2024届高考物理一轮总复习第五章机械能第2讲动能定理第1课时动能定理的理解及应用教师用书

第1课时动能定理的理解及应用一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能叫动能。2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。单位为焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。3．矢标性：动能是标量，只有正值。4．状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。二、动能定理1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。2．表达式：W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12或W＝Ek2－Ek1。3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。4．适用条件(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以间断作用。情境创设滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变。微点判断(1)运动员由A点到B点速度方向在不断变化，所以动能也在不断变化。(×)(2)运动员所受合力不为零，合外力做功也不为零。(×)(3)摩擦力对运动员做负功。(√)(4)重力和摩擦力的合力做的功为零。(√)(一)对动能定理的理解(固基点)[题点全练通]1．[对物体动能的理解]从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是()解析：选A小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，把速度v代入得，Ek＝eq\f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq\f(1,2)mv02，Ek与t为二次函数关系。2．[对动能定理的理解]如图所示，轻弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到B点。现将小物体靠着弹簧(不拴接)并将弹簧压缩到A点，然后由静止释放，小物体在粗糙水平面上运动到C点静止，则()A．小物体从A到B过程速度一直增加B．小物体从A到B过程加速度一直减小C．小物体从B到C过程中动能变化量大小小于克服摩擦力做功D．小物体从A到C过程中弹簧的弹性势能变化量大小等于小物体克服摩擦力做功解析：选D在A、B间某处物体受到的弹力等于摩擦力，合力为0，速度最大，而在B点只受摩擦力，合力不为零，因此小物体从A到B过程加速度先减小再增大，速度先增大后减小，故A、B错误；小物体从B到C过程中，由动能定理得－Wf＝ΔEk，故C错误；小物体从A到C过程中，由动能定理得W弹－Wf1＝0，故D正确。3．[由动能定理分析合力做功](多选)如图所示，某质点沿直线运动的v-t图像为余弦曲线，从图中可以判断()A．在0～t1时间内，合力逐渐减小B．在0～t2时间内，合力做正功C．在t1～t2时间内，合力的功率先增大后减小D．在t2～t4时间内，合力做的总功为零解析：选CD从v-t图线的斜率表示加速度可知，在0～t1时间内，加速度增大，由牛顿第二定律可知，合力增大，故A错误；由动能定理知0～t2时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故B错误；t1时刻，F最大，v＝0，F的功率为0，t2时刻F＝0，速度最大，F的功率为0，t1～t2时间内，合外力的功率先增大后减小，故C正确；由动能定理知t2～t4时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故D正确。4．[由动能定理分析动能的变化量](多选)如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L，子弹进入木块的深度为s。若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中正确的是()A．FL＝eq\f(1,2)Mv2B．Fs＝eq\f(1,2)mv2C．Fs＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2D．F(L＋s)＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2解析：选ACD根据动能定理，对子弹，有－F(L＋s)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，D正确；对木块，有FL＝eq\f(1,2)Mv2，A正确；由以上二式可得Fs＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2，C正确，B错误。[要点自悟明]1．动能与动能变化的区别(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk>0，表示物体的动能增加；ΔEk<0，表示物体的动能减少。2．对动能定理的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”有三层关系：①因果关系：合力做功是物体动能变化的原因。②数量关系：合力的功与动能变化可以等量代换。③单位关系：国际单位都是焦耳。(2)动能定理中的“力”指物体受到的所有力，既包括重力、弹力、摩擦力，也包括电场力、磁场力或其他力，功则为合力所做的总功。(二)动能定理的应用(培优点)考法(一)用动能定理求解直线运动问题[例1]某幼儿园要在空地上做一个滑梯，由于空地大小限制，滑梯的水平跨度确定为x＝6m。设计时，考虑儿童裤料与滑板间的动摩擦因数μ＝0.4，为使儿童在滑梯上恰能滑下，重力加速度g＝10m/s2。(1)求滑梯的高度h；(2)若小明裤料与滑板间的动摩擦因数μ1＝eq\f(1,3)，求他从滑梯上由静止滑到底端的瞬时速度大小；(3)若体重比小明重、穿相同裤料的小华，从滑梯上由静止滑到底端，有人认为小华滑行的时间比小明长。这种说法是否正确？简要说明理由。[解析](1)儿童恰能滑下，重力的下滑分力等于摩擦力，设滑梯与水平面的夹角为θ，则mgsinθ＝μmgcosθ根据几何关系：tanθ＝eq\f(h,x)联立解得：h＝0.4x＝2.4m。(2)设滑板长为L，由动能定理得：mgh－μ1mgLcosθ＝eq\f(1,2)mv2，x＝Lcosθ联立解得：v＝2eq\r(2)m/s。(3)这种说法不正确，小华下滑的时间与小明相等。根据位移时间关系：L＝eq\f(1,2)at2根据牛顿第二定律，下滑的加速度a＝g(sinθ－μ1cosθ)联立解得：t＝eq\r(\f(2L,gsinθ－μ1cosθ))可见，下滑时间与体重无关。[答案](1)2.4m(2)2eq\r(2)m/s(3)见解析[规律方法](1)在恒力作用下的直线运动问题可以应用牛顿运动定律与运动学公式结合求解，也可以应用动能定理求解。(2)在不涉及时间的问题中，可优先考虑应用动能定理。(3)动能定理中的位移和速度均是相对于同一参考系的，一般以地面为参考系。考法(二)用动能定理求解曲线运动问题[例2](多选)如图所示，长为L＝0.4m的轻杆一端连着质量为m＝1kg的小球，另一端用铰链固接于水平地面上的O点，初始时小球静止于地面上。现在杆中点处施加一大小不变、方向始终垂直于杆的力F，轻杆转动30°时撤去F，则小球恰好能到达最高点。忽略一切摩擦，重力加速度g＝10m/s2，π≈3。下列说法正确的是()A．力F所做的功为4JB．力F的大小约为40NC．小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力大小为5ND．撤去F瞬间，小球的速度大小为2m/s[解析]小球恰好能到达最高点，小球到达最高点的速度为0，在整个运动过程中，根据动能定理得WF－mgL＝0－0，解得WF＝mgL＝4J，A正确；施加的力始终垂直于杆，则WF＝F·eq\f(L,2)·eq\f(π,6)，解得F＝eq\f(WF,\f(πL,12))＝40N，B正确；小球恰好能到达最高点，小球到达最高点的速度为0，根据平衡条件得轻杆对小球的作用力为FN＝mg＝10N，C错误；在力F作用过程中，根据动能定理得WF－mgLsin30°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2WF－2mgLsin30°,m))＝2m/s，D正确。[答案]ABD[规律方法](1)动能定理表达式是一个标量式，式中各项均为标量，因此，应用动能定理时不必关注速度的具体方向，也不能在某个方向上列出动能定理的表达式。(2)注意物体所受各力做功的特点，如：重力做功与路径无关，重点关注始末两点的高度差，摩擦阻力做功与路径有关。(三)动能定理与图像的综合问题(精研点)1．五类图像中所围“面积”或斜率的意义2．解决动能定理与图像问题的基本步骤[考法全析]考法(一)动能定理与v-t图像的综合[例1]质量为m的物体从高为h的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示。图乙为物体两次在平面上运动的v-t图像，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为()A.eq\f(1,2)mv02－3mgh B．3mgh－eq\f(1,2)mv02C.eq\f(1,6)mv02－mgh D．mgh－eq\f(1,6)mv02[解析]若物体静止开始下滑，由动能定理得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv12，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，由动能定理得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv02，由题图乙可知，物体两次滑到平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解Wf＝mgh－eq\f(1,6)mv02。[答案]Deq\a\vs4\al(考法二动能定理与a­t图像的综合)[例2]用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是()A．0～6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6s内物体在4s时的速度最大C．物体在2～4s内速度不变D．0～4s内合力对物体做的功等于0～6s内合力对物体做的功[解析]a-t图线与坐标轴围成的“面积”等于速度的变化量，由题给图像可知，0～6s内速度变化量为正，物体速度方向不变，物体在0～5s内一直加速，5s时速度最大，A、B均错误；2～4s内物体的加速度不变，做匀加速直线运动，C错误；由题图可知，t＝4s时和t＝6s时物体速度大小相等，由动能定理可知，物体在0～4s内和0～6s内动能变化量相等，合外力对物体做功也相等，D正确。[答案]Deq\a\vs4\al(考法三动能定理与F­x图像的综合)[例3](多选)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F的大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是()A．当x＝h时，小球的速度开始减小，而加速度先减小后增大，直至最低点B．最低点的坐标x＝h＋x1＋eq\r(x12＋2hx1)C．当x＝h＋2x1时，小球的加速度为－g，弹力为2mg且为小球下落的最低点D．小球动能的最大值为mgh＋eq\f(mgx1,2)[解析]小球下落到x＝h时，小球刚接触弹簧，直到x＝h＋x1前，弹力小于重力，小球一直做加速度减小的加速运动，之后弹力大于重力，加速度反向逐渐增大，直至到达最低点，A错误；由题图乙知mg＝kx1，解得x1＝eq\f(mg,k)，由F-x图线与横轴所围图形的面积表示克服弹力所做的功，从开始下落到最低点过程，W克弹＝eq\f(1,2)k(x－h)2，由动能定理得mgx－eq\f(1,2)k(x－h)2＝0，解得最低点的坐标x＝h＋x1＋eq\r(x12＋2hx1)，B正确；由对称性可知，当x＝h＋2x1时，小球的加速度为－g，且弹力为2mg，但还未到最低点，C错误；小球在x＝h＋x1处时，动能有最大值，根据动能定理得mg(h＋x1)＋W弹′＝Ekm－0，由题知，W弹′＝－eq\f(1,2)kx12＝－eq\f(1,2)mgx1，解得最大动能Ekm＝mgh＋eq\f(mgx1,2)，D正确。[答案]BD考法(四)动能定理与v-t、P-t图像的综合[例4](多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8kg的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图所示。下列说法中正确的是(g取10m/s2)()A．0～6s内拉力做的功为140JB．物体在0～2s内所受的拉力为4NC．物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5D．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等[解析]由于P-t图像与t轴围成的面积表示拉力所做的功，所以0～6s内拉力做的功为W＝eq\f(1,2)×2×60J＋4×20J＝140J，故A正确；由水平拉力的功率P＝Fv可得，在0～2s内拉力F＝eq\f(P,v)＝6N,2～6s，拉力F′＝eq\f(P′,v′)＝2N，故B错误；物体在水平面上只受摩擦力和拉力，在2～6s内物体受力平衡可得f＝μmg＝F′，解得μ＝eq\f(F′,mg)＝eq\f(2N,0.8×10N)＝0.25，故C错误；由v-t图像可知，物体在2s末的速度与6s末的速度相等，由动能定理W合＝ΔEk可知，0～6s与0～2s动能的变化量相同，所以合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等，故D正确。[答案]ADeq\a\vs4\al(考法五动能定理与Ek­h图像的综合)[例5](2022·山东济宁高三调研)(多选)“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40m时停止，然后由静止释放滑块。滑块的动能Ek随离地高度h变化的图像如图丙所示。其中高度从0.80m到1.40m范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10m/s2。则结合图像可知()A．弹簧原长为0.72mB．空气阻力大小为1.00NC．弹簧的最大弹性势能为9.00JD．在弹簧落回地面的瞬间滑块的动能为5.40J[解析]由题图丙可知，从h＝0.80m开始，弹簧下端与地面分离，则知弹簧的原长为0.80m，故A错误；从0.80m上升到1.40m过程，在Ek-h图像中，根据动能定理知：图线的斜率大小表示滑块所受的合外力，由于高度从0.80m上升到1.40m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.80m上升到1.40m范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得－(mg＋f)Δh＝0－Ek，由题图知Δh＝0.60m，Ek＝5.40J，解得空气阻力f＝1.00N，故B正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Epm＝(mg＋f)Δh′＝9.00J，故C正确；滑块由最大高度到弹簧落回地面的瞬间，根据动能定理得(mg－f)Δh＝Ek′－0，得Ek′＝4.2J，故D错误。[答案]BC[课时跟踪检测]一、立足主干知识，注重基础性和综合性1．静止在地面上的物体在不同合外力F的作用下通过了相同的位移x0，下列情况中物体在x0位置时速度最大的是()解析：选CF-x图线与x轴所围面积表示合外力F所做的功，由动能定理可知，物体在x0位置速度最大的情况一定对应F-x图线与x轴所围面积最大的情况，故C正确。2．(2021·山东等级考)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另—端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为()A.eq\f(mv02,2πL)B.eq\f(mv02,4πL)C.eq\f(mv02,8πL)D.eq\f(mv02,16πL)解析：选B对木块由动能定理得：－Ff·2πL＝0－eq\f(1,2)mv02，解得摩擦力大小为：Ff＝eq\f(mv02,4πL)，故B正确，A、C、D错误。3.如图所示，AB为eq\f(1,4)圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好在B点与AB相切，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，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为()A.eq\f(μmgR,2) B.eq\f(mgR,2)C．mgR D．(1－μ)mgR解析：选D设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理有mgR－WAB－μmgR＝0－0，所以WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确。4.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧的原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A.eq\r(2gh) B.eq\r(\f(4gh,3))C.eq\r(gh) D.eq\r(\f(gh,2))解析：选B设小球A下降h的过程中克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降过程，由动能定理，有3mgh－W1＝eq\f(1,2)·3mv2－0。联立以上两式解得v＝eq\r(\f(4gh,3))，故B正确。5.(多选)质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始做匀加速直线运动。经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止，两物体速度随时间变化的图线如图所示。则下列结论正确的是()A．A、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝2∶1B．A、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝1∶1C．F1和F2对A、B做的功W1∶W2＝6∶5D．F1和F2对A、B做的功W1∶W2＝12∶5解析：选BC从图像可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为a＝eq\f(v0,t0)，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有Ff＝ma，则两物体所受摩擦力相同，故A错误，B正确；图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则A、B的位移之比为6∶5，对全过程运用动能定理得，W1－Ffx1＝0，W2－Ffx2＝0，解得W1＝Ffx1，W2＝Ffx2，所以整个运动过程中F1和F2做功之比为6∶5，故C正确，D错误。6.从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg解析：选C画出物体运动示意图，设阻力为f，据动能定理知，A→B(上升过程)：－(mg＋f)h＝EkB－EkA，C→D(下落过程)：(mg－f)h＝EkD－EkC，整理以上两式得：mgh＝30J，解得物体的质量m＝1kg。C正确。7.如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，OA之间的水平面光滑，固定曲面在B处与水平面平滑连接。AB之间的距离s＝1m。质量m＝0.2kg的小物块开始时静置于水平面上的B点，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4。现给物块一个水平向左的初速度v0＝5m/s，g取10m/s2。(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep；(2)求物块返回B点时的速度大小；(3)若物块能冲上曲面的最大高度h＝0.2m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量。解析：(1)对小物块从B点至压缩弹簧最短的过程，由动能定理得，－μmgs－W克弹＝0－eq\f(1,2)mv02，W克弹＝Ep代入数据解得Ep＝1.7J。(2)对小物块从B点开始运动至返回B点的过程，由动能定理得，－μmg·2s＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02代入数据解得vB＝3m/s。(3)对小物块沿曲面的上滑过程，由动能定理得－W克f－mgh＝0－eq\f(1,2)mvB2产生的热量Q＝W克f＝0.5J。答案：(1)1.7J(2)3m/s(3)0.5J二、强化迁移能力，突出创新性和应用性8.在一次航模比赛中，某同学遥控航模飞机竖直上升，某段过程中其动能Ek随位移x变化的关系如图所示。已知飞机质量为1kg，重力加速度g＝10m/s2，此过程中飞机()A．处于超重状态B．机械能减少C．加速度大小为4.5m/s2D．输出功率最大值为27W解析：选C由题图可知，飞机动能逐渐减小，由Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，初速度v0＝eq\r(\f(2Ek,m))＝6eq\r(2)m/s，当飞机上升8m时，动能为零，速度为零，故飞机在向上运动的过程中，飞机做减速运动，处于失重状态，A错误；动能减少量为ΔEk＝36J，重力势能增加量为ΔEp＝mgh＝80J，故机械能增加，B错误；在升力F作用下，飞机向上运动，根据动能定理可得(F－mg)x＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0＋(F－mg)x，故图线斜率表示飞机所受到的合力，故F合＝－4.5N，根据牛顿第二定律可知F合＝ma，解得a＝－4.5m/s2，C正确；F合＝F－mg，解得F＝5.5N，升力恒定，当速度最大时，输出功率最大，即刚开始起飞时，输出功率最大，Pm＝Fv0＝33eq\r(2)W，D错误。9．(多选)如图甲所示，长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图像如图乙所示，则()A．μ0＞tanαB．小物块下滑的加速度逐渐增大C．小物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做的功为eq\f(1,2)μ0mglcosαD．小物块下滑到底端时的速度大小为eq\r(2glsinα－2μ0glcosα)解析：选BC小物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足mgsinα＞μ0mgcosα，即μ0＜tanα，故A错误；根据牛顿第二定律得a＝eq\f(mgsinα－μmgcosα,m)＝gsinα－μgcosα，下滑过程中μ逐渐减小，则加速度a逐渐增大，故B正确；由题图乙可知μ＝－eq\f(μ0,l)x＋μ0，则摩擦力Ff＝μmgcosα＝－eq\f(μ0mgcosα,l)x＋μ0mgcosα，可知Ff与x成线性关系，如图所示，其中Ff0＝μ0mgcosα，图线和横轴所围成的面积表示克服摩擦力做的功，则小物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功Wf＝eq\f(1,2)Ff0l＝eq\f(1,2)μ0mglcosα，故C正确；下滑过程根据动能定理得mglsinα－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(2glsinα－μ0glcosα)，故D错误。10．(2021·辽宁高考)(多选)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一，某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略，倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是()A．L1＝eq\f(h,2μ0)，L2＝eq\f(3h,2μ0) B．L1＝eq\f(4h,3μ0)，L2＝eq\f(h,3μ0)C．L1＝eq\f(4h,3μ0)，L2＝eq\f(