高考物理復習 專題五 第2課時動量和能量觀點的綜合應用

第2課時動量和能量觀點的綜合應用基礎回扣1.碰撞問題同時遵守的三條原則:

(1)系統(tǒng)動量守恒原則

(2)物理情景可行性原則速度要符合物理情景:如果碰撞前兩物體同向運動,則后面的物體速度必

前面物體的速度,即v后>

v前,否則無法實現(xiàn)碰撞.碰撞后,原來在前的物體的速度一定增大,且原來在前的物體速度大于或等于原來在后的物體的速度.即v前′≥v后′,否則碰撞沒有結束.大于整理ppt如果碰前兩物體是相向運動,則碰后,兩物體的運動方向不可能

,除非兩物體碰撞后速度均為零.(3)不違背

守恒原則碰撞過程滿足Ek≥Ek′即m1v12+

m2v22≥m1v1′2+

m2v2′2或都不改變能量整理ppt2.動能定理和動量定理的區(qū)別

(1)意義不同:動量定理表示合外力F作用對

積累的沖量Ft,直接效應是引起物體

,是一個矢量規(guī)律.動能定理表示合外力作用對

積累的總功W,直接效應是引起物體

,是一個標量規(guī)律.

(2)解題思路不同:動量定理的應用關鍵是受力分析,

確定正方向,明確沖量及初、末動量的正負,此正負是表示矢量的方向.動能定理的應用關鍵是受力分析,明確各力做功的正負及物體的初末動能,功的正負表示做功的效果不同,是標量的正負.動量的變化Δp時間動能的變化ΔEk空間整理ppt3.機械能守恒定律和動量守恒定律的區(qū)別

(1)守恒條件不同:機械能是否守恒,決定于是否有除重力和

以外的其他力做功;而動量是否守

恒,決定于是否有

作用.

(2)守恒內容不同:動量守恒定律反映的是物體系統(tǒng)初、末狀態(tài)

間的關系,關鍵是規(guī)定正方向,確定

初、末狀態(tài)動量的正、負號及其表達式.機械能守恒定律反映的是物體初、末狀態(tài)

間的關系,

關鍵是選定零勢能參考平面,確定初、末狀態(tài)的機械能的表達式.彈簧彈力動量機械能外力整理ppt思路方法1.解決力學問題的三個基本觀點

(1)力的觀點:主要應用

定律和運動學公式相結合,常涉及受力、加速度或已知勻變速運動的問題.

(2)動量的觀點:主要應用

定理或動量守恒定律求解,常涉及物體的受力和

問題,以及相互作用的物體系問題.

(3)能量的觀點:在涉及單個物體的受力和位移問題時,常用動能定理分析,在涉及物體系內能量的轉化問題時,常用能量的轉化和守恒定律.牛頓運動動量時間整理ppt2.力學規(guī)律的選用原則

(1)單個物體:宜選用動量定理,動能定理和牛頓運動

定律,其中涉及時間的問題,應選用

定理,而涉及位移的問題,應選用

定理,若涉及加速度的問題,只能選用

.

(2)多個物體組成的系統(tǒng):優(yōu)先考慮兩個守恒定律,若涉及碰撞、爆炸、反沖等問題時,應選用動量守恒定律,然后再根據能量關系分析解決.動量動能牛頓第二定律整理ppt題型1動量守恒定律和機械能守恒定律綜合應用

如圖5-2-1所示，O點為固定轉軸，把一個長度為l的細繩上端固定在O點，細繩下端系一個質量為m的小擺球，當小擺球處于靜止狀態(tài)時恰好與平臺的右端點B點接觸，但無壓力.一個質量為M的小鋼球沿著光滑的平臺自左向右運動到B點時與靜止的小擺球m發(fā)生正碰，碰撞后擺球在繩的約束下作圓周運圖5-2-1整理ppt動，且恰好能夠經過最高點A，而小鋼球M做平拋運動落在水平地面上的C點.測得B、C兩點間的水平距離DC=s,平臺的高度為h，不計空氣阻力，本地的重力加速度為g,請計算(1)碰撞后小鋼球M做平拋運動的初速度大??；(2)小擺球m經過最高點A時的動能；(3)碰撞前小鋼球M在平臺上向右運動的速度大小.解析

(1)設M做平拋運動的初速度是v,s=vt,h=

gt2v=s整理ppt(2)擺球m經最高點A時只受重力作用，mg=m擺球經最高點A時的動能為EAEA=

mvA2=

mgl(3)碰后小擺球m做圓周運動時機械能守恒，

mvB2=

mvA2+2mglvB=設碰前M的運動速度是v0，M與m碰撞時系統(tǒng)的動量守恒Mv0=Mv+mvBv0=s整理ppt答案(1)s

(2)

mgl(3)s+

機械能守恒定律和動量守恒定律研究的都是系統(tǒng)相互作用過程中滿足的規(guī)律,不同之處是各自的守恒條件不同,要根據題設的物理情景和物理過程,確定滿足的物理規(guī)律.機械能守恒為標量式,但勢能可能出現(xiàn)負值;動量守恒為矢量式,選取正方向后列代數(shù)式.整理ppt預測演練1

如圖5-2-2所示，在光滑水平面上有一質量M=0.4kg滑槽.滑槽面上的AB段是半徑R=0.4m的光滑1/4圓弧.與B點相切的水平表面BC段粗糙，長L=3m、動摩擦因數(shù)

=0.4.C點的右表面光滑，右端連有一彈簧.現(xiàn)有一質量m=0.1kg的小物體（可視為質點）在距A點高為H=0.6m處由靜止自由落下，恰沿A點滑入圓弧面，滑到B點時滑槽剛好與墻壁碰撞，假設滑槽與墻碰撞后在極短時間內速度減為0,但不粘連.求:(g=10

m/s2)整理ppt(1)小物體滑到B點時，小物體和滑槽碰墻前的速度分別多大？(2)小物體最終與C點的距離.解析

(1)設小物體滑到B時速度為v1,滑槽速度為v2,由系統(tǒng)水平方向動量守恒及系統(tǒng)機械能守恒得mv1=Mv2mg(H+R)=

mv12+

Mv22解得v1=4m/s

v2=1m/s圖5-2-2整理ppt(2)之后小物體進入水平表面，而滑槽由于撞墻，速度變?yōu)?，設兩者同速為v,相對位移為s，由系統(tǒng)動量守恒及功能關系得mv1=(m+M)v

mgs=

mv12-

(m+M)v2解得s=1.6m<L=3m所以最終小物體離C端l=(3-1.6)m=1.4m答案

(1)4m/s1m/s(2)1.4m整理ppt題型2動量觀點與功能關系的綜合應用

(18分)如圖5-2-3所示,光滑水平面MN的左端M處有一彈射裝置P，右端N處與水平傳送帶恰平齊接觸，傳送帶水平部分長度L=8m，沿逆時針方向以恒定速度v=6m/s勻速轉動.放在水平面上的兩相同小物塊A、B間有一被壓縮的輕質彈簧,彈性勢能Ep=16J,彈簧與A相連接，與B不連接，A、B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)=0.2，物塊質量mA=mB=1kg.現(xiàn)將A、B由靜止開始釋放，彈簧彈開，在B離開彈簧時，A未與P碰撞，B未滑上傳送帶.g取10m/s2.求整理ppt(1)B滑上傳送帶后，向右運動的最遠處（從地面上看）與N點間的距離sm;(2)B從滑上傳送帶到返回到N端的時間t;(3)B回到水平面MN上后壓縮被彈射裝置P彈回的A上的彈簧，B與彈簧分離時，A、B互換速度，然后B再次滑上傳送帶.則P必須對A做多少功才能使B從Q端滑出？圖5-2-3整理ppt解析

(1)彈簧彈開的過程中，系統(tǒng)機械能守恒Ep=

mAvA2+

mBvB2 ①（2分）由動量守恒定律得mAvA-mBvB=0 ②（2分）由①②聯(lián)立解得vA=4m/s,vB=4m/sB滑上傳送帶做勻減速運動，當速度減為零時，滑動的距離最遠.由動能定理得-

mBgsm=0-

mBvB2（2分）解得sm=

=4m

（1分）(2)物塊B先向右做勻減速運動，直到速度減小到零，然后反方向做勻加速運動，回到傳送帶左端時速度大小仍為4m/s由動量定理-mBgt=-mBvB-mBvB（2分）整理ppt解得t==4s （1分）(3)設彈射裝置對A做功為W，則有

mAvA′2=mAvA2+W ③（2分）A、B碰后速度互換，B的速度vB′=vA′④（1分）B要滑出平臺Q端，由能量關系有

mBvB′2=mBgL⑤（2分）又mA=mB由③④⑤聯(lián)立解得W=mBgL-mAvA2（2分）代入數(shù)據解得W≥8J

（1分）答案(1)4m(2)4s(3)8J整理ppt預測演練2

如圖5-2-4所示,在光滑的水平面上,有兩塊質量均為200g的木塊A、B靠在一起,現(xiàn)有質量為20g的子彈以700m/s的速度水平射入木塊A,在穿透木塊A的過程中,木塊A與B是緊靠著的.已知子彈穿出B后的速度為100m/s,假定子彈分別穿透A和B時克服阻力做功完全相等.求:

在應用動量觀點和功能關系解題時，往往涉及位移的求解時應用動能定理，涉及時間的求解時應用動量定理，涉及到滑動摩擦力做功時一般應用能量守恒定律列式求解.圖5-2-4整理ppt(1)子彈穿透A時的速度多大?(2)最終A、B的速度各多大?解析

(1)設子彈穿透A時的速度為v1,穿透B時的速度為v2,子彈的初速度為v0,因子彈分別穿透A和B時克服阻力做功相同,所以mv02-mv12=mv12-

mv22,解得:v1=500m/s.(2)設子彈剛穿透A時,A、B的速度相等均為vA,由子彈與兩木塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒得:mv0=mv1+2MvA代入數(shù)據可求得:vA=10m/s子彈穿出B時,對整個系統(tǒng)用動量守恒得:mv0=mv2+MvA+MvB代入數(shù)據求得:vB=50m/s答案(1)500m/s(2)10m/s50m/s整理ppt題型3動量和能量觀點在電學中的應用如圖5-2-5所示，輕彈簧一端連于固定點O，可在豎直平面內自由轉動，另一端連接一帶電小球P，其質量m=2×10-2kg，電荷量q=0.2C.將彈簧拉至水平后，以初速度v0=20m/s豎直向下射出小球P，小球P到達O點的正下方O1點時速度恰好水平，其大小v=15m/s.若O、O1相距R=1.5m，小球P在O1點與另一由細繩懸掛的、不帶電的、質量M=1.6×10-1kg的靜止絕緣小球N相碰.碰后瞬間，小球P脫離彈簧，小球N脫離圖5-2-5整理ppt細繩，同時在空間加上豎直向上的勻強電場E和垂直于紙面的磁感應強度B=1

T的勻強磁場.此后，小球P在豎直平面內做半徑r=0.5m的圓周運動.小球P、N均可視為質點，小球P的電荷量保持不變，不計空氣阻力，取g=10m/s2.那么：（1）彈簧從水平擺至豎直位置的過程中，其彈力做功為多少？（2）請通過計算并比較相關物理量，判斷小球P、N碰撞后能否在某一時刻具有相同的速度.（3）若題中各量為變量，在保證小球P、N碰撞后某一時刻具有相同的速度的前提下，請推導出r的表達式（要求用B、q、m、表示，其中為小球N的運動速度與水平方向的夾角）.整理ppt解析（1）設彈簧的彈力做功為W，有：mgR+W=mv2-mv02 ①代入數(shù)據：得：W=-2.05J ②（2）由題給條件知，N碰后做平拋運動，P所受電場力和重力平衡，P帶正電荷.設P、N碰后的速度大小分別為v1和V，并令水平向右為正方向，有：mv=±m(xù)v1+MV ③而v1= ④若P、N碰后速度同向時，計算可得V<v1,這種碰撞不能實現(xiàn).P、N碰后瞬時必為反向運動，有：V= ⑤整理pptP、N速度相同時，設N經過的時間為tN、P經過的時間為tP,此時N的速度V1的方向與水平方向的夾角為，有：cos= ⑥整理pptgtN=V1sin=v1sin⑦代入數(shù)據，得：tN=s ⑧對小球P，其圓周運動的周期為T=⑨經計算得：tN<TP經過tP時，對應的圓心角為，有:tP=T⑩當B的方向垂直紙面朝外時，P、N的速度相同，如圖甲，有：=聯(lián)立相關方程得tP1=s比較得當B的方向垂直紙面朝里時，P、N的速度相同如圖乙,tN≠tP1，在此情況下，P、N的速度在同一時刻不可能相同有：2=整理ppt同上得：tP2=s比較得，t0≠tP2，在此情況下，P、N的速度在同一時刻也不可能相同.（3）當B的方向垂直紙面朝外時，設在t時刻P、N的速度相同，tN=tP=t再聯(lián)立④⑤⑨⑩解得：考慮圓周運動的周期性，有當B的方向垂直紙面朝里時，設在t時刻P、N的速度相同，tN=tP=t整理ppt同理得：考慮圓周運動的周期性，有(給定的B、q、r、m、等物理量決定n的取值)答案(1)-2.05J(2)不能(3)見解析預測演練3

(2009·長春、哈爾濱、沈陽、大連第三次聯(lián)考)如圖5-2-6所示,真空室內，在d≤x≤2d的空間內存在著沿y正方向的有理想邊界勻強電場，電場強度為E；在-2d≤x≤-d的空間內存在著垂直紙面向里的有理想邊界的勻強磁場,磁感應強度為B.在坐標整理ppt原點處有一處于靜止狀態(tài)的釷核Th，某時刻該原子核經歷一次衰變,沿x正方向射出一質量為m,電荷量為q的粒子;質量為M,電荷量為Q的反沖核（鐳核Ra）進入左側的勻強磁場區(qū)域,反沖核恰好不從磁場的左邊界射出.如果衰變過程中釋放的核能全部轉化為粒子和反沖核的動能,光速為c，不計粒子的重力和粒子間相互作用的庫侖力,求:圖5-2-6整理ppt(1)寫出釷核衰變方程；(2)該核衰變過程中的質量虧損Δm;(3)

粒子從電場右邊界射出時的y軸坐標.解析

(1)

Th→Ra+He(2)根據動量守恒定律有：0=mv1-Mv2設反沖核進入磁場中的偏轉半徑為R，由幾何關系有R=d由牛頓運動定律有BQv2=M由愛因斯坦質能方程有ΔE=Δmc2由能量關系有整理pptΔE=

mv12+

Mv22解得Δm=(3)

粒子在電場中的運動時間為t=

粒子在電場中的運動加速度為a=

粒子在電場中運動，其沿y軸方向的位移為y=

at2解得y=整理ppt答案1.如圖5-2-7所示，傾角為的斜面上靜止放置三個質量均為m

的木箱，相鄰兩木箱的距離均為l.工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一與其它木箱碰撞.每次碰撞后木箱都粘在一起運動.整個過程中工人的推力不變，最后恰好能推著三個木箱勻速上滑.已知木箱與斜面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g.設碰撞時間極短，求圖5-2-7整理ppt（1）工人的推力；（2）三個木箱勻速運動的速度；（3）在第一次碰撞中損失的機械能.解析（1）設工人的推力為F，則有F=3mg(sin+cos)①（2）設第一次碰撞前瞬間木箱速度為v1,由動能定理得Fl-mglsin-

mglcos=

mv12②設碰撞后兩木箱的速度為v2，根據動量守恒定律有mv1=2mv2 ③整理ppt設再次碰撞前瞬間兩木箱的速度為v3,由動能定理得Fl-2mglsin

-2

mglcos=×2m(v32-v22)④設碰撞后三個木箱一起運動的速度為v4,由動量守恒得2mv3=3mv4⑤聯(lián)立以上各式得 ⑥（3）設第一次碰撞過程中損失的機械能為ΔE,則ΔE=

mv12-×2mv22⑦由①②③⑦式得ΔE=mgl(sin+cos)⑧整理ppt

答案

（1）3mg(sin+cos)2.質量為M=6kg的小車放在光滑的水平面上，物塊A和B的質量均為m=2kg，且均放在小車的光滑水平底板上，物塊A和小車右側壁用一根輕彈簧連接，不會分離，如圖5-2-8所示，物塊A和B并排靠在一起，現(xiàn)用力向右壓B,并保持小車靜止，使彈簧處于壓縮狀

（3）mgl(sin+cos)圖5-2-8(2)整理ppt態(tài),在此過程中外力做功270J.撤去作用在B和小車上的外力,當A和B分開后，在A達到小車底板的最左端位置之前，B已從小車左端拋出，求：(1)B與A分離時，小車的速度是多大；(2)從撤去外力至B與A分離時，A對B做了多少功；(3)假設彈簧伸長到最長時B已離開小車，A仍在車上，那么此時彈簧的彈性勢能是多大？解析

(1)當彈簧第一次恢復原長時，B與A分離，此時B與A有相同速度，設為v1,小車速度為v2根據動量守恒有2mv1-Mv2=0由能量關系有2×mv12+Mv22=270J解得v1=9m/s，v2=6m/s整理ppt即小車速度為6m/s(2)根據動能定理，從撤去外力至B與A分離時，A對B做的功為W=mv12=81J(3)B與A分離后速度不變，彈簧伸到最長時，A與小車速度相同，設為v3，由動量守恒有Mv2-mv1=（m+M）v3由能量守恒有mv12+(M+m)v32+Ep=270J或mv12+Mv22=(M+m)v32+Ep解得v3=2.25m/s，Ep=168.75J答案(1)6m/s(2)81J(3)168.75J整理ppt3.如圖5-2-9所示,光滑的圓弧軌道AB、EF.半徑均為R.質量為m，上表面長也是R的小車靜止在光滑水平面CD上,小車上表面與軌道AB、EF的端點B、E在同一水平面上，一質量為m的物體（大小不計）從軌道AB的A點由靜止下滑，由末端B滑上小車，小車立即向右運動，當小車右端與壁DE剛接觸時,物體m恰好滑動到小車右端且相對于小車靜止，接著小車與壁DE相碰.經極短時間碰撞后，小車立即停止運動，但與壁不粘連，物體則滑上圓弧軌道EF.整理ppt(1)求水平面CD的長度s.(2)求物體滑上軌道EF后能到達的最高點P相對于E點的高度h.(3)接著物體再從軌道EF上滑下并滑上小車，小車與壁BC相碰后速度也立即變?yōu)榱?最后物體停在小車上的Q點，求Q點到小車右端的距離.圖5-2-9整理ppt解析(1)設物體從A滑至B點時速度為v0,根據機械能守恒，有mgR=

mv02 ①設小車與壁DE剛接觸時物體及小車達到的共同速度v1,根據動量守恒定律，有mv0=2mv1 ②設二者之間摩擦力為Ff,則對物體-fs=mv12-mv02 ③對小車：f(s-R)=mv12 ④由①②③④聯(lián)立解得s=R ⑤(2)車與DE相撞后，物體以速度v1沖上EF，則整理ppt

mv12=mgh，解得h= ⑥(3)由第（1）問可求得f=mgv1= ⑧物體從軌道EF滑下并再次滑上小車后，設它們再次達到共同速度為v2,物體相對車滑行距離s1,則根據動量守恒得mv1=2mv2 ⑨根據動能定理得:fs1=mv12-×2mv22

⑩由⑥⑦⑧⑨聯(lián)立解得s1=Rs1<R，說明在車與BC相碰之前，車與物體達到相對靜止，以后一起勻速運動直到小車與壁BC相碰.車停止后物體將做勻減速運動,設相對車滑行距離s2則整理pptfs2=mv22由⑥⑦⑧聯(lián)立解得s2=R所以物體最后距車右端s總=s1+s2=R4.如圖5-2-10所示，在一足夠大的真空室中，虛線

MN的左側是一磁感應強度為

B、方向垂直紙面向里的勻強磁場,右側是一場強為E、方向水平向右的勻強電場.答案(1)R(2)R(3)R圖5-2-10整理ppt在虛線MN上的點O處有一質量為3m、電荷量為+5q的粒子,處于靜止狀態(tài).某時刻該粒子分裂成甲、乙兩個粒子，其中甲粒子質量為2m、電荷量為+4q，分裂后水平向左射入磁場，經過一段時間后，甲粒子剛好到達虛線MN上的P點，測得OP=L.不計重力，不考慮粒子之間的作用力.求：(1)分裂后乙粒子的初速度是多大？(2)分裂后經過多長時間甲、乙兩粒子的速度相同？解析

(1)設分裂后甲、乙兩粒子的初速度分別為v1、v2整理ppt由動量守恒定律得2mv1-mv2=0 ①甲粒子飛入磁場后，做勻速圓周運動4qv1B= ②聯(lián)立①②解得v1= ③v2= ④分裂后乙粒子的初速度為v2=(2)分裂后甲粒子在磁場中做勻速圓周運動到達P點的時間為t1= ⑤整理ppt甲進入電場后的加速度為a1= ⑥乙進入電場后的加速度為a2= ⑦設分裂后經過時間t甲、乙速度相同，有v1+a1(t-t1)=v2+a2t ⑧由③④⑤⑥⑦⑧解得t=答案(1)

(2)整理ppt5.如圖

5-2-11所示，帶等量異種電荷的兩平行金屬板豎直放置（M

板帶正電，N板帶負電），兩板間距為d=80cm，板長為L，

板間電壓為U=100V.兩極板上端連線的中點處有一

用水平輕質絕緣細線拴接的完全相同的小球A和B

組成的裝置Q，Q處于靜止狀態(tài)，該裝置中兩球之

間有一處于壓縮狀態(tài)的絕緣輕質小彈簧（球與彈簧

不拴接）,左邊A球帶正電,電荷量為q=4×10-5

C，右邊B球不帶電,兩球質量均為m=1.0×10-3kg.

某時刻,裝置Q中細線突然斷裂，A、B兩球立圖5-2-11整理ppt即同時彈開（彈簧恢復原長）.若A、B之間彈簧被壓縮時所具有的彈性勢能為1.0×10-3J，小球A、B均可視為質點，Q裝置中彈簧的長度不計，小球帶電不影響板間的勻強電場，不計空氣阻力，取g=10m/s2.求(1)為使兩小球都不與金屬板相碰，金屬板長度L應滿足什么條件？(2)當小球B飛離電場恰好不與金屬板相碰時，小球A飛離電場時的動能是多大？(3)從兩小球彈開進入電場開始，到兩小球間水平距離為30cm時，小球A的電勢能增加了多少？整理ppt解析

(1)A、B組成的系統(tǒng)動量守恒0=mv0-mv又機械能守恒定律E=2×mv02得小球彈開時獲得的初速度v0=1m/s進入電場，A球水平方向做勻減速運動，B球水平方向做勻速運動，故B碰不到極板，A球也就碰不到極板.B球進入電場后向右做平拋運動，平拋時間t==0.4s0.4s內的豎直位移y=gt2=0.8m即為使小球不與金屬板相撞，金屬板長度L<0.8m(2)水平方向上，A球向左做勻減速運動，其加速度整理ppta==5m/s2，方向向右當小球B恰不與金屬板相撞時，A球飛離電場時沿水平方向的位移s1=v0t-at2=0由功能關系得A球離開電場的動能Ek=mv02-qs1+mgL=8.5×10-3J(3)兩小球進入電場后，豎直方向均做自由落體運動，加速度為g,因此，A、B兩小球在運動過程中始終位于同一高度.當兩小球間的距離為s=30cm時v0t′+(v0t′-at′2)=st1′=0.2s,t2′=0.6s（舍去）整理ppt此時A球水平位移為sA=v0t1′-at1′2=0.1m小球A的電勢能增加量為ΔEA=qEsA=sA=5×10-4J答案

(1)L<0.8m(2)8.5×10-3J(3)5×10-4J整理ppt整理ppt9、靜夜四無鄰，荒居舊業(yè)貧。。2022/12/242022/12/24Saturday,December24,202210、雨中黃葉樹，燈下白頭人。。2022/12/242022/12/242022/12/2412/24/20228:05:02PM11、以我獨沈久，愧君相見頻。。2022/12/242022/12/242022/12/24Dec-2224-Dec-2212、故人江海別，幾度隔山川。。2022/12/242022/12/242022/12/24Saturday,December24,202213、乍見翻疑夢，相悲各問年。。2022/12/242022/12/242022/12/242022/12/2412/24/202214、他鄉(xiāng)生白發(fā)，舊國見青山。。24十二月20222022/12/242022/12/242022/12/2415、比不了得就不比，得不到的就不要。。。十二月222022/12/242022/12/242022/12/2412/24/202216、行動出成果，工作出財富。。2022/12/242022/12/2424December202217、做前，能夠環(huán)視四周；做時，你只能或者最好沿著以腳為起點的射線向前。。2022/12/242022/12/2