2017_2018学年高考物理精做17机械能守恒定律的应用大题精做27117.pdf

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1、精做 17 机械能守恒定律的应用 1 （2016江苏卷） 如图所示， 倾角为 的斜面A被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面， 另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连，B静止在斜面上。滑轮左侧的细线水平，右侧 的细线与斜面平行。A、B的质量均为m。撤去固定A的装置后，A、B均做直线运动。不计一 切摩擦，重力加速度为g。求： （1）A固定不动时，A对B支持力的大小N； （2）A滑动的位移为x时，B的位移大小s； （3）A滑动的位移为x时的速度大小vA。 【答案】（ 1）N=mgcos （2）s=2(1 cos ) x（3） 2sin 32cos A gx v 【解析】（ 1）支持力的大小N=mg

2、cos （2）根据几何关系sx=x(1 cos ) ，sy=xsin 且s= 22 xy ss 解得s=2(1 cos ) x 【名师点睛】第一问为基础题，送分的。第二问有点难度，难在对几何关系的寻找上，B的 实际运动轨迹不是沿斜面，也不是在竖直或水平方向，这样的习惯把B的运动正交分解，有 的时候分解为水平、竖直方向，也可能要分解到沿斜面和垂直斜面方向，按实际情况选择， 第三问难度较大，难在连接体的关联速度的寻找，这类关系的寻找抓住：沿弹力的方向分速 度相同。 2（2015海南卷）如图，位于竖直水平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成， 圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点。已知h=

3、2 m ，s=2 m 。取重力加速度大小 2 10 m/sg。 （1）一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作 用力，求圆弧轨道的半径； （2）若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小。 【答案】（ 1）0.25 mR（2） 2 10 m/s 3 x v 【解析】（ 1）一小环套在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b点 时的速度，使得小环套做平抛运动的轨迹与轨道bc重合，故有 b sv t 2 1 2 hgt 从ab滑落过程中，根据动能定理可得 21 2 b mgRmv 联立三式可得 2 0.25 m 4

4、s R h （2）环由b处静止下滑过程中机械能守恒，设环下滑至c点的速度大小为v，有 21 2 mghmv 环在c点的速度水平分量为cos x vv 式中，为环在c点速度的方向与水平方向的夹角，由题意可知，环在c点的速度方向和以 初速度 0 v做平抛运动的物体在c点速度方向相同，而做平抛运动的物体末速度的水平分量为 0x vv，竖直分量 y v为 2 y vgh 因此 0 22 0 cos y v vv 联立可得 2 10 m/s 3 x v 3（2015上海卷）质量为m的小球在竖直向上的恒定拉力作用下，由静止开始从水平地面向 上运动，经一段时间，拉力做功为W，此后撤去拉力，球又经相同时间回到

5、地面，以地面为 零势能面，不计空气阻力。求： （1）球回到地面时的动能 k E； （2）撤去拉力前球的加速度大小a及拉力的大小F； （3）球动能为W/5 时的重力势能 p E。 【答案】（ 1） k1=EW （2）mgF 3 4 （3） p 3 = 5 EW或 p 4 = 5 EW （3）动能为W/5 时球的位置可能在h的下方或上方。 设球的位置在h下方离地h处 WhmgF 5 1 )( 而WhmgF 4 1 )(，解得hh 5 4 重力势能 p 3 = 5 EmhgW 设球的位置在h下上方离地h处 由机械能守恒定律WhmgW 5 1 因此重力势能 p 4 = 5 EmghW 4（2013浙江

6、卷）山谷中有三块大石头和一根不可伸长的青之青藤，其示意图如下。图中A、 B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1=1.8 m ，h2=4.0 m ，x1=4.8 m ，x2=8.0 m 。 开始时，质量分别为M=10 kg 和m=2 kg 的大小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上， 当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头A点起水平跳到中间石头，大猴抱起小猴跑 到C点，抓住青藤的下端荡到右边石头的D点，此时速度恰好为零。运动过程中猴子均看成 质点，空气阻力不计，重力加速度g=10 m/s 2，求： （1）大猴子水平跳离的速度最小值； （2）猴子抓住青藤荡起时的速度大小； （3）

7、荡起时，青藤对猴子的拉力大小。 【答案】（ 1） 0=8m/s v（ 2）9 m/sv（3）F=216 N 【解析】根据h1= 1 2 gt 2 ，解得 1 22 1.8 =?s=0.6s 10 h t g 则跳离的最小速度 1 0 4.8 =m/s8 m/s 0.6 x v t = （2）根据机械能守恒定律得， 1 2 (M+m)v 2 =(M+m)gh2 解得 2 280 m/s9 m/svgh （3）根据牛顿第二定律得，F- (M+m)g=(M+m) 2 v L 根据几何关系得，(L-h2) 2 +x2 2 =L 2 联立解得F=216 N 5如图所示，竖直平面内的一半径R=0.80 m

8、 的光滑圆弧槽BCD，倾角为60的斜面AB与圆弧 槽BCD相切于B点，一水平面DQ与圆弧槽相接于D点。现将一质量m=0.10 kg 的小球从B点 正上方H=1.0 m 高处的光滑斜面上的A点由静止释放，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出后 落在水平面上的Q点，DQ间的距离x=2.4 m ，球从D点飞出后的运动过程中相对于DQ水平面 上升的最大高度h=0.80 m ，g取 10 m/s 2，不计空气阻力。求： （1）小球经过C点时轨道对它的支持力大小FN。 （2）小球经过最高的P的速度大小vP。 （3）D点与圆心O的高度差hOD。 【答案】（1）FN=8 N （2）vP=3.0 m/s （3）hOD

9、=0.65 m 【解析】（1）设经过C点的速度为v1，由机械能守恒得 在C点，由牛顿第二定律有 FNmg=m 2 1v R 代入数据解得FN=8 N （2）设P点的速度为vP，P到Q做平抛运动，则有 竖直方向h= 2 1 gt 2 水平方向 2 x =vPt 代入数据解得vP=3.0 m/s （3）从A到B点的过程中，由机械能守恒得，则mgH= 21 2 Bmv 由B到D过程，由机械能守恒得：mgh BD= 21 2 Dmv 21 2 Bmv 由D到P过程，有mgh= 21 2 Dmv 21 2 Pmv 代入数据解得hBD=0.25 m 由几何关系得：hOD=hOB+hBD=0.65 m 6如

10、图所示，光滑水平冰面上固定一足够长的光滑斜面体，其底部与水平面相切，左侧有一滑 块和一小孩（站在冰车上） 处于静止状态。 在某次滑冰游戏中， 小孩将滑块以相对冰面v1=4 m/s 的速度向右推出，已知滑块的质量m1=10 kg ，小孩与冰车的总质量m2=40 kg ，小孩与冰车始 终无相对运动，取重力加速度g=10 m/s 2，求： （1）推出滑块后小孩的速度大小v2； （2）滑块在斜面体上上升的最大高度H； （3）小孩推出滑块的过程中所做的功W。 【答案】（1）v2=1 m/s （2）H=0.8 m （3）W=100 J 7如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口

11、B、C的连线是 水平直径。现有一质量为m带正电的小球（可视为质点）从B点正上方的A点自由下落，A、 B两点间距离为4R。从小球进入管口开始，整个空间突然加一匀强电场，静电力在竖直向上 的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹经过A点。设小 球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g，求： （1）小球到达B点的速度大小； （2）小球受到的静电力的大小； （3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力。 【答案】（1）8 BvgR（2）2Fmg（3）3mg，方相水平向右 【解析】（1）A到B有： 2 1 4 2 BmgRmv ，8BvgR （3）在C处： 2 C xy v FFm

12、 R 解得：3 NFmg 有牛顿第三定律有：小球的管的压力为3mg，方相水平向右 【名师点睛】本题运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合研究圆周运动和类平抛运 动，并采用正交分解求解电场力，常规方法，难度适中。 8如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，水平桌 面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8 m的圆环剪去了左上角135的圆 弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R，用质量为 1 0.4 kgm的物块将弹簧缓 慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，用同种材料， 质量为 2 0.2kgm 的物块将弹簧缓慢压缩到

13、C点释放， 物块过B点后其位移与时间的关系为 2 62xtt，物块 飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道，取 2 10m/sg，求： （1）判断 2 m能否沿圆轨道到达M点； （2）B、P间的水平距离； （3）释放后 2 m运动过程中克服摩擦力做的功。 【答案】（1）不能到达M点（2）4.1m（3） 5.6J f W 【解析】 （1）物块 2 m由D点以初速度 D v平抛，到P点时，由平抛运动规律可得2 y vgR tan45 y D v v ，解得4 m/s D v 假设能到达M点，且速度为 M v，由机械能守恒定律可得 22 222 11 22 MD m vm ghm v 根据几何关系可得 2

14、 R h，解得2 42 22.17 m/s M v 能完成圆周运动过M点的最小速度 min v 根据重力提供物体做圆周运动的向心力 2 min 22 v m gm R ，解得 min 2 2 m/s2.17 m/sv 所以不能到达M点 （2）平抛过程中水平位移为x，由平抛运动规律可得 D xv t， 21 2 Rgt 在桌面上过B点后的运动为 2 62xtt，故为匀减速运动，且初速度6 m/s B v，加速度 2 4 m/sa B、D间由运动规律可得 22 2 BD vvas，解得 BP水平距离为4.1mxs （3）设弹簧长为AC时的弹性势能为 p E，物块与桌面间的动摩擦因数为 释放 1 m

15、时， p1CB Emgs，释放 2 m时 2 p220 1 = 2 CB Em gsm v 且 12 2mm，可得： 2 p20 7.2JEm v 2 m释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为 f W 则由能量转化及守恒定律得： 2 p2 1 2 fD EWm v 可得5.6J f W 【名师点睛】该题涉及到多个运动过程，主要考查了机械能守恒定律、平抛运动基本公式、 圆周运动向心力公式的应用，用到的知识点及公式较多，难度较大，属于难题。 9为了研究过山车的原理，某兴趣小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为37，成为 l=2.0 m的粗糙倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与半径为R=0.2 m

16、的数字圆轨道相连，出口为 水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的，其中AB与BC轨道以微小圆弧连接，如果 所示，一个质量m=1 kg 小物块以初速度 0 v5.0 m/s从A点沿倾斜轨道滑下，小物块到达C 点时速度4.0m/s C v，取 2 10m/sg，sin 370.60，cos 370.80 （1）求小物块到达C点时对圆轨道压力的大小； （2）求小物块从A到B运动过程中摩擦力所做的功 （3） 为了使小物块不离开轨道，并从轨道DE滑出，求竖直圆弧轨道的半径应满足什么条件？ 【答案】（1）90 NN（2）16.5J f W（3）0.32 mR 【解析】（ 1）设小物块到达C点时受到圆

17、轨道的支持力大小为N ，根据牛顿第二定律有， 2 v Nmgm R 解得：90 NN 根据牛顿第三定律得，小物块对圆轨道压力的大小为90 N （2）物块从A到C的过程中， 根据动能定理有： 2211 sin 37 22 fCA mglWmvmv，解得 16.5J f W （3） 设物块进入圆轨道到达最高点时速度大小为 1 v， 根据牛顿第二定律有： 2 v Nmgm R ， 则vgR 物块从圆轨道最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律有： 2211 2 22 C mvmvmgR 联立得 2 5 C v R g ，解得0.32 mR 【名师点睛】本题考查动能定理以及向心力公式的应用，要注意明

18、确对于不涉及时间的力学 问题可以优先利用功能关系，如动能定理和机械能守恒定律进行分析求解；本题还要注意临 界条件的应用，明确物体能越过最高点的条件。 10如图所示， 将一质量为m得小环套在一半径为R的“半圆形”金属轨道上，并将轨道固定在 竖直面内的A、B两点，直径AB与竖直半径OD夹角为 60。现将两根原长为R、劲度系数 mg k R 的弹性轻绳一端固定在小环上，另一端分别固定在 A、B两点。已知弹性轻绳满足 胡克定律，不计一切摩擦，重力加速度为g。将小环由A点正下方的C点静止释放，当小环 运动到金属轨道的最低点D时，求： （1）小环的速率v； （2）金属轨道对小环的作用力F的大小。 【答案】

19、（ 1）vgR（2） 13 () 2 Fmg 【解析】（ 1）在CD点，弹性绳的弹能相等，由机械能守定可得： 2 1 22 R mgmv 得：vgR （2）在D点时，AD段弹性绳的伸长量( 31)xR，BD段性绳弹力为0 则AD段弹性绳张力( 31)(31) mg TkxRmg R 在D点时，设导轨对圆环的作用力F是向上的支持力 圆环的向心力方程： 2 ( 31)cos30= v mgFmg m R 得： 13 () 2 Fmg 【名师点睛】 本考查机械能守定律以及力式的应用，要注意正确分析过程并能正进行受力分， 确利用向心公式列式即可求。 11如图所示，有一粗糙水平面AB与一光滑的、很长的斜

20、面BC在B点平滑连接，M=2 kg 的物 体与水平面见的动摩擦因素=0.4 ，现使其从A点以vA=8 m/s 的水平速度向B运动，sAB=6 m 物体经过B点后沿斜面上滑，之后又回滑经过B点而停在水平面上。求： （1）物体回到B点时的速度vB。 （2）物体沿斜面上升的最大高度h。 （3）物体停在水平面上的位置（用A点描述）。 【答案】（ 1）vB=4 m/s （2）H=1.6 m （3）sAD=4 m （2）从B点到最高点机械能守恒： 2 1 MvB 2=MgH H=1.6 m （3）从B点到停止点用动能定理： MgsBD=0 2 1 MvB 2 sBD=2 m 则：sAD=4 m 【名师点睛

21、】 本题考查动能定理和机械能守恒定律的应用，在由A到B得过程中， 物体克服 摩擦力做功等于动能的减小量，列公式求解，从B点到最高点，因为只有重力做功，机械能 守恒，以水平面为零势面，列式求解。 12如图所示，A物体用板托着，位于离地h=1.0 m处，轻质细绳通过光滑定滑轮与A、B相连， 绳子处于绷直状态，已知A物体质量M=1.5 ，B物体质量m=1.0 kg，现将板抽走，A将拉 动B上升，设A与地面碰后不反弹，B上升过程中不会碰到定滑轮，问：B物体在上升过程 中离地的最大高度为多大？取g=10 m/s 2。 【答案】 H 1.2 m 【解析】在A下降B上升的过程中，A、B系统机械能守恒，由机械

22、能守恒定律得 22 2 1 2 1 )(mvMvhmgMg 解得 mM hmgMg v )(2 代入数据有v=2 m/s A着地后，B做竖直上抛运动，竖直上抛能上升的高度为 g v h 2 2 代入数据有h0.2 m B物体上升过程中距地面的最大高度为 hhH=1.2 m 13如图所示，用细圆管组成的光滑轨道AB部分平直，BC部分是处于竖直平面内半径为R的半 圆，圆管截面半径rMg4l 要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守 恒定律有 21 2 B MvMgl? 联立 ? 式得 5 3 mMh，如图所示。在平台边缘右上方的轨道恰能使小球无摩擦地通过，A

23、球位于平台的边缘， 受到微小的扰动后开始下落，设A、B两球相继落地后均不弹起，求C球刚要离开平台时的 速度大小。 【答案】vC= 5 3 gh 【解析】A小球下落h的过程中，以A、B、C三球为整体机械能守恒，A球刚到地面时，速 率为v1，则A球减少的重力势能等于三球增加的动能，所以有 mgh=3 1 2 mv 2 1 A球落地后，B球以速率v1开始下落h的过程中，以B、C球组成整体机械能守恒，B球减少 的重力势能等于B、C两球增加的动能，所以有 mgh= 1 2 2mv 2 2 1 2 2mv 2 1 B球落地后，B、C间绳子已松弛，C球在光滑台面上以速度v2匀速前进lh距离后离开平 台，代入

24、数值解得 vC=v2= 5 3 gh 20如下图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段圆弧面相连接。在木板的 中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道，斜面的倾角为。现有 10 个质量均为m、半径均为 r的均匀刚性球，在施加于1 号球的水平外力F的作用下均静止，力F与圆槽在同一竖直面 内，此时1 号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为h。现撤去力F使小球开始运动， 直到所有小球均运动到水平槽内。重力加速度为g。求： （1）水平外力F的大小； （2）1 号球刚运动到水平槽时的速度； （3）整个运动过程中，2 号球对 1 号球所做的功。 【答案】（ 1）F=10mgtan （2）v=2gh

25、（3）W=9mgrsin （3）撤去水平外力F后，以 10 个小球整体为研究对象，利用机械能守恒定律可得： 10mg 18 (sin) 2 r h= 1 2 10mv 解得v1=29 singhr 以 1 号球为研究对象，由动能定理得mgh+W= 1 2 mv 得W=9mgrsin 21如图所示，长度为 l 的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球（小球的大小可以忽 略） 。在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为，小球保持静止，画出此时小球 的受力图， 并求力F的大小； 由图示位置无初速度释放小球，求当小球通过最低点时的速度 大小及轻绳对小球的拉力。不计空气阻力。 【答案】如图所示

26、tanmgF)cos1 (2glv)cos23(mgT 【解析】受力分析如图， 根据平衡条件 mgT cos FT sin 所以拉力大小 tanmgF 只有重力做功，机械能守恒 2 2 1 )cos1 (mvmgl 通过最低点时速度大小 )cos1(2glv 根据牛顿第二定律 l v mmgT 2 解得通过最低点时拉力 )cos23(mgT ，方向竖直向上 22长为 6L、质量为 6m的匀质绳，置于特制的水平桌面上，绳的一端悬垂于桌边外，另一端系 有一个可视为质点的质量为M的木块， 如图所示。 木块在 AB段与桌面无摩擦，在BE段与桌 面的动摩擦因数为，匀质绳与桌面的摩擦可忽略。初始时刻用手按

27、住木块使其停在A处， 绳处于绷紧状态，AB=BC=CD=DE=L，放手后，木块最终停在C处。桌面距地面高度大于6L。 （1）求木块刚滑至B点时的速度v和 的值 ? （2）若木块BE段与桌面的动摩擦因数变为 M m 4 21 ，则木块最终停在何处？ （3）是否存在一个 值，能使木块从A处放手后，最终停在E处，且不再运动？若能，求 出该 值；若不能，简要说明理由。 【答案】 （1） mM mgL v 6 5 M m6 （ 2）木块将从C点再滑动L最终停在D处（3） 不存在符合要求的 值见解析 （2）若 M m 4 21 ，设木块能从B点再向右滑动x最终停止，由能量关系得 p22fEW即 Mgxmg

28、L xL mg L xL 2 2 33 将 M m 4 21 代入式并整理得01092 22 LLxx 解得Lx2(L.x52不合题意舍去 ) 即木块将从C点再滑动L最终停在D处 （3）不存在符合要求的 值，即不可能使木块从A处放手后最终停在E处且不再运动 这是由于当 M m6 时，若木块能滑至E点，恰好有mgmgf6，此时绳全部悬于桌 边外，对木块的拉力恰好也为mg6，而从式的结果知，要使木块继续向E点滑行，必须 再减小 值，因而木块尚未滑至E点时，木块所受滑动摩擦力已与悬绳拉力相等，此时， 再向E点滑行时， 悬绳对木块拉力将大于木块受到的滑动摩擦力而使合力向右，木块又重新 获得加速度，因此

29、不可能保持静止状态 木块从A处释放后滑至B点的过程中， 系统机械能守恒，首先规定零势面，找到初状态和末 状态，由机械能守恒定律列公式（系统重力势能的减小量等于动能增加量）求解，若 M m 4 21 ，设木块能从B点再向右滑动x最终停止，由能量关系可知重力势能的减小 量等于克服阻力做功，向右滑动x距离，右端质量下降x，设末状态最低点为零势面计算出 高度差可求得重力势能减小量，再由功能关系列式求解，最后讨论即可 23如图所示，一轻绳通过无摩擦的定滑轮与放在倾角为30的光滑斜上的物体m1连接，另一 端和套在光滑竖直杆上的物体m2连接， 图中定滑轮到竖直杆的距离为3 m，又知当物体m2 由图中位置（连

30、接m2的轻绳此时水平）从静止开始下滑1 m 时，m1和m2受力恰好平衡。试 求： （g取 10 m/s 2） （1）m2下滑过程中的最大速度。 （2）m2下滑的最大距离。 【答案】（ 1） 12.15 m/sv（2）H=2.3 m 【解析】（ 1）m2下滑过程中受到绳子的拉力、杆的弹力、和重力作用，m1受到绳子的拉力、 支持力、重力作用，由绳子对m2和m1的拉力大小相等，绳子的拉力与两物体重力的关系可 求得两物体的质量之比，以系统作为一个整体为研究对象，整个系统没有摩擦力作用，机械 能守恒，列出公式，以m2为研究对象把速度进行分解，沿着绳子方向的分速度为m1上升时 的速度 m2下滑 1 米时，

31、由几何关系可知=30 对m2、m1进行受力分析，由平衡条件可知 gmT 2 sin sin 1g mT 解得： 21 4mm 以m1、m2构成得系统为研究对象，由于只有重力 做功，所以机械能守恒 2 11 2 221122 2 1 2 1 vmvmghmghm 2112 23 1mmcos60 2 hhvv， 联立解得： 1 2.15 m/sv （2）令m2下滑得最大距离为H，由系统机械能守恒可得 112 ghmgHm 2 133 sin 30hH 解得：H=2.3 m 24如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2和质量mB=m的小球连接，另一端 与套在光滑直杆上质量mA=m的小

32、物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平 面内，与水平面的夹角=60，直杆上C点与两定滑轮均在同一高度，C点到定滑轮O1的 距离为L，重力加速度为g，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰。最初用 手沿光滑直杆方向拉住小物块在如图所示的位置静止，现将小物块从C点由静止释放， 试求： （1）手沿杆的拉力要多大才能使小滑块在如图位置静止； （2）小物块能下滑的最大距离； （3）小物块在下滑距离为L时的速度大小。 （结果均可用根号表示） 【答案】F=mg(1/2+3 /2) （2）4(13) m sL（3） 20 3 5 gL v 【解析】（ 1）F=mg(1/2+3 /2) （2）设小物块能下滑的最大距离为sm，由机械能守恒定律有 sin AmBB m gsm gh 增 而 22 (cos )(sin ) mB hsLLL 增 代入解得4(13) m sL 【名师点睛】解决本题的关键知道A、B组成的系统，只有重力做功，机械能守恒。对于单 个物体，有拉力做功，机械能不守恒，以及知道A、B两物体的速度存在一定的关系。