新高考物理二轮复习考点知识讲练与题型归纳专题07 圆周运动（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理二轮复习考点知识讲练与题型归纳专题07 圆周运动（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了圆周运动的运动学问题，圆周运动的动力学问题，竖直面内圆周运动的两类模型问题，圆周运动中的临界问题等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc208223007" 题型一 圆周运动的运动学问题 PAGEREF _Tc208223007 \h 1
\l "_Tc208223008" 题型二 圆周运动的动力学问题 PAGEREF _Tc208223008 \h 6
\l "_Tc208223009" 类型1 水平面上的圆周运动——圆锥摆模型 PAGEREF _Tc208223009 \h 7
\l "_Tc208223010" 类型2 生活中的圆周运动 PAGEREF _Tc208223010 \h 12
\l "_Tc208223011" 题型三 竖直面内圆周运动的两类模型问题 PAGEREF _Tc208223011 \h 16
\l "_Tc208223012" 题型四 圆周运动中的临界问题 PAGEREF _Tc208223012 \h 21
\l "_Tc208223013" 类型1 水平面的圆周运动临界问题 PAGEREF _Tc208223013 \h 21
\l "_Tc208223014" 类型2 竖直平面内的圆周运动临界问题 PAGEREF _Tc208223014 \h 27

题型一 圆周运动的运动学问题
1．线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量．v＝eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(2πr,T).
2．角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．ω＝eq \f(Δθ,Δt)＝eq \f(2π,T).
3．周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．T＝eq \f(2πr,v)，T＝eq \f(1,f).
4．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量．an＝rω2＝eq \f(v2,r)＝ωv＝eq \f(4π2,T2)r.
5．相互关系：(1)v＝ωr＝eq \f(2π,T)r＝2πrf.(2)an＝eq \f(v2,r)＝rω2＝ωv＝eq \f(4π2,T2)r＝4π2f2r.
6.常见的三类传动方式及特点
（1）皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，与皮带接触的轮子边缘上各点的线速度大小相等，图甲中vA＝vC≠vB，图乙中vA＝vB≠vP＝vQ。
（2）摩擦传动和齿轮传动：如图丙、丁所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。
（3）同轴转动：如图戊、己、庚所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，即ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比。
如甲图所示为某商场的旋转玻璃门，乙图为它的俯视示意图，旋转门逆时针旋转，左右两侧弧形玻璃完全对称，三扇旋转门连在一起且两两之间夹角相等。旋转门宽度为1.5 m，左侧两扇旋转门和弧形玻璃恰好围成一个封闭空间。已知商场旋转玻璃门外边缘的最大安全旋转速度为1m/s，玻璃门处于如图位置时一位顾客（可视为质点）在下边缘虚线某处进入旋转玻璃门，则顾客穿过旋转玻璃门的最大平均速度为（ ）
A．6πm/sB．3πm/sC．33πm/sD．332πm/s
【答案】A
【详解】若想顾客穿过旋转玻璃门平均速度最大，则需要顾客穿过旋转玻璃门的过程中位移最大且用时最短。则顾客的最大位移为圆的直径，顾客进入旋转门若要用时最短，需要在旋转门逆时针旋转60°时出去。商场旋转玻璃门外边缘的最大安全旋转速度为1m/s。玻璃门安全旋转的最大角速度为ωm=vmR=11.5rad/s=23rad/s
此时旋转门转过60°所用时间最短，其大小为tmin=θωm=π2 s
则顾客穿过旋转玻璃门的最大平均速度为v−max=xmtmin=6πm/s
故选A。
水车是中国最古老的农业灌溉工具，是珍贵的历史文化遗产。水车的简易模型如图所示，水流自水平放置的水管流出，水流轨迹与水车车轮的边缘相切，可使车轮持续转动，切点与所在车轮横截面的圆心的连线与水平方向的夹角θ=37°。已知水管出水口距轮轴O的竖直距离H=4.4m，车轮半径R=2m，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，水流到达车轮边缘时的速度与车轮边缘切点的线速度相同，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）

A．水管出水口距轮轴O的水平距离为3.2m
B．水管出水口处水流的速度大小为8m/s
C．水流速度的变化量大小为10m/s
D．车轮的周期为5s
【答案】A
【详解】AB．水平出水口到切点的高度ℎ=H−Rsinθ=3.2m
根据速度-位移公式vy2=2gℎ
可得水流到达车轮边缘时的竖直分速度大小vy=2gℎ=8m/s
则运动时间t=vyg=0.8s
在切点，由几何关系，有v0=vytanθ=6m/s
可知x=v0t=4.8m
则水管出水口距轮轴O的水平距离x'=x−Rcsθ=3.2m
故A正确，B错误；
C．水流速度的变化量大小Δv=vy=8m/s
故C错误；
D．因为车轮边缘切点的线速度大小v=vycsθ=10m/s
则车轮的周期T=2πRv=2π5s
故D错误。
故选A。
绞车的原理如图所示，将一根圆轴削成同心而半径不同的大小辘轳，在其上绕以绳索，绳下加动滑轮，滑轮下挂上重物，人转动把手带动辘轳旋转便可轻松将重物吊起。已知大、小辘轳的半径分别为R、r，把手的旋转半径为R+r，在重物沿竖直方向被匀速吊起的过程中，把手的线速度大小为v，则重物上升的速度大小为（ ）
A．R−rv2R+rB．R−rvR+rC．2R−rvR+rD．R−rv4R+r
【答案】A
【详解】辘轳的角速度ω=vR+r
动滑轮左侧细绳的速度大小为ωR，右侧细绳的速度大小为ωr，重物上升的速度大小为R−rv2R+r
故选A。
如图(a)，一半径R=0.75m的老鼠夹固定于水平地面上，夹的夹角为60°，一旦触动升关，上夹立刻以角速度ω=0.4rad/s匀速向下转动。现有一只老鼠在与转轴O距离为0.25m处偷吃食物，t=0时刻触动开关，老鼠的运动行为如图(b)的s−t图像所示，老鼠可视为质点、下列说法正确的是（ ）
A．老鼠先匀速后匀加速运动逃跑
B．老鼠1.5s内不动，1.5s后以速度约0.33m/s匀速逃跑
C．老鼠能逃出老鼠夹的夹击
D．老鼠不能逃出老鼠夹的夹击
【答案】BD
【详解】AB．由s−t图像可知，0~1.5s老鼠静止不动，1.5s−3s内老鼠做匀速直线运动，根据速度得定义式可得，老鼠做匀速直线运的速度为
v=ΔxΔt=0.75−
A错误，B正确；
CD．根据s−t图像可知，老鼠在3s末逃离老鼠夹，而老鼠夹合上所需要的时间为
t=θω=π3rad0.4rad/s=2.62s
因为tθ右
故选A。
如图所示，A、B两个可视为质点的小球由两段不可伸长的细线连接，一同学用手握住细线上端O，初始时刻两个球均静止，该同学通过晃动细线让两个小球动起来，系统稳定时两个小球均在水平面内做匀速圆周运动，细线OB与竖直方向成37°角。已知两段细线长度均为L，A、B两小球的质量分别为m、2539m，两个小球做匀速圆周运动的角速度ω=20g3L，重力加速度为g，晃动细线过程中O点高度没有发生变化，不计空气阻力，sin37°=35。他在晃动细线的过程中做功为（ ）
A．10665mgLB．10675mgLC．10685mgLD．10695mgL
【答案】A
【详解】设AB与竖直方向夹角为θ，如图
对A有牛顿第二定律定理有mAgtanθ=mAω2(Lsinθ−Lsin37°)
代入题中数据，联立解得sinθ=0.8，csθ=0.6
故B增加的重力势能ΔEpB=mBgL−Lcs37°
B增加的动能ΔEkB=12mBωLsin37°2
故A增加的重力势能ΔEpA=mAgL−Lcs37°+L−csθ
A增加的动能ΔEkA=12mAωLsinθ−Lsin37°2
代入题中数据，联立解得系统增加的机械能ΔE=ΔEpB+ΔEkB+ΔEpA+ΔEkA=10665mgL
由能量守恒可知，他在晃动细线的过程中做功为10665mgL。
故选A。
类型2 生活中的圆周运动
2024年12月29日，国家“十四五”规划确定的重大科研项目“CR450科技创新工程”取得重大突破。当质量为m的普通动车以速度v经过一个半径为R、倾角为θ1的水平弯道时，列车既不挤压外轨也不挤压内轨；当质量为m的CR450动车以速度2v经过一个半径为R、倾角为θ2的水平弯道时，列车同样既不挤压外轨也不挤压内轨。按上述情景通过弯道时，CR450动车对比普通动车，下列说法正确的是（ ）
A．向心加速度大小之比为a2:a1=4:1
B．轨道的倾角之比为θ2:θ1=2:1
C．轨道倾角的正切值之比为tanθ2:tanθ1=4:1
D．车厢对轨道的正压力大小之比为FN2:FN1=1:1
【答案】AC
【详解】A．两辆动车做圆周运动向心加速度a=v2R∝v2
得a2:a1=2v2:v2=4:1，故A正确；
BC．根据题意，对两辆动车受力分析，如图所示
有tanθ=mamg∝a
得tanθ2:tanθ1=a2:a1=4:1，故B错误，C正确；
D．由受力分析图，有FN=mgcsθ=mg1+tan2θ∝1+tan2θ
得FN2:FN1=1+tan2θ2:1+tan2θ1，无法得到具体比值，故D错误。
故选AC。
如图所示，一质量m=0.4kg的小球C用轻绳AC和BC系在竖直杆AB上，现在小球绕AB杆匀速转动，轻绳伸直，OC垂直于AB，此时∠ACO=53°，∠BCO=37°。已知轻绳AC长为1.0m，足够结实，轻绳BC能承受的最大拉力为1.44N，小球C可视为质点，g取10m/s2，sin37°=0.6，sin53°=0.8。那么小球做圆周运动的角速度（ ）
A．522rad/s≤ω≤25rad/sB．22rad/s≤ω≤25rad/s
C．255rad/s≤ω≤25rad/sD．252rad/s≤ω≤255rad/s
【答案】A
【详解】当轻绳AC和BC的拉力达到最大时，小球C的角速度最大，在竖直方向，有FACsin53∘−FBCsin37∘−mg=0
在水平方向，根据牛顿第二定律，有FACcs53∘+FBCcs37∘=mLACcs53∘ω12
解得ω1=25rad/s
当轻绳BC的拉力为零时，小球C的角速度最小，在竖直方向，有FACsin53∘−mg=0
在水平方向，根据牛顿第二定律，有FACcs53∘=mLACcs53∘ω22
解得ω2=522rad/s
所以小球做圆周运动的角速度满足522rad/s≤ω≤25rad/s
故选A。
如图甲所示，汽车后备箱水平放置一内装圆柱形工件的木箱，工件截面和车的行驶方向垂直，图甲是车尾的截面图，当汽车以恒定速率从直道通过图乙所示的三个半径依次变小的水平圆弧形弯道A、B、C时，木箱及箱内工件均保持相对静止。已知每个圆柱形工件的质量为m。下列说法正确的是（ ）
A．汽车在由直道进入弯道A前，M对P的支持力大小为mg
B．汽车过A、B、C三点时，汽车重心的角速度依次减小
C．汽车过A、B两点时，M、Q对P的合力依次增大
D．汽车过A、C两点的向心加速度相同
【答案】C
【详解】A．汽车在由直道进入弯道A前，以P为对象，根据受力平衡可得2Ncs30°=mg
解得M对P的支持力大小为N=33mg
故A错误；
B．由角速度与线速度关系ω=vr
当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B、C三点时，汽车重心的角速度依次增大，故B错误；
C．汽车过A、B两点时，M、Q对P的合力的竖直分力与P的重力平衡，合力的水平分力提供所需的向心力，则有Fy=mg，Fx=mv2r
P受到的合力为F=Fx2+Fy2
当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B两点时，M、Q对P的合力依次增大，故C正确；
D．汽车的向心加速度为a向=v2r
可知汽车过C点时，弯道对应的半径最小，向心加速度大于A点的向心加速度，故D错误。
故选C。
机器人扭秧歌成了2025年年初的头条热点， 机器人的3分钟表演让国内外都为之震撼。如图机器人转动的手绢好像 “死死地” 黏在机器人的手上一样。此情景可以简化为长为L 的轻杆一端固定在水平转轴上的 O 点，另一端固定一质量为 m 的小球， 在竖直平面内做角速度为 ω 的匀速圆周运动，重力加速度为 g 。下列说法正确的是（ ）
A．小球转到最低点D时， 轻杆对小球的弹力的大小一定大于重力
B．小球转到最高点C时，轻杆对小球的弹力的大小一定大于重力
C．小球在最左端 A 时，轻杆对小球的作用力的大小为 mω2L
D．小球在最右端 B 时，轻杆对小球的作用力的大小为 m2ω4L2+m2g2
【答案】AD
【详解】A．小球转到最低点D时，其合力指向圆心方向，故轻杆对小球的弹力的大小一定大于重力，故A正确；
B．小球转到最高点C时速度为gR，可知此时轻杆对小球的弹力的大小为0，小于其重力，故B错误；
CD．小球在最左端A或最右端B时，小球受重力和轻杆对小球的作用力而做匀速圆周运动，合力指向圆心方向，根据平行四边形定则，可知轻杆对小球的作用力的大小为F=mg2+mω2L2=m2ω4L2+m2g2
故C错误，D正确。
故选AD。
“货郎伞”是一种具有中国传统文化特色的伞具，即古代货郎担子上的遮阳伞。在这种伞下通常陈列各种商品，伞上也常常装饰彩幡、挂件等，具有浓郁的民俗风格。卖货郎边走边转动伞具，甚是好看。若将伞体绕伞把的转动看作匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．远离伞把的挂件向心加速度更大
B．在失重条件下也可以重复以上运动
C．靠近伞把的挂件偏离竖直方向的角度较大
D．只要伞体转动的角速度足够大，一定会有挂件达到水平状态
【答案】A
【详解】A．题意可知伞的挂件属于同轴转动，角速度相同，根据向心加速度a=ω2r
由于远离伞把的挂件r大，故远离伞把的挂件向心加速度更大，故A正确；
B．在失重条件下，物体加速度具有向下的加速度，挂件不可能重复以上运动，故B错误；
C．设挂件偏离竖直方向的角度为θ，则有mgtanθ=mω2r
解得ω=gtanθr
可知靠近伞把的挂件r小，因为ω不变，故tanθ小，所以θ小，故C错误；
D．因为挂件竖直方向一直受到重力作用，所以无论伞体转动的角速度多大，挂件不可能达到水平状态，故D错误
故选A。
题型三 竖直面内圆周运动的两类模型问题
1．在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”．
2．绳、杆模型涉及的临界问题
如图所示，半径为R的半圆弧轨道ABC竖直固定在水平面上，竖直半径OB与倾斜半径OD、OE的夹角为θ，且csθ=23，现让可视为质点的小球从B点由静止释放，当小球运动到D点时正好脱离轨道，小球此时速度的大小为v0（为未知量）；再把小球拿到E点，并使小球在E点获得大小为v（为未知量）、方向与EO垂直斜向上的初速度，小球从E点运动到D点，运动轨迹的最高点为G点，重力加速度为g，不计一切摩擦，不计空气作用。下列说法正确的是（ ）
A．小球在D点的向心加速度为5g3
B．小球在D点的速度v0为6gR2
C．小球从E到D的运动时间为53Rg
D．G、B两点的距离为R12
【答案】D
【详解】AB．把小球在D点的重力分别沿着OD方向与垂直OD方向正交分解，D点对小球的支持力恰好为0，则重力沿着OD方向的分力充当向心力，则有mgcsθ=man
由向心加速度公式可得an=v02R结合csθ=23
综合可得an=23g，v0=6gR3
故AB错误；
C．由数学知识可得sinθ=53
小球从E点到D点做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，速度大小为v1=vcsθ
竖直方向做初速度为v2=vsinθ的竖直上抛运动，则有2Rsinθ=v1t0，v2=gt02
综合解得t0=1330Rg，v=6gR2
故C错误；
D．斜抛运动的最大高度为ℎm=12g(t02)2
由几何关系可得G、B两点的高度差为ℎ=ℎm−R(1−csθ)
综合可得ℎ=R12
故D正确。
故选D。
图为某资料上一幅反映课外活动的场景，描绘了小明荡秋千荡到最高点时的情形，关于该图与实际情况是否相符的判断及其原因，下列正确的是（ ）
A．符合实际情况，图片没有科学性错误
B．不符合实际情况，因为没有人推他不可能荡到这么高处
C．不符合实际情况，最高点时手以上部分绳子可以弯曲但以下部分应拉直
D．不符合实际情况，最高点时手以上部分和以下部分的绳子均应该是拉直的
【答案】D
【详解】小明在最高点时绳子拉力不为零，不会松弛；速度为零时，即将加速向下摆动，加速度不为零。
故选D。
小李同学站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动。再次加速甩动手腕，当球某次运动到最低点A时，绳恰好断掉，如题图所示。已知握绳的手离地面高度为2L，手与球之间的绳长为L，绳能承受的最大拉力为9mg，重力加速度为g，忽略手的运动半径和空气阻力。求：
（1）为使小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，小球过最高点B时的最小速度；
（2）绳断时球的速度大小；
（3）绳断后，小球落地点与抛出点A的水平距离。
【答案】（1）gL；（2）22gL；（3）4L
【详解】（1）为使小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，小球过最高点B时，当
mg=mv2L
得
v=gL
小球过最高点B时的最小速度gL。
（2）绳断时
9mg−mg=mvA2L
绳断时球的速度大小
vA=22gL
（3）绳断后，小球做平抛运动，竖直方向
2L−L=12gt2
得
t=2Lg
小球落地点与抛出点A的水平距离
x=vAt=8gL×2Lg=4L
如图（a）所示，一根长度为l的轻杆一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为m的小球。轻杆随转轴在竖直平面内以角速度ω匀速转动。已知轻杆对小球的作用力大小随时间的变化关系如图（b）所示，图中F1和F2分别为最小值和最大值，且F1>mg，其中g为重力加速度。则（ ）
A．ω=πt2−t1，m=F2−F12g
B．ω=2πt2−t1，m=F2−F1g
C．ω=2πt2−t1，m=F2+F1t2−t128π2l
D．ω=πt2−t1，m=F2−F1t2−t128π2l
【答案】C
【详解】图中F1和F2分别为最小值和最大值，由于F1>mg，故最高点轻杆对小球提供拉力。小球运动到最高点时轻杆对小球作用力最小，运动到最低点时轻杆对小球作用力最大，由图像可知小球运动周期为T=t2−t1
所以角速度为ω=2πT=2πt2−t1
最高点时F1+mg=mω2l
最低点时F2−mg=mω2l
联立可得m=F2+F1t2−t128π2l
故选C。
应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。在苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程，下列说法中正确的是（ ）

A．手掌对苹果的摩擦力越来越大B．苹果先处于超重状态后处于失重状态
C．手掌对苹果的支持力越来越大D．苹果所受的合外力越来越大
【答案】A
【详解】A．苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程中，加速度大小不变，加速度在水平方向上的分加速度逐渐增大，由牛顿第二定律可知，手掌对苹果的摩擦力越来越大，A正确；
B．苹果做匀速圆周运动，从a到b的运动中，加速度在竖直方向上有向上的分加速度，可知苹果处于超重状态，B错误；
C．苹果做匀速圆周运动，从a到b的运动中，加速度大小不变，加速度在竖直方向上的分加速度逐渐减小，可知手掌对苹果的支持力越来越小，C错误；
D．苹果做匀速圆周运动，加速度大小不变，则有苹果所受的合外力大小不变，方向始终指向圆心，D错误。
故选A。
题型四 圆周运动中的临界问题
1．有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点．
2．若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界点．
3．若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，这些极值点也往往是临界点．
类型1 水平面的圆周运动临界问题
如图所示，小木块a和b（可视为质点）用轻绳连接置于水平圆盘上，开始时轻绳处于伸直状态但无拉力，a的质量为3m，b的质量为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为r和2r，a、b与盘间的动摩擦因数相同（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。圆盘从静止开始绕转轴极缓慢地加速转动，木块和圆盘始终保持相对静止，a、b所受摩擦力大小分别为f2、f1随ω2变化的图像正确的是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】当圆盘减速度较小时，两木块均由静摩擦力提供向心力，对a物块有fa=3mω2r
对b物块有fb=mω2⋅2r
则b物块受到的摩擦力较小，当角速度ω1时，b物块所受摩擦力达最大值，则μmg=2mω12r
此时a物块所受摩擦力为f=3mω12r=32μmgω0，所以此时绳子有张力，设绳子张力为T1，则对B
T1+kmg=mω12R
对A，根据牛顿第二定律
fA−T1=mω12×R3
解得
fA=23kmg
（3）设安全绳上的最大张力为Tm，此时加速度为ω2，则与（2）同理分析AB，可得
Tm+kmg=mω22R
kmg−Tm=mω22×R3
解得
Tm=kmg2
如图所示，粗糙轻杆水平固定在竖直轻质转轴上A点。质量为m的小球和轻弹簧套在轻杆上，小球与轻杆间的动摩擦因数为μ，弹簧原长为0.6L，左端固定在A点，右端与小球相连。长为L不可伸长质量不计的细线一端系住小球，另一端系在转轴上B点，AB间距离为0.6L。装置静止时将小球向左缓慢推到距A点0.4L处时松手，小球恰能保持静止。接着使装置由静止缓慢加速转动。已知小球与杆间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，不计转轴所受摩擦。
（1）求弹簧的劲度系数k；
（2）求小球与轻杆间恰无相互作用力时装置转动的角速度ω。
【答案】（1）5μmgL；（2）(15μ+20)g12L
【详解】（1）依题意，有
k（0.6L－0.4L）＝μmg
解得
k＝5μmgL
（2）小球与轻杆间恰无弹力时受力情况如图所示，此时弹簧长度为0.8L有
Tsin37°＝mg
Tcs37°＋k（0.8L－0.6L）＝0.8mω2L
解得
ω＝(15μ+20)g12L
如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是（ ）
A．当ω>2Kg3L时，A、B相对于转盘会滑动
B．当ω>Kg2L时，绳子一定有弹力
C．ω在Kg2L