与路面间的摩擦阻力恒定，空气阻力不计．已知公交车质量为13.5 t，g＝10 m/s2，则(　　)‎ A．汽车在0～10 s内发生的位移为54 m B．汽车与路面的摩擦阻力为2 000 N C．发动机在第1 s内的平均功率是第7 s内的倍 D．第6 s内汽车克服车内制动装置做的功是第10 s内的倍 ‎6．(多选)如图所示，质量为M的电梯底板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，不计空气阻力，重力加速度为g，则在这一过程中(　　)‎ A．物体所受合力做的功等于mv2＋mgH B．底板对物体的支持力做的功等于mgH＋mv2‎ C．钢索的拉力做的功等于Mv2＋MgH D．钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯做的总功等于Mv2‎ 练高考小题 ‎7.‎ ‎[2019·全国卷Ⅱ，18](多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得(　　)‎ A．物体的质量为2 kg B．h＝0时，物体的速率为20 m/s C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J ‎8．[2018·全国卷Ⅱ，14]如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定(　　)‎ A．小于拉力所做的功 B．等于拉力所做的功 C．等于克服摩擦力所做的功 D．大于克服摩擦力所做的功 ‎9．[2018·全国卷Ⅰ，18]如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　)‎ A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR ‎10．[2017·江苏卷，3]一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　)‎ A ‎　B C ‎　D 练模拟小题 ‎11．[2019·山东省潍坊模拟](多选) 如图所示，一根细绳的上端系在O点，下端系一重球B，放在粗糙的斜面体A上．现用水平推力F向右推斜面体使之在光滑水平面上向右匀速运动一段距离(细绳尚未到达平行于斜面的位置)．在此过程中(　　)‎ A．B做匀速圆周运动 B．摩擦力对重球B做正功 C．水平推力F和重球B对A做的功的大小相等 D．A对重球B所做的功与重球B对A所做的功大小相等 ‎12．[2019·河南省商丘九校联考](多选)已知一足够长的传送带与水平面间的夹角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a所示)，以此时为t＝0时刻记录了小物块在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b所示(图中取沿传送带向上的运动方向为正方向，其中|v1|＞|v2|)，已知传送带的速度保持不变，则下列判断正确的是(　　)‎ A．0～t1内，物块对传送带一直做负功 B．物块与传送带间的动摩擦因数μ＞tan θ C．0～t2内，传送带对物块做的功为mv－mv D．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大 ‎13．[2019·福建省福州市八县(市)联考](多选)如图所示，在距水平地面高为0.4 m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一光滑定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右侧，杆上套有一质量m＝2 kg的滑块A.半径R＝0.3 m的光滑半圆形细轨道竖直固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m＝2 kg的小球B.用一条不可伸长的柔软轻细绳，通过定滑轮将A、B 连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，A、B均可看成质点，且不计滑轮大小的影响．现给滑块A一个水平向右的恒力F＝50 N(取g＝10 m/s2)．则(　　)‎ A．把小球B从地面拉到P点的正下方C处时力F做的功为20 J B．小球B运动到P点正下方C处时的速度为0‎ C．小球B被拉到与滑块A速度大小相等时，离地面高度为0.225 m D．把小球B从地面拉到P的正下方C处时，小球B的机械能增加了20 J ‎14.‎ ‎[2019·安徽省四校模拟]一质点在0～15 s内竖直向上运动，其加速度－时间图象如图所示，若取竖直向下为正，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．质点的机械能不断增加 B．在0～5 s内质点的动能增加 C．在10～15 s内质点的机械能一直增加 D．在t＝15 s时质点的机械能大于t＝5 s时质点的机械能 ‎15．[2019·江西省南昌调研](多选)如图所示，一小球(可视为质点)从H＝12 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝4 m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零；然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为(　　)‎ A．10 m B．9.5 m C．8.5 m D．8 m ‎16．[2019·四川五校联考]如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h，此为过程Ⅰ；若圆环在C处获得一竖直向上的速度v，则恰好能回到A处，此为过程Ⅱ.已知弹簧始终在弹性范围内，重力加速度为g，则圆环(　　)‎ A．在过程Ⅰ中，加速度一直减小 B．在过程Ⅱ中，克服摩擦力做的功为mv2‎ C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh D．在过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做功相同 ‎———[综合测评　提能力]———‎ 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)‎ ‎1．[2019·浙江模拟]如图所示，足球从草皮上的①位置被踢出后落在草皮上③位置，空中到达的最高点为②位置，则(　　)‎ A．②位置足球动能等于0‎ B．①位置到③位置过程只有重力做功 C．①位置到②位置的过程足球的动能全部转化为重力势能 D．②位置到③位置过程足球动能的变化量等于合力做的功 ‎2．[2020·河北省定州中学模拟]一个人站在高为H的平台上，以一定的初速度将一质量为m的小球抛出．测出落地时小球的速度大小为v，不计空气阻力，重力加速度大小为g，人对小球做的功W及小球被抛出时的初速度大小v0分别为(　　)‎ A．W＝mv2－mgH，v0＝ B．W＝mv2，v0＝ C．W＝mgH，v0＝ D．W＝mv2＋mgH，v0＝ ‎3．[2019·全国卷Ⅲ]从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用，距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为(　　)‎ A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg ‎4．如图所示，第一次将质量为m的物块放在水平面上的P点，给其一定的初速度使其滑向Q点；第二次将质量为2m的物块B放在P点，并给其施加向右的水平拉力，使物块B从静止开始向Q点运动，结果物块A运动到Q点的动能与物块B运动到PQ中点时的动能相同，物块B从P点运动到PQ中点时，拉力做功为W，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，则物块A的初速度大小为(　　)‎ A. B. C. D．2 ‎5.‎ ‎[预测新题]如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2 kg，在作用于A球上的水平力F的作用下，‎ A、B两球均处于静止状态，此时A球距O点的距离为xA＝0.3 m，B球距O点的距离xB＝0.4 m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1 m时的速度大小为3 m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(取g＝10 m/s2)(　　)‎ A．11 J B．16 J C．18 J D．9 J ‎6.‎ ‎[名师原创]如图所示，A、B是两个等高的固定点，间距为L，一根长为2L的非弹性轻绳两端分别系在A、B两点，绳上套了一个质量为m的小球．现使小球在竖直平面内以AB为中心轴做圆周运动，若小球在最低点的速率为v，则小球运动到最高点时，两段绳的拉力恰好均为零，若小球在最低点的速率为2v，则小球运动到最高点时每段绳上的拉力大小为(重力加速度大小为g，不计一切摩擦)(　　)‎ A.mg B．5mg C．15mg D．5mg ‎7.‎ ‎[2020·江西五校联考]如图所示，光滑水平面OB与足够长的粗糙斜面BC交于B点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上，不计滑块在B点的机械能损失．换用材料相同、质量为m2的滑块(m2>m1)压缩弹簧至同一点后，重复上述过程，下列说法正确的是(　　)‎ A．两滑块到达B点时的速度相同 B．两滑块沿斜面上升的最大高度相同 C．两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功不相同 D．两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同 ‎8．[2019·广东佛山一中段考]‎ 如图，一半径为R ‎、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高为R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则(　　)‎ A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点 B．W>mgR，质点不能到达Q点 C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 D．Wmgsin θ，得μ>tan θ，故B正确.0～t2时间内，由题图b中“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：W＋WG＝mv－mv，则传送带对物块做的W＝mv－mv－WG，故C错误.0～t2时间内，重力对物块做正功，物块的重力势能减小、动能也减小，且都转化为系统产生的内能，则由能量守恒定律知，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大，故D正确．故选A、B、D.‎ ‎13．ACD　把小球B从地面拉到P点正下方C处的过程中，力F的位移为：x＝m－(0.4－0.3)m＝0.4 m，则力F做的功WF＝Fx＝20 J，选项A正确；把小球B从地面拉到P点正下方C处时，B的速度方向与绳子方向垂直，A的速度为零，设B的速度为v，则由动能定理：WF－mgR＝mv2－0，解得v＝m/s，选项B错误；当细绳与半圆形轨道相切时，小球B的速度方向沿圆周的切线方向向上，此时和绳子方向重合，故与滑块A速度大小相等，由几何关系可得h＝0.225 m，选项C正确；B的机械能增加量为F做的功20 J，D正确．‎ ‎14．D　质点竖直向上运动，0～15 s内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B错误.0～5 s内，a＝10 m/s2，质点只受重力，机械能守恒；5～10 s内，a＝8 m/s2，受重力和向上的力F1，F1做正功，机械能增加；10～15 s内，a＝12 m/s2，质点受重力和向下的力F2，F2做负功，机械能减少，A、C错误．由F合＝ma可推知F1＝F2，由于做减速运动，5～10 s内通过的位移大于10～15 s内通过的位移，F1做的功大于F2做的功，5～15 s内增加的机械能大于减少的机械能，所以D正确．‎ ‎15．BC　设小球质量为m，以B点所在水平面为零势能面，由题给条件“当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零”有mg＝，小球到达C点时，有v＝gR，在C点的动能为mv＝mgR，则小球在C点的机械能为2mgR＋mv＝mgR，则小球从B点到C点克服摩擦力做的功为mgR，小球到达D点时速度为零，设小球在D点的机械能为EkD，分析可知小球在从C点到B点过程中也有摩擦力，且摩擦力做的功小于小球从B点到C点克服摩擦力做的功mgR，故2mgR＜EkD＜mgR，即8 m＜h＜10 m，选项B、C正确．‎ ‎16．D　‎ 圆环刚开始下滑时，圆环受到的合力向下，设弹簧原长为L，下滑过程中，对圆环受力分析，如图所示，弹簧弹力与竖直方向的夹角为θ，则弹簧弹力F＝kL，竖直方向根据牛顿第二定律可得mg－Fcos θ－μFN＝ma，水平方向有Fsin θ＝FN，联立三个方程可知，圆环下滑过程中受到的合力先减小后增大，圆环的加速度先减小后增大，选项A错误；在过程Ⅰ和Ⅱ中，圆环在相同位置时受到的滑动摩擦力大小相等，所以在这两个过程中克服摩擦力做的功相等，选项D正确；在过程Ⅰ中，根据动能定理可得WG－Wf－W弹＝0，解得Wf＝WG－W弹，在过程Ⅱ中，根据动能定理可得－WG＋W弹－Wf＝－mv2，联立解得Wf＝mv2，在C处Ep弹＝W弹＝mgh－mv2，选项B、C错误．‎ ‎[综合测评　提能力]‎ ‎1．D　由题图可知，足球由②到③过程中具有水平位移，则说明足球在②位置存在速度，故A错误；由图可知，①到②的水平位移大于②到③‎ 的水平位移，则说明足球受到空气阻力，故B错误；因存在阻力做功，故①位置到②位置的过程足球的动能转化为重力势能和内能，故C错误；根据动能定理可得，②位置到③位置过程足球动能的变化量等于合力做的功，故D正确．‎ ‎2．A　对小球在空中的运动过程，有：mgH＝mv2－mv，解得：v0＝，W＝mv＝mv2－mgH，故A正确．‎ ‎3．C　设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg ＋F)×3 m＝(36－72)J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝(48 －24)J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D均错误．‎ ‎4．B　本题考查动能定理．设物块A的初速度大小为v0，物块运动到Q点时动能为Ek，对物块A由动能定理有－μmgs＝Ek－mv，对物块B由动能定理有W－2μmg×s＝Ek，解得v0＝，B正确．‎ ‎5．C　A球向右运动0.1 m时，A球的速度大小vA＝3 m/s，A球距O点的距离x′A＝0.4 m，B球距O点的距离为x′B＝0.3 m．设此时轻绳与OM的夹角为α，则有tan α＝，由运动的合成与分解可得vAcos α＝vBsin α，解得vB＝4 m/s.以B球为研究对象，此过程中B球上升的高度h＝0.1 m，由动能定理可得W－mgh＝mv－0，解得轻绳的拉力对B球所做的功为W＝18 J，选项C正确．‎ ‎6．B　设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨迹平面的夹角为θ＝30°，则有r＝Lcos 30°＝L，小球在最低点的速率为v时，到达最高点的速率设为v′，根据题述有mg＝m，由机械能守恒定律可知，mg×2r＋mv′2＝mv2，得v＝；小球在最低点的速率为2v时，到达最高点的速率设为v″，则有mg×2r＋mv″2＝m(2v)2，得v″＝4，设每段绳的拉力大小为F，则2Fcos θ＋mg＝m，联立解得F＝5mg，B正确．‎ ‎7．D　由于初始时，弹簧的弹性势能相同，则两滑块到达B点时的动能相同，但速度不同，故A错误；两滑块在斜面上运动时的加速度相同，由于到达B点时的速度不同，故上升高度不同，B错误；滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律有Ep＝mgh＋μmgcos θ×，解得mgh＝，故两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同，C错误；由能量守恒知损失的机械能E损＝，结合C的分析，可知D正确．‎ ‎8．C　在N点，根据牛顿第二定律有N－mg＝m，解得vN＝，对质点从开始下落至到达N点的过程运用动能定理得mg·2R－W＝mv－0，解得W＝mgR.由于质点在PN段的速度大于质点在NQ段的速度，所以质点在NQ段受到的支持力小于PN段受到的支持力，则质点在NQ段克服摩擦力做的功小于在PN段克服摩擦力做的功，小球在NQ段运动时由动能定理得－mgR－W′＝mv－mv，因为W′0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离．故C正确，A、B、D错误．‎ ‎9．BC　由题图乙可知，当夹角θ＝0°时，位移为2.40 m，而当夹角为90°时，位移为1.80 m，则由竖直上抛运动规律可知v＝2gh，解得v0＝＝6 m/s，故A错误；当夹角为0°时，由动能定理可得μmgx＝mv，解得μ＝0.75，故B正确；－mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－mv，解得x＝(m)＝(m)＝(m)，当θ＋α＝90°时，sin(θ＋α)＝1，此时位移最小，x＝1.44 m，故C正确；若θ＝45°时，物体受到重力的分力为mgsin 45°＝mg，最大静摩擦力f＝μmgcos45°＝mg，mg＞mg，故物体达到最大位移后会下滑，故D错误．‎ ‎10．AD　小球在最低点时有F1＝T－mg＝m，解得v1＝ ‎，而在最高点时，由于小球恰好能通过最高点，所以有mg＝m，可得v2＝，小球从最低点到最高点的过程，由动能定理可得－mg·2R－Wf＝mv－mv，解得空气阻力做的功Wf＝mgR，选项A正确，B错误；小球从最高点到最低点的过程，由于小球受到的空气阻力随速度的减小而减小，分析可知在同一水平面上上升过程中的阻力大于下落过程中的阻力，由动能定理可得mg·2R－Wf′＝mv′－mv，且此过程中空气阻力做的功Wf′＜Wf，解得v′1＞，再次经过最低点时有F2＝T′－mg＝m，解得T′＞5mg，选项C错误，D正确．‎ ‎11．答案：(1)6 m/s　(2)4.6 N　(3)1.4 N 解析：(1)物体P从A下滑经B到C过程中根据动能定理有mgL·sin 37°＋mgR(1－cos 37°)－μmgcos 37°·L＝mv－0，解得vC＝6 m/s.‎ ‎(2)物体P在C点，根据牛顿第二定律有N－mg＝m，‎ 解得N＝4.6 N.‎ 根据牛顿第三定律，物体P通过C点时对轨道的压力为4.6 N.‎ ‎(3)物体P最后在B和与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C点压力最小，由B到C由动能定理有mgR(1－cos 37°)＝mv′，解得v′C＝2 m/s，则Nmin＝mg＋m＝1.4 N.‎ 根据牛顿第三定律，物体P对C点处轨道的最小压力为1.4 N.‎ ‎12．答案：(1)23.2 N　(2)4 m/s　(3)3.2 m/s 解析：(1)设初位置BP方向与竖直方向成α角，将F1分解到竖直方向和水平方向，要离开地面时满足F1cos α＝mBg，其中cos α＝＝，解得F1＝23.2 N ‎(2)当B球运动到C处时，滑块A的速度为0.对A、B整体由动能定理得F2×[－(h－r)]－mBgr＝mBv2‎ 解得v≈4 m/s ‎(3)当B球的切向加速度为0时，速度取最小值vmin.设此时BP与水平方向的夹角为β，有mgsin β＝F3‎ 解得sin β＝0.8‎ 对A、B整体从B球处于C位置到B球速度最小的过程，由动能定理得 mBgr(1－cos β)－F3×[hsin β－(h－r)]＝(mA＋mB)v－mBv2‎ 解得vmin≈3.2 m/s ‎13．答案：(1)3 m/s　(2)43 N　(3)0.98 m 解析：本题借助传送带考查动能定理在多过程问题中的应用．‎ ‎(1)对于小物块，由A到B做平抛运动，在竖直方向上有v＝2gh，‎ 在B点时有tan＝，‎ 联立解得vA＝3 m/s.‎ ‎(2)小物块在B点的速度为vB＝＝5 m/s，‎ 小物块从B到O由动能定理得 mgR(1－cos 53°)＝mv－mv，‎ 小物块经过O点时由牛顿第二定律得FN－mg＝m，‎ 解得FN＝43 N.‎ ‎(3)物块沿斜面上滑时，设物块加速度为a，由牛顿第二定律得 mgsin 53°＋μmgcos 53°＝ma1，解得a1＝10 m/s2，‎ 圆弧轨道光滑，故vC＝vB＝5 m/s，‎ 小物块由C上升到最高点的时间为t1＝＝0.5 s，‎ 则小物块由斜面最高点回到D点历时 t2＝0.8 s－0.5 s＝0.3 s，‎ 小物块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得mgsin 53°－μmgcos 53°＝ma2，解得a2＝6 m/s2，‎ C、D间的距离为xCD＝－a2t＝0.98 m.‎