2022年高考物理专题十七碰撞与动量守恒 .pdf

《2022年高考物理专题十七碰撞与动量守恒 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考物理专题十七碰撞与动量守恒 .pdf（15页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、学习必备欢迎下载【大高考】 （五年高考真题） 20XX届高考物理专题十七碰撞与动量守恒（全国通用）1(2015重庆理综，3， 6 分)( 难度 ) 高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h( 可视为自由落体运动) 此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为 ( ) A.m2ghtmgB.m2ghtmgC.m ghtmgD.m ghtmg解析由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v2gh，在t时间内对人由动量定理得 (Fmg)tmv，解得安全带对人的平均作用力

2、为Fm2ghtmg， A项正确答案A 2(2015北京理综，18，6 分)( 难度 ) “蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动， 从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是 ( ) A绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析从绳子恰好伸直，到人第一次下降到最低点的过程中，拉力逐渐增大，由牛顿第二定律mgFma可知，人先做加速度减小的加速运动，当a0 时,Fmg， 此时速

3、度最大，动量最大，动能最大，此后人继续向下运动，F mg，由牛顿第二定律Fmgma可知，人做加速度增大的减速运动，动量一直减小直到减为零，全过程中拉力方向始终向上，所以绳对人的冲量始终向上，综上可知A正确， C、D错误；拉力对人始终做负功，动能先增大后减小，故 B错误答案A 32015福建理综，30(2) ，6 分 如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为 2m，速度大小精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 15 页学习必备欢迎下载为v0，方向向左，两滑块

4、发生弹性碰撞后的运动状态是( ) AA和B都向左运动BA和B都向右运动CA静止，B向右运动DA向左运动，B向右运动解析对A、B系统 , 由于发生弹性碰撞，故碰撞前后系统的动量守恒、机械能守恒，由于m2v02mv00，故碰后A、B不可能同向运动或一个静止、另一个运动或两个都静止，而只能是A、B都反向运动，故D正确答案D 4(2014重庆理综，4,6 分)( 难度 ) 一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31.不计质量损失，取重力加速度g10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( ) 解析平抛运动时间t2hg1

5、s ，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质量为m，则mv34mv甲14mv乙，又v甲x甲t，v乙x乙t，t 1 s ，则有34x甲14x乙2 m，将各选项中数据代入计算得B正确答案B 5(2014大纲全国，21，6 分)( 难度 ) 一中子与一质量数为A(A1) 的原子核发生弹性正碰若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( ) A.A1A1B.A1A1C.4A（A1）2D.（A1）2（A1）2解析设中子质量为m，则原子核的质量为Am. 设碰撞前、后中子的速度分别为v0、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 15 页学

6、习必备欢迎下载v1, 碰后原子核的速度为v2，由弹性碰撞可得mv0mv1Amv2，12mv2012mv2112Amv22，解得v11A1Av0，故 |v0v1| A1A1，A正确答案A 6(2013天津理综，2)( 难度 ) 我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m 接力三连冠观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( ) A甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反C甲的动能增加量一定等于乙的动能

7、减少量D甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，方向相反，选项A错误；甲、乙组成的系统动量守恒，动量变化量等大、反向，选项B正确；甲、乙相互作用时，虽然她们之间的相互作用力始终大小相等，方向相反，但相互作用过程中，她们的对地位移不一定相同，所以甲的动能增加量不一定等于乙的动能减少量， 那么甲对乙做的功就不一定等于乙对甲做的功，选项C、D错误答案B 7(2012福建理综,29(2) ，6 分)( 难度 ) 如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后

8、小船的速率为( ) Av0mMvBv0mMvCv0mM(v0v) D v0mM(v0v) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 15 页学习必备欢迎下载解析取向右为正方向，由动量守恒有(Mm)v0mvMv，解之有vv0mM(v0v) ，故 C正确答案C 8(2012大纲全国，21)( 难度 )( 多选 ) 如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和 3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a 向左拉开一小角度后释放若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是( ) A第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B第一次碰撞后

9、的瞬间，两球的动量大小相等C第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置解析由于两球发生弹性碰撞，故系统动量、机械能均守恒，则：mv3mvb mva，12mv2123mv2b12mv2a，由两式联立解得va12v，vb12v， 故选项 A正确；由前面求得速度可知第一次碰后pa12mv，pb32mv, 故选项 B错误；由于第一次碰后,|va| |vb| ，根据机械能守恒可知两球可到达相同高度即摆角相同, 选项 C错误；因两球摆长相同，根据T2lg知，两球同时到达各自平衡位置发生第二次碰撞，选项D正确答案AD 9(2011 全国， 20，6 分)( 难度 )( 多选

10、) 质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为 . 初始时小物块停在箱子正中间，如图所示现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( ) A.12mv2 B.12mMmMv2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 15 页学习必备欢迎下载C.12NmgL DNmgL解析小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间 .二者相对静止，即为共速，

11、设速度为v1，mv(mM)v1，系统损失动能 Ek12mv212(Mm)v2112Mmv2Mm，A错误、 B正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即Ek QNmgL，C错误、 D正确答案BD 102015新课标全国，35(2) ，10 分( 难度 ) 如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间A的质量为m，B、C的质量都为M, 三者均处于静止状态现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞设物体间的碰撞都是弹性的解析设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，由动量守恒定律

12、得mv0mv1Mv2由机械能守恒定律得12mv2012mv2112Mv22可得v1mMmMv0，v22mmMv0要使得A与B能发生碰撞，需要满足v10，即mMA反向向左运动与B发生碰撞过程，有mv1mv3Mv412mv2112mv2312Mv24整理可得v3mMmMv1，v42mmMv1由于mM，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3v2即2mmMv0MmmMv1(mMmM)2v0整理可得m2 4MmM2解方程可得m(5 2)M所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 1

13、5 页学习必备欢迎下载(52)MmM答案(52)MmM112015新课标全国,35(2) ，10 分 ( 难度 ) 两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段两者的位置x随时间t变化的图象如图所示求：( ) 滑块a、b的质量之比；( ) 整个运动过程中, 两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比解析( ) 设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2. 由题给图象得v1 2 m/s v2 1 m/s a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v. 由题给图象得v23 m/s 由动量守恒定律得

14、m1v1m2v2(m1m2)v联立式得m1m218( ) 由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为E12m1v2112m2v2212(m1m2)v2由图象可知，两滑块最后停止运动由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W12(m1m2)v2联立式，并代入题给数据得WE12答案( )18( )12122015山东理综，39(2)(难度 ) 如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 15 页学习必备欢迎下载隔相等地静置于同一水平直轨道上现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞 ,

15、碰后A、B分别以18v0、34v0的速度向右运动，B再与C 发生碰撞 , 碰后B、C粘在一起向右运动滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值 两次碰撞时间均极短求B、C碰后瞬间共同速度的大小解析设滑块质量为m,A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰后A的速度vA18v0，B的速度vB34v0，由动量守恒定律得mvAmvAmvB设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得WA12mv2012mv2A设B与C碰撞前B的速度为vB，B克服轨道阻力所做的功为WB，由功能 关系得WB12mv2B12mvB2据题意可知WAWB设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mvB 2mv联立

16、式，代入数据得v2116v0答案2116v013(2015广东理综，36，18 分)( 难度 ) 如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R0.5 m ， 物块A以v06 m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L0.1 m ，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为0.1,A、B的质量均为m1 kg( 重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 -

17、 - - - - - -第 7 页，共 15 页学习必备欢迎下载(1) 求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；(2) 若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；(3) 求碰后AB滑至第n个(nk) 光滑段上的速度vn与n的关系式解析(1) 从AQ由动能定理得mg2R12mv212mv20解得v4 m/s gR5 m/s 在Q点，由牛顿第二定律得FNmgmv2R解得FN22 N (2)A撞B，由动量守恒得mv02mv解得vv023 m/s 设粗糙段滑行距离为x，则mgx0122mv2解得x4.5 m 所以kxL45(3)AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得2mgnL122mv2n1

18、22mv2所以vn90.2nm/s (n0，1，2， )?答案(1)22 N (2)45 (3)vn9 0.2nm/s (n0，1， 2， ) 14(2015天津理综，10，16 分)( 难度 ) 某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v1 m/s 的恒定速度向右运动，现将一质量为m2 kg 的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带间的动摩擦因数0.5. 设皮带足够长， 取g10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 15 页学习必备欢迎下载(1) 邮件滑动的时间

19、t；(2) 邮件对地的位移大小x；(3) 邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W. 解析(1) 设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为Ff， 则Ff mg取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有Fftmv0由式并代入数据得t0.2 s (2) 邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有Ffx12mv2 0由式并代入数据得x0.1 m (3) 邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则sv-t摩擦力对皮带做的功WFfs由式并代入数据得W 2 J 答案(1)0.2 s (2)0.1 m (3) 2 J 15(2015安徽理综，22，14 分)( 难度 )

20、 一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点 5 m 的位置B处是一面墙，如图所示物块以v0 9 m/s 的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以 6 m/s 的速度反向运动直至静止g取 10 m/s2. (1) 求物块与地面间的动摩擦因数 ；(2) 若碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3) 求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W. 解析(1) 对小物块从A运动到B处的过程中应用动能定理mgs12mv212mv20代入数值解得0.32(2) 取向右为正方向，碰后滑块速度v 6 m/s 精选学习资料 -

21、- - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 15 页学习必备欢迎下载由动量定理得：Ftmvmv解得：F 130 N其中“”表示墙面对物块的平均力方向向左(3) 对物块反向运动过程中应用动能定理得W012mv2解得W9 J 答案(1)0.32 (2)130 N (3)9 J 162014新课标全国,35(2) ，9 分( 难度 ) 如图，质量分别为mA、mB的 两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h0.8 m ，A球在B 球的正上方 先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放当A球下落t 0.3 s时 , 刚好与B球在地面上方的P点处相碰，

22、碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零. 已知mB 3mA，重力加速度大小g10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失求(1)B球第一次到达地面时的速度；(2)P点距离地面的高度解析(1) 设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB2gh将h0.8 m 代入上式，得vB4 m/s (2) 设两球相碰前、后，A球的速度大小分别为v1和v1 (v1 0) ，B球的速度分别为v2和v2. 由运动学规律可得v1gt由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前、后的动量守恒，总动能保持不变规定向下的方向为正，有mAv1mBv2mBv212mAv2112mBv2212mBv22设B

23、球与地面相碰后的速度大小为vB，由运动学及碰撞的规律可得vBvB设P点距地面的高度为h，由运动学规律可得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 15 页学习必备欢迎下载hvB2v222g联立式，并代入已知条件可得h 0.75 m 答案(1)4 m/s (2)0.75 m 172014新课标全国，35(2) ，10 分( 难度 ) 现利用图(a) 所示的装置验证动量守恒定律在图(a) 中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出 ) 的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片 , 上面固定一遮光

24、片，光电计时器(未完全画出 ) 可以记录遮光片通过光电门的时间实验测得滑块A的质量m10.310 kg ，滑块B的质量m20.108 kg ，遮光片的宽度d1.00 cm ；打点计时器所用交流电的频率f50.0 Hz. 将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰 . 碰后光电计时器显示的时间为tB3.500 ms ，碰撞前、后打出的纸带如图(b) 所示若实验允许的相对误差绝对值(|碰撞前、后总动量之差碰前总动量| 100%)最大为 5% ，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程解析按定义，滑块运动的瞬时速度大小v为vst式中 s为滑块在很短

25、时间t内走过的路程设纸带上打出相邻两点的时间间隔为tA，则tA1f0.02 s tA可视为很短设A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1. 将式和图给实验数据代入式得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 15 页学习必备欢迎下载v0 2.00 m/s v1 0.970 m/s 设B在碰撞后的速度大小为v2，由式有v2dtB代入题给实验数据得v2 2.86 m/s 设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p，则pm1v0pm1v1m2v2两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为p|ppp| 100% 联立式并代入有关数据，得p

26、1.7%5% 因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律答案见解析18(2014天津理综，10，16 分)( 难度 ) 如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA4 kg ，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计 . 可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB2 kg. 现对A施加一个水平向右的恒力F10 N,A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t0.6 s，二者的速度达到v-t2 m/s. 求(1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；(3)A的

27、上表面长度l. 解析(1) 以A为研究对象，由牛顿第二定律有FmAa代入数据解得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 15 页学习必备欢迎下载a2.5 m/s2(2) 对A、B碰撞后共同运动t0.6 s的过程，由动量定理得Ft(mAmB)v-t(mAmB)v代入数据解得v1 m/s (3) 设A、B发生碰撞前 ,A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA(mAmB)vA从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl12mAv2A由式，代入数据解得l0.45 m 答案(1)2.5 m/s2(2)1 m/s

28、(3)0.45 m 19(2014广东理综,35 ，18 分 )( 难度 ) 如图的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器,C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与 静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t12 s 至t2 4 s内工作 , 已知P1、P2的质量都为m1 kg ，P与AC间的动摩擦因数为0.1,AB段长L4 m ，g取 10 m/s2，P1、P2和P均 视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞(1) 若v16 m/s ，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能E；(2) 若P与挡板碰后 , 能在探测器的工作时间内通过B点，

29、求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E. 解析(1)P1、P2碰撞过程，动量守恒mv12mv解得vv123 m/s 碰撞损失的动能E12mv2112(2m)v2解得 E9 J 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 15 页学习必备欢迎下载(2) 根据牛顿第二定律，P做匀减速运动，加速度为a2mg2m设P1、P2碰撞后的共同速度为v共，则推得v共v12把P与挡板碰撞后运动过程当做整体运动过程处理经过时间t1，P运动过的路程为s1，则s1v共t112at21经过时间t2，P运动过的路程为s2，则s2v共t212at22如

30、果P能在探测器工作时间内通过B点，必须满足s1 3Ls2联立得10 m/s v114 m/s v1的最大值为14 m/s ，此时v共7 m/s ，根据动能定理知2mg4LE122mv2共代入数据得E17 J 答案(1)3 m/s 9 J (2)10 m/s v114 m/s 17 J 202013新课标全国,35(2) ，9 分( 难度 ) 在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d. 现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短当两木块都停止运动后，相距仍然为d. 已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为，B的质量为A的 2 倍，重力加速度大小为g.求A的初速度的大小解析设在发

31、生碰撞前的瞬间, 木块A的速度大小为v；在碰撞后的瞬间，A 和B的速度分别为v1和v2. 在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得12mv212mv2112(2m)v22mvmv1(2m)v2式中，以碰撞前木块A的速度方向为正由式得v1v22设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2，由动能定理得mgd112mv21(2m)gd212(2m)v22按题意有dd1d2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 15 页学习必备欢迎下载设A的初速度大小为v0，由动能定理得mgd12mv2012mv2联立至式，得v0285gd答案285gd

32、21(2013广东理综，35,18 分 )( 难度 ) 如图，两块相同平板P1、P2置于 光滑水平面上 , 质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L. 物体P置于P1的最右端 , 质量为 2m且可看作质点P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2 粘连在一起 .P压缩弹簧后被弹回并停在A点( 弹簧始终在弹性限度内)P与P2之间的动摩擦因数为. 求 (1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2； (2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep. 解析(1)P1、P2碰撞瞬间，P的速度不受影响，根据动量守恒：mv02mv1，解得v1v02最终三个物体具有共同速度，根据动量守恒：3mv04mv2，解得v234v0 (2)根据能量守恒，系统动能减少量等于因摩擦产生的内能：122mv21122mv20124mv222mg(Lx) 2解得xv2032gL在从第一次共速到第二次共速过程中，弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能，即：Ep2mg(Lx) 解得Ep116mv20答案(1)v0234v0(2)v2032gL116mv20精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 15 页