推荐精选学年高中物理 第七章 机械能守恒定律 微型专题6 利用动能定理分析变力做功和多过程问.docx

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推荐精选学年高中物理第七章机械能守恒定律微型专题6利用动能定理分析变力做功和多过程问

微型专题6　利用动能定理分析变力做功和多过程问题

[学习目标]1.进一步理解动能定理，领会应用动能定理解题的优越性.2.会利用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题.

一、利用动能定理求变力的功

1.动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便.

2.利用动能定理求变力的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk.

例1

　如图1所示，质量为m的小球自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC运动，AB是半径为d的光滑圆弧，BC是直径为d的粗糙半圆弧（B是轨道的最低点）.小球恰能通过圆弧轨道的最高点C.重力加速度为g，求：

图1

（1）小球运动到B处时对轨道的压力大小；

（2）小球在BC运动过程中，摩擦力对小球做的功.

答案　

（1）5mg　

（2）－mgd

解析　

（1）小球运动到B点的过程由动能定理得2mgd＝mv2，

在B点：

FN－mg＝m，得：

FN＝5mg，

根据牛顿第三定律：

小球在B处对轨道的压力FN′＝FN＝5mg.

（2）小球恰好通过C点，则mg＝m.

小球从B运动到C的过程：

－mgd＋Wf＝mvC2－mv2，得Wf＝－mgd.

【考点】应用动能定理求变力的功

【题点】应用动能定理求变力的功

B至C的过程中摩擦力为变力（大小方向都变），求变力的功不能直接根据功的公式，通常用动能定理求解.

针对训练1　如图2所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（　　）

图2

A.mgRB.mgR

C.mgRD.mgR

答案　C

解析　质点经过Q点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，由题意及牛顿第三定律知FN＝2mg，可得vQ＝，质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得mgR－Wf＝mvQ2，得克服摩擦力所做的功为Wf＝mgR，选项C正确.

【考点】应用动能定理进行有关的计算

【题点】应用动能定理求功

二、利用动能定理分析多过程问题

一个物体的运动如果包含多个运动阶段，可以选择分段或全程应用动能定理.

（1）分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解.

（2）全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力做的功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解.

当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便.

注意：

当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移.计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和.

例2

　如图3所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5m，一个质量为m＝0.5kg的木块在F＝1.5N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2.求：

图3

（1）木块沿弧形槽上升的最大高度（木块未离开弧形槽）；

（2）木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑行的最大距离.

答案　

（1）0.15m　

（2）0.75m

解析　

（1）设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为零.从木块开始运动到沿弧形槽上升到最大高度处，由动能定理得：

FL－FfL－mgh＝0

其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10N＝1.0N

所以h＝

＝m＝0.15m

（2）设木块离开B点后沿桌面滑行的最大距离为x.由动能定理得：

mgh－Ffx＝0

所以：

x＝＝m＝0.75m

【考点】应用动能定理处理多过程问题

【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题

针对训练2　如图4所示，质量m＝1kg的木块静止在高h＝1.2m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F＝20N，使木块产生位移l1＝3m时撤去，木块又滑行l2＝1m后飞出平台，求木块落地时速度的大小.（g取10m/s2）

图4

答案　11.3m/s

解析　解法一　取木块为研究对象，其运动分三个过程，先匀加速前进l1，后匀减速前进l2，再做平抛运动，对每一过程，分别由动能定理得

Fl1－μmgl1＝mv12

－μmgl2＝mv22－mv12

mgh＝mv32－mv22

解得v3≈11.3m/s

解法二　对全过程由动能定理得

Fl1－μmg（l1＋l2）＋mgh＝mv2－0

代入数据解得v≈11.3m/s

【考点】应用动能定理处理多过程问题

【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题

三、动能定理在平抛、圆周运动中的应用

动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：

（1）与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量.

（2）与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：

①有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝0.

②没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝.

例3

　如图5所示，一可以看成质点的质量m＝2kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，BC为圆弧竖直直径，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0.5m.已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力，g取10m/s2.

图5

（1）求小球的初速度v0的大小；

（2）若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功.

答案　

（1）3m/s　

（2）－4J

解析　

（1）在A点由平抛运动规律得：

vA＝＝v0.①

小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得

mg（R＋Rcosθ）＝mvA2－mv02②

由①②得：

v0＝3m/s.

（2）若小球恰好通过最高点C，在最高点C处有mg＝，小球从桌面运动到C点的过程中，由动能定理得Wf＝mvC2－mv02，

代入数据解得Wf＝－4J.

【考点】应用动能定理处理多过程问题

【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题

四、动能定理在多过程往复运动中的应用

例4

　某游乐场的滑梯可以简化为如图6所示竖直面内的ABCD轨道，AB为长L＝6m、倾角α＝37°的斜轨道，BC为水平轨道，CD为半径R＝15m、圆心角β＝37°的圆弧轨道，轨道AB段粗糙，其余各段均光滑.一小孩（可视为质点）从A点以初速度v0＝2m/s下滑，沿轨道运动到D点时的速度恰好为零（不计经过B点时的能量损失）.已知该小孩的质量m＝30kg，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：

图6

（1）该小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力；

（2）该小孩与AB段的动摩擦因数；

（3）该小孩在轨道AB上运动的总路程s.

答案　

（1）420N，方向向下　

（2）0.25　（3）21m

解析　

（1）由C到D速度减为0，由动能定理可得

－mg（R－Rcos37°）＝0－mvC2，vC＝2m/s

在C点，由牛顿第二定律得

FN－mg＝m，FN＝420N

根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力为420N，方向向下

（2）小孩从A运动到D的过程中，由动能定理得：

mgLsinα－μmgLcosα－mgR（1－cosβ）＝0－mv02

可得：

μ＝0.25

（3）在AB斜轨上，μmgcosα

由动能定理：

mgLsinα－μmgscosα＝0－mv02

解得s＝21m.

1.在含有摩擦力的往复运动过程中，注意两种力做功的区别：

（1）重力做功只与初末位置有关，而与路径无关；

（2）滑动摩擦力（或全部阻力）做功与路径有关，克服摩擦力（或全部阻力）做的功W＝Ffs（s为路程）.

2.由于动能定理解题的优越性，求多过程往复运动问题中的路程，一般应用动能定理.

1.（用动能定理求变力的功）如图7所示，质量为m的物体与水平转台间的动摩擦因数为μ，物体与转轴相距R，物体随转台由静止开始转动.当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动.设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则在整个过程中摩擦力对物体做的功是（　　）

图7

A.0B.2μmgR

C.2πμmgRD.

答案　D

解析　物体即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物体做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝.①

在物体由静止到获得速度v的过程中，物体受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体做功，由动能定理得：

W＝mv2－0.②

联立①②解得W＝μmgR.

【考点】应用动能定理求变力的功

【题点】应用动能定理求变力的功

2.（用动能定理求变力的功）质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图8所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为（　　）

图8

A.mv02－μmg（s＋x）B.mv02－μmgx

C.μmgsD.μmg（s＋x）

答案　A

解析　由动能定理得－W－μmg（s＋x）＝0－mv02，W＝mv02－μmg（s＋x）.

【考点】应用动能定理求变力的功

【题点】应用动能定理求变力的功

3.（利用动能定理分析多过程往复运动问题）如图9所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10m，BC长1m，AB和CD轨道光滑.一质量为1kg的物体，从A点以4m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3m的D点速度为0.求：

（g取10m/s2）

图9

（1）物体与BC轨道间的动摩擦因数；

（2）物体第5次经过B点时的速度；

（3）物体最后停止的位置（距B点多少米）.

答案　

（1）0.5　

（2）13.3m/s　（3）距B点0.4m

解析　

（1）由动能定理得

－mg（h－H）－μmgsBC＝0－mv12，

解得μ＝0.5.

（2）物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4sBC＝mv22－mv12，

解得v2＝4m/s≈13.3m/s.

（3）分析整个过程，由动能定理得

mgH－μmgs＝0－mv12，

解得s＝21.6m.

所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6m，故最后停止的位置与B点的距离为2m－1.6m＝0.4m.

【考点】应用动能定理处理多过程问题

【题点】应用运动定理处理含曲线运动的多过程问题

4.（动能定理在平抛、圆周运动中的应用）如图10所示，一个质量为m＝0.6kg的小球以初速度v0＝2m/s从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入（不计空气阻力，进入圆弧时无动能损失）且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R＝0.3m，θ＝60°，g＝10m/s2.求：

图10

（1）小球到达A点的速度vA的大小；

（2）P点到A点的竖直高度H；

（3）小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W.

答案　

（1）4m/s　

（2）0.6m　（3）1.2J

解析　

（1）在A点由速度的合成得vA＝，

代入数据解得vA＝4m/s

（2）从P点到A点小球做平抛运动，竖直分速度vy＝v0tanθ

由运动学规律有vy2＝2gH

解得H＝0.6m

（3）恰好过C点满足mg＝

由A点到C点由动能定理得

－mgR（1＋cosθ）－W＝mvC2－mvA2

代入数据解得W＝1.2J.

【考点】应用动能定理处理多过程问题

【题点】应用运动定理处理含曲线运动的多过程问题

一、选择题

考点一　利用动能定理求变力的功

1.在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（　　）

A.mgh－mv2－mv02

B.mv2－mv02－mgh

C.mgh＋mv02－mv2

D.mgh＋mv2－mv02

答案　C

解析　选取物块从刚抛出到落地时的过程，由动能定理可得：

mgh－Wf克＝mv2－mv02

解得：

Wf克＝mgh＋mv02－mv2.

【考点】应用动能定理求变力的功

【题点】应用动能定理求变力的功

2.如图1所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为（　　）

图1

A.μmgRB.mgR

C.mgRD.（1－μ）mgR

答案　D

解析　设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝（1－μ）mgR.

【考点】应用动能定理进行有关的计算

【题点】应用动能定理求功

3.一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图2所示，则拉力F所做的功为（　　）

图2

A.mglcosθ

B.mgl（1－cosθ）

C.Flcosθ

D.Flsinθ

答案　B

解析　小球缓慢移动，时时都处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝mgtanθ，随着θ的增大，F也在增大，是一个变化的力，不能直接用功的公式求它所做的功，所以这道题要考虑用动能定理求解.由于物体缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得：

－mgl（1－cosθ）＋W＝0，所以W＝mgl（1－cosθ）.

【考点】应用动能定理求变力的功

【题点】应用动能定理求变力的功

4.如图3所示，一木块沿竖直放置的粗糙曲面从高处滑下，当它滑过A点的速度大小为5m/s时，滑到B点的速度大小也为5m/s.若使它滑过A点的速度大小变为7m/s，则它滑到B点的速度大小为（　　）

图3

A.大于7m/s

B.等于7m/s

C.小于7m/s

D.无法确定

答案　C

解析　第一次从A点到B点的过程中：

mgh－Wf1＝ΔEk＝0，Wf1＝mgh

第二次速度增大，木块对轨道的压力增大，Wf2>Wf1，故mgh－Wf2<0，B点动能小于A点动能，C正确.

【考点】应用动能定理求变力的功

【题点】应用动能定理求变力的功

5.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图4所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是（　　）

图4

A.mgRB.mgR

C.mgRD.mgR

答案　C

解析　小球通过最低点时，设绳的张力为FT，则

FT－mg＝m，6mg＝m①

小球恰好过最高点，绳子拉力为零，这时mg＝m②

小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得

－mg·2R－Wf＝mv22－mv12③

由①②③式联立解得Wf＝mgR，选C.

【考点】应用动能定理求变力的功

【题点】应用动能定理求变力的功

6.（多选）如图5所示，某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置.当太阳光照射到小车上方的光电板，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进.若太阳光照射到小车上方的光电板，小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值vm，设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么（　　）

图5

A.这段时间内电动机所做的功为Pt

B.这段时间内小车先加速运动，然后匀速运动

C.这段时间内电动机所做的功为mvm2＋Fs

D.这段时间内电动机所做的功为mvm2

答案　AC

解析　根据W＝Pt知，这段时间内电动机所做的功为Pt，故A正确；电动机的功率不变，速度增大，则牵引力减小，加速度减小，先做加速度减小的加速运动，当加速度减为零后，做匀速直线运动，而在t时间内做加速运动，故B错误；根据动能定理得，W－Fs＝mvm2，则这段时间内电动机做的功W＝Fs＋mvm2，故C正确，D错误.

【考点】应用动能定理求变力的功

【题点】应用动能定理求变力的功

考点二　利用动能定理分析多过程问题

7.（多选）在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到vmax后，立即关闭发动机直至静止，v－t图象如图6所示，设汽车的牵引力为F，受到的摩擦力为Ff，全过程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则（　　）

图6

A.F∶Ff＝1∶3B.W1∶W2＝1∶1

C.F∶Ff＝4∶1D.W1∶W2＝1∶3

答案　BC

解析　对汽车运动的全过程，由动能定理得：

W1－W2＝ΔEk＝0，所以W1＝W2，选项B正确，D错误；由动能定理得Fx1－Ffx2＝0，由图象知x1∶x2＝1∶4.所以

F∶Ff＝4∶1，选项A错误，C正确.

【考点】应用动能定理处理多过程问题

【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题

8.如图7所示，一薄木板斜搁在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接.将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处.滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相同.现将木板截短一半，仍按上述方式搁在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放（设滑块在木板和地面接触处平滑过渡），则滑块最终将停在（　　）

图7

A.P处B.P、Q之间

C.Q处D.Q的右侧

答案　C

【考点】应用动能定理处理多过程问题

【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题

9.（多选）如图8所示为一滑草场.某条滑道由上、下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端（不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）.则（　　）

图8

A.动摩擦因数μ＝

B.载人滑草车最大速度为

C.载人滑草克服摩擦力做功为mgh

D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g

答案　AB

解析　根据动能定理有2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos45°·－μmgcos37°·＝0，得动摩擦因数μ＝，则A项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为Wf＝2mgh，则C项错误；载人滑草车在上、下两段的加速度分别为a1＝g（sin45°－μcos45°）＝g，a2＝g（sin37°－μcos37°）＝－g，则载人滑草车在上、下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，因此在上段滑道底端时达到最大速度v，由运动学公式有2a1＝v2得，v＝＝，故B项正确，D项错误.

【考点】应用动能定理处理多过程问题

【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题

二、非选择题

10.（应用动能定理分析多过程问题）如图9所示，自然伸长的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端在O位置，质量为m的物块A（可视为质点）以初速度v0从距O点x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回.A离开弹簧后，恰好回到P点，物块A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.

图9

（1）求物块A从P点出发又回到P点的过程中，克服摩擦力所做的功.

（2）求O点和O′点间的距离x1.

答案　

（1）mv02　

（2）－x0

解析　

（1）A从P开始运动，最后回到P的过程，根据动能定理得：

摩擦力所做的功为Wf＝0－mv02＝－mv02，即克服摩擦力做功为mv02.

（2）A从P开始运动，最后回到P的全过程，根据动能定理，有－2μmg（x1＋x0）＝0－mv02，得x1＝－x0.

【考点】应用动能定理处理多过程问题

【题点】应用动能定理处理含弹力做功的多过程问题

11.（应用动能定理分析多过程问题）如图10所示，光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点平滑连接，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，重力加速度为g.求：

图10

（1）弹簧弹力对物块做的功；

（2）物块从B到C克服阻力所做的功；

（3）物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能.

答案　

（1）3mgR　

（2）mgR　（3）mgR

解析　

（1）由动能定理得W＝mvB2

在B点由牛顿第二定律得7mg－mg＝m

解得W＝3mgR

（2）物块从B到C由动能定理得

－2mgR＋W′＝mvC2－mvB2

物块在C点时mg＝m

解得W′＝－mgR，即物块从B到C克服阻力做功为mgR.

（3）物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得

2mgR＝Ek－mvC2，解得Ek＝mgR.

【考点】应用动能定理处理多过程问题

【题点】应用动能定理处理含弹力做功的多过程问题

12.（应用动能定理分析多过程问题）如图11所示，光滑斜面AB的倾角θ＝53°，BC为水平面，BC长度lBC＝1.1m，CD为光滑的圆弧，半径R＝0.6m.一个质量m＝2kg的物体，从斜面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道在B、C两点平滑连接.当物体到达D点时，继续竖直向上运动，最高点距离D点的高度h＝0.2m.不计空气阻力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2.求：

图11

（1）物体运动到C点时的速度大小vC；

（2）A点距离水平面的高度H；

（3）物体最终停止的位置到C点的距离s.

答案　

（1）4m/s　

（2）1.02m　（3）0.4m

解析　

（1）物体由C点运动到最高点，根据动能定理得：

－mg（h＋R）＝0－mvC2

代入数据解得：

vC＝4m/s

（2）物体由A点运动到C点，根据动能定理得：

mgH－μmglBC＝mvC2－0

代入数据解得：

H＝1.02m

（3）从物体开始下滑到停下，根据动能定理得：

mgH－μmgs1＝0

代入数据，解得s1＝5.1m

由于s1＝4lBC＋0.7m

所以，物体最终停止的位置到C点的距离为：

s＝0.4m.

【考点】应用动能定理处理多过程问题

【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题

1.（应用动能定理分析多过程问题）2016年11月1日广东珠海开幕的第十一届中国国际航空航天博览会上，空军“八一”飞行表演队的6架歼－10战斗机为现场数千名观众带来了一场震撼表演.如图1所示，某次飞行表演中，飞行员驾驶飞机在竖