（浙江選考）2019高考物理二輪復習 專題七 計算題題型強化 第2講 必考第20題 動力學方法和能量觀點的綜合應用學案

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1、 第2講　必考第20題　動力學方法和能量觀點的綜合應用 題型1　直線運動中動力學方法和能量觀點的應用 1．直線運動中多運動過程組合主要是指直線多過程或直線與斜面運動的組合問題． 2．涉及的規(guī)律： (1)動力學觀點：牛頓運動定律、運動學基本規(guī)律； (2)能量觀點：動能定理、機械能守恒定律、能量守恒定律． 3．受力分析、運動分析，將物理過程分解成幾個簡單的直線運動過程，分別選擇合適的規(guī)律求解． 4．相鄰運動過程連接點的速度是解題關鍵． 例1　如圖1甲所示，一傾斜角為37°的斜面底端固定有與斜面垂直的彈性擋板，一個可視為質(zhì)點的小物塊在t＝0時刻從擋板開始向上運動，其速度—時間圖象如

2、圖乙所示，運動到最高點返回底端，與擋板發(fā)生彈性碰撞，再次向上運動，如此往復．求：(不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 圖1 (1)小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)； (2)小物塊第一次回到斜面底端時的速度大小； (3)小物塊在斜面上運動所通過的總路程． 答案　(1)0.5　(2)2 m/s　(3)12.5 m 解析　(1)由題圖乙可知，小物塊在上滑過程中的加速度大小為 a1＝＝10 m/s2 由牛頓第二定律，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 可得小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5 (2)小物塊第一次上滑的位

3、移大小 x1＝t1＝×1 m＝5 m 第一次下滑過程由動能定理有 mgx1sin θ－μmgcos θ·x1＝mv12－0 可得小物塊第一次回到斜面底端時的速度大小v1＝2 m/s (3)小物塊最終停在擋板處，全程由動能定理有 －μmgcos θ·s＝0－mv02 可得在斜面上運動所通過的總路程s＝12.5 m 1．航母艦載機滑躍起飛有點像高山滑雪，主要靠甲板前端的上翹來幫助戰(zhàn)斗機起飛，其示意圖如圖2所示，設某航母起飛跑道主要由長度為L1＝160 m的水平跑道和長度為L2＝20 m的傾斜跑道兩部分組成，水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架質(zhì)量為m＝2.0×10

4、4 kg的飛機，其噴氣發(fā)動機的推力大小恒為F＝1.2×105 N，方向與速度方向相同，在從靜止開始運動的整個過程中飛機受到的平均阻力大小為飛機重力的0.1倍，假設航母處于靜止狀態(tài)，飛機質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點，傾斜跑道看做斜面，不計拐角處的影響．取g＝10 m/s2. 圖2 (1)求飛機在水平跑道上運動的時間； (2)求飛機到達傾斜跑道末端時的速度大??； (3)如果此航母去掉傾斜跑道，保持水平跑道長度不變，現(xiàn)在跑道上安裝飛機彈射器，此彈射器彈射距離為84 m，要使飛機在水平跑道的末端速度達到100 m/s，則彈射器的平均作用力為多大？(已知彈射過程中發(fā)動機照常工作) 答案　(1)

5、8 s　(2)2 m/s　(3)1.0×106 N 解析　(1)設飛機在水平跑道的加速度為a1，阻力為Ff 由牛頓第二定律得 F－Ff＝ma1 L1＝a1t12 解得t1＝8 s (2)設飛機在水平跑道末端的速度為v1，在傾斜跑道末端的速度為v2，加速度為a2 水平跑道上： v1＝a1t1 傾斜跑道上： 由牛頓第二定律得 F－Ff－mg＝ma2 v22－v12＝2a2L2 解得v2＝2 m/s (3)設彈射器的平均作用力為F1，彈射距離為x，飛機在水平跑道末端速度為v3 由動能定理得F1x＋FL1－FfL1＝mv32 解得F1＝1.0×106 N. 2．(20

6、18·義烏市模擬)如圖3甲所示，傾角為θ＝37°的傳送帶以恒定速率逆時針運行，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝2 kg的小物體輕輕放在傳送帶的A端，物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，2 s末物體到達B端，取沿傳送帶向下為正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： 圖3 (1)小物體在傳送帶A、B兩端間運動的平均速度v； (2)物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ； (3)2 s內(nèi)物體機械能的減少量ΔE及因與傳送帶摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q. 答案　(1)8 m/s　(2)0.5　(3)48 J　48 J 解析　(1)由v－t圖象的面積規(guī)律可知，傳送帶A、B間的距離

7、L即為v－t圖線與t軸所圍的面積，所以L＝t1＋t2，代入數(shù)值得：L＝16 m，平均速度為v＝＝8 m/s (2)由v－t圖象可知傳送帶運行速度為v1＝10 m/s 物體從A到B先做加速度為 a1＝ m/s2＝10 m/s2的勻加速運動， 經(jīng)過時間t1＝1 s后再做加速度為 a2＝ m/s2＝2 m/s2的勻加速運動， 再經(jīng)過時間t2＝1 s，物體以大小為v2＝12 m/s的速度到達傳送帶B端． 由物體在傳送帶上的受力情況知 a1＝或a2＝ 解得μ＝0.5 (3)小物體到達傳送帶B端時的速度大小v2＝12 m/s 物體的動能增加了ΔEk＝mv22＝×2×122 J＝144

8、 J 物體的重力勢能減少了ΔEp＝mgLsin θ＝20×16×0.6 J＝192 J 所以物體的機械能的減少量ΔE＝48 J 由功能關系可知 Q＝μmgcos θ(v1t1－t1)＋μmgcos θ 代入數(shù)值得Q＝48 J. 題型2　曲線運動中動力學方法和能量觀點的應用 1．曲線運動中的動力學和能量觀點的綜合問題，主要是直線運動、平拋運動、圓周運動三種運動中兩者或三者的組合問題． 2．對物體進行受力分析、運動分析、能量分析，初步了解運動全過程，構(gòu)建大致運動圖景． 3．若為多過程問題，可將全過程分解，尋找子過程間的聯(lián)系和解題方法． 例2　(2018·浙江4月選考·20)如圖

9、4所示，一軌道為半徑2 m的四分之一豎直圓弧軌道AB和長度可調(diào)的水平直軌道BC在B點平滑連接而成．現(xiàn)有一質(zhì)量為0.2 kg的小球從A點無初速度釋放，經(jīng)過圓弧上B點時，傳感器測得軌道所受壓力大小為3.6 N，小球經(jīng)過BC段所受的阻力為其重力的0.2倍，然后從C點水平飛離軌道，落到水平地面上的P點，P、C兩點間的高度差為3.2 m．小球運動過程中可視為質(zhì)點，且不計空氣阻力，g取10 m/s2. 圖4 (1)求小球運動至B點時的速度大小； (2)求小球在圓弧軌道上克服摩擦力所做的功； (3)為使小球落點P與B點的水平距離最大，求BC段的長度； (4)小球落到P點后彈起，與地面多次碰撞后

10、靜止．假設小球每次碰撞機械能損失75%、碰撞前后速度方向與地面的夾角相等．求小球從C點飛出到最后靜止所需時間． 答案　(1)4 m/s　(2)2.4 J　(3)3.36 m　(4)2.4 s 解析　(1)由牛頓第三定律知，在B點軌道對小球的支持力為FN＝3.6 N. 由向心力公式和牛頓第二定律有 FN－mg＝m， 解得vB＝4 m/s. (2)小球從A到B的過程，只有重力和摩擦力做功，設克服摩擦力所做的功為W克． 由動能定理得：mgR－W克＝mvB2－0 解得W克＝2.4 J. (3)分析運動可知，BC段長度會影響勻減速運動的時間，進而影響平拋運動的水平初速度以及水平位移．

11、 設BC段小球的運動時間為t，加速度a＝＝2 m/s2 由運動學公式得vC＝vB－at＝4－2t① xBC＝vBt－at2＝4t－t2② 其中，0

12、直分速度為vyn，第n次碰撞到第n＋1次碰撞的時間為tn. 由平拋運動規(guī)律得vy0＝＝8 m/s⑦ t0＝＝0.8 s⑧ 則vyn＝vy0·()n⑨ tn＝2·⑩ 將⑦⑨代入⑩可得tn＝0.8×()n－1(n＝1,2,3…) 由數(shù)學知識可得t總＝t0＋t1＋…＋tn ＝0.8＋ 當n取無窮大時，小球處于靜止狀態(tài)． 解得t總＝2.4 s. 3．(2017·紹興市選考診斷)如圖5所示為一種射程可調(diào)節(jié)的“拋石機”模型．拋石機長臂OA的長度L＝4 m，B為OA中點，石塊可裝在長臂上的AB區(qū)域中某一位置．開始時長臂與水平面間的夾角α＝30°，對短臂施力，當長臂轉(zhuǎn)到豎直位置時立即停

13、止轉(zhuǎn)動，石塊被水平拋出．在某次投石試驗中，將質(zhì)量為m＝10 kg的石塊安裝在A點，擊中地面上距O點水平距離為x＝12 m的目標．不計空氣阻力和拋石機長臂與短臂的質(zhì)量，g取10 m/s2，求： 圖5 (1)石塊即將被投出瞬間所受向心力的大?。? (2)整個過程中投石機對石塊所做的功W； (3)若投石機對石塊做功恒定，問應將石塊安裝在離O點多遠處才能使石塊落地時距O點的水平距離最大？ 答案　(1)300 N　(2)1 200 J　(3)3 m 解析　(1)石塊被拋出后做平拋運動，水平方向x＝vt 豎直方向h＝gt2 又h＝L＋Lsin α，解得v＝2 m/s 所以石塊受到的向心

14、力為F＝m＝300 N (2)長臂從A點轉(zhuǎn)到豎直位置的整個過程中，根據(jù)動能定理得 W－mg(L＋Lsin α)＝mv2－0 代入數(shù)值解得W＝1 200 J (3)設拋出點距離O點為l W－mg(l＋lsin 30°)＝mv′2－0 v′＝ 下落時間t′＝＝＝ 水平位移為s＝＝ 因此當l＝3 m時石塊落地時距O點水平距離最大． 4．(2018·9＋1高中聯(lián)盟期中)如圖6所示，某裝置的彈簧彈射器每次都將小物塊(質(zhì)量可選擇，可視為質(zhì)點)從A點由靜止彈出，通過豎直圓軌道和水平直軌道后水平拋入水池中，已知豎直圓軌道半徑為R＝1.0 m，水平軌道BD長為L＝2.4 m，水池水面離D點高

15、度為h＝1.25 m，水池長為s＝6.0 m，不計水平軌道AB部分和豎直圓軌道的阻力，所有小物塊與水平軌道BD部分的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25.當所選擇的小物塊質(zhì)量為m＝1 kg，在經(jīng)過C點時，對軌道的壓力為10 N，g取10 m/s2，求： 圖6 (1)彈射器對小物塊做的功； (2)小物塊從D點飛出落入水面時的水平位移x； (3)為確保不同的小物塊都能從A點彈射并直接落入水面，對選擇的小物塊的質(zhì)量有何要求？ 答案　(1)30 J　(2)2 m　(3) kg≤m≤1.2 kg 解析　(1)在C點時由牛頓第二定律得： FN＋mg＝m 由牛頓第三定律知FN＝10 N 由A到C的

16、過程，由動能定理得 W－2mgR＝mvC2－0 得W＝30 J (2)從彈出到D點，由動能定理：W－μmgL＝mvD2－0 小物塊從D點飛出后做平拋運動， h＝gt2 x＝vDt 解得x＝2 m (3)若小物塊質(zhì)量最大為m1時，恰能過C點： m1g＝m1 從彈出到C點，由動能定理：W－2m1gR＝m1v02－0 從彈出到D點，W－μm1gL≥0 得m1＝1.2 kg 若小物塊恰能到達水池水面最右端時，質(zhì)量最小為m2 W－μm2gL＝m2vD′2－0 h＝gt2 s＝vD′t 得m2＝ kg 故質(zhì)量范圍為： kg≤m≤1.2 kg 專題強化練 1.滑沙游戲

17、中，游客從沙坡頂部坐滑沙車呼嘯滑下．為了安全，滑沙車上通常裝有剎車手柄，游客可以通過操縱剎車手柄對滑沙車施加一個與車運動方向相反的制動力F，從而控制車速．為便于研究，做如下簡化：如圖1所示，游客從頂端A點由靜止滑下8 s后，操縱剎車手柄使滑沙車摩擦力變大勻速下滑至底端B點，在水平滑道上繼續(xù)滑行直至停止．已知游客和滑沙車的總質(zhì)量m＝70 kg，傾斜滑道AB長LAB＝128 m，傾角θ＝37°，滑沙車底部與沙面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不計空氣阻力．求： 圖1 (1)游客和滑沙車勻速下滑時的速度大小； (2)游

18、客和滑沙車勻速下滑的時間； (3)游客和滑沙車從A滑到B的過程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)16 m/s　(2)4 s　(3)44 800 J 解析　(1)對游客和滑沙車整體受力分析，由牛頓第二定律有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 解得a1＝g(sin θ－μcos θ)＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s2＝2 m/s2 則游客和滑沙車勻速下滑時的速度 v＝a1t1＝2×8 m/s＝16 m/s (2)游客和滑沙車加速下滑通過的位移 x1＝a1t12＝×2×82 m＝64 m 則游客和滑沙車勻速下滑通過的位移 x2＝LAB－x1＝128 m－64

19、 m＝64 m 勻速下滑的時間t＝＝ s＝4 s. (3)對游客和滑沙車從A滑到B的運動過程，由動能定理有 mgLABsin θ－Wf＝mv2 Q＝Wf＝mgLABsin θ－mv2＝44 800 J. 2．(2018·新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)美媒稱，美國國家航空航天局(NASA)正在研發(fā)一款電動飛機，如圖2所示，以加緊推出比當今飛機能耗更低、巡航速度更高的零排放飛機．如果獲得成功，這款飛機可能會成為朝著空中旅行更高效、更環(huán)保的新時代邁出的重要的第一步．這款被NASA稱為X－57的電動飛機僅能容納一名駕駛員．NASA目前還計劃研發(fā)5款體型更大、能夠搭載更多乘客和貨物的飛機．報道稱，X－5

20、7飛機將裝有14臺發(fā)動機，它們將為異常狹窄的機翼上的螺旋槳提供動力．通常情況下，飛機的機翼是不可能這樣狹窄的，因為飛機在起飛和降落時需要寬闊的機翼來提供升力．盡管在起飛和降落時，所有14臺發(fā)動機都將工作，但是一旦飛機在高空巡航，只需兩臺發(fā)動機工作便可正常飛行．若每臺發(fā)動機能提供的功率均為30 kW，飛機的總質(zhì)量為2 000 kg，受到的空氣阻力恒力為1×104 N，g取10 m/s2.則： 圖2 (1)在豎直向上起飛過程中，所有14臺發(fā)動機都工作時，向上運動的最大速度是多少？ (2)若某次豎直向上起飛時，受到的牽引力大小恒為3.02×104 N，當上升到離地面500 m高處時，此時發(fā)

21、動機的總機械功率為多大？ (3)飛機降落時，若剛接觸地面時的速度大小為80 m/s，此時關閉所有發(fā)動機，在地面上滑行時受到的阻力恒為2×104 N，求飛機在水平地面上滑行的距離． 答案　(1)14 m/s　(2)3.02×105 W　(3)320 m 解析　(1)14臺發(fā)動機的總功率：P總＝14P0＝14×30 kW ＝4.2×105 W 飛機上升，當F牽＝mg＋F阻＝3×104 N時達到最大速度vmax 則vmax＝＝ m/s＝14 m/s (2)飛機起飛時的加速度 a＝＝ m/s2＝0.1 m/s2 上升到離地面500 m高處時的速度v＝＝ m/s＝10 m/s 此時發(fā)

22、動機的總機械功率P總′＝F牽′·v＝3.02×104×10 W＝3.02×105 W (3)關閉發(fā)動機后飛機在水平地面做勻減速直線運動 －F阻′·x＝0－mv′2 滑行的距離x＝320 m 3．(2018·金、麗、衢十二校聯(lián)考)滑板運動是時下許多年輕人所熱愛的極限運動項目，圖3為一段水平粗糙平臺AB和光滑半圓軌道組成的表演場地，某運動員在平臺AB段通過蹬地獲得水平推力，加速滑至B點后平拋落于半圓軌道上的C處，圓軌道最低處裝有力傳感器，可顯示運動員通過時對軌道的壓力大小，已知：滑板與平臺之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，長度LAB＝5 m，運動員(含滑板)質(zhì)量m＝60 kg，AB段獲得的平均堆

23、力F＝360 N，C處距平臺平面的豎直高度h＝2 m，g取10 m/s2，求： 圖3 (1)運動員(含滑板)到達B處的速度大??； (2)半圓軌道的半徑R的大??； (3)若傳感器顯示壓力F壓＝2 200 N，運動員(含滑板)在C處與軌道碰撞損失的機械能ΔE. 答案　(1)2 m/s　(2)2.5 m　(3)700 J 解析　(1)對運動員(含滑板)受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，有 F－μmg＝ma，a＝4 m/s2 由勻變速直線運動速度與位移關系式 vB2－0＝2aLAB 得vB＝2 m/s (2)由平拋運動的規(guī)律h＝gt2 可得t＝＝ s，x＝vBt＝4 m 由幾何

24、規(guī)律得(x－R)2＋h2＝R2 解得R＝2.5 m (3)由牛頓第三定律可知F′＝F壓＝2 200 N，F(xiàn)′－mg＝m C到D過程，由動能定理有mg(R－h(huán))＝EkD－EkC 解得EkC＝mvD2－mg(R－h(huán)) ΔE＝mvB2＋mgh－EkC＝700 J 4．如圖4甲所示為單板滑雪U形池的比賽場地，比賽時運動員在U形滑道內(nèi)邊滑行邊利用滑道做各種旋轉(zhuǎn)和跳躍動作，裁判員根據(jù)運動員的騰空高度、完成的動作難度和效果評分．圖乙為該U形池場地的橫截面圖，AB、CD為半徑R＝4 m的四分之一光滑圓弧雪道，BC為水平雪道且與圓弧雪道相切，BC長為4.5 m，質(zhì)量為60 kg的運動員(含滑板)以5

25、 m/s的速度從A點滑下，經(jīng)U形雪道從D點豎直向上飛出，在D點上方完成動作的時間為t＝0.8 s，然后又從D點返回U形雪道，忽略空氣阻力，運動員可視為質(zhì)點，g取10 m/s2，求： 圖4 (1)運動員(含滑板)與BC雪道間的動摩擦因數(shù)； (2)運動員(含滑板)首次運動到C點時對雪道的壓力； (3)運動員(含滑板)最后距離B點多遠處停下． 答案　(1)0.1　(2)2 040 N，方向豎直向下　(3)B點右側(cè)1.5 m處 解析　(1)設運動員(含滑板)從D點向上飛出的速度為vD，則 vD＝g·＝4 m/s 運動員(含滑板)從A點到D點的過程，由動能定理得 －μmgxBC＝m

26、vD2－mvA2 解得μ＝0.1 (2)運動員(含滑板)從C點運動到D點的過程中，由動能定理得 －mgR＝mvD2－mvC2 設運動員(含滑板)首次運動到C點時，由牛頓第二定律知 FN－mg＝m 聯(lián)立得FN＝2 040 N，由牛頓第三定律可知，運動員首次運動到C點時對雪道的壓力大小為2 040 N，方向豎直向下 (3)設運動員(含滑板)運動的全過程中在水平雪道上通過的路程為x，由動能定理得 mgR－μmgx＝0－mvA2 解得x＝52.5 m 所以運動員(含滑板)在水平雪道上運動了5.5個來回后到達C點左側(cè)3 m處，故最后在B點右側(cè)1.5 m處停下． 5．(2018·臺州

27、中學統(tǒng)練)某同學在設計連鎖機關游戲中，設計了如圖5所示的起始觸發(fā)裝置，AB段是長度連續(xù)可調(diào)的豎直伸縮桿，BCD段是半徑為R的四分之三圓弧彎桿，DE段是長度為2R的水平桿，與AB桿稍稍錯開．豎直桿外套有下端固定且勁度系數(shù)較大的輕質(zhì)彈簧，在彈簧上端放置質(zhì)量為m的套環(huán)．每次將彈簧的長度壓縮至P點后鎖定，設PB的高度差為h，解除鎖定后彈簧可將套環(huán)彈出．在觸發(fā)器的右側(cè)有多米諾骨牌，多米諾骨牌的最高點Q和P等高，且與E的水平距離x＝8R，已知彈簧鎖定時的彈性勢能Ep＝9mgR，套環(huán)與水平桿的動摩擦因數(shù)為0.5，與其他部分的摩擦不計，空氣阻力不計，重力加速度為g.求： 圖5 (1)當h＝3R時，套環(huán)

28、達到桿最高點C處的速度大??； (2)在上問中當套環(huán)運動到最高點C時對桿的作用力大小和方向； (3)若h可在R～6R間連續(xù)可調(diào)，要使該套環(huán)恰好擊中Q點，則h需調(diào)為多長？ 答案　(1)　(2)9mg，方向豎直向上　(3)5R 解析　(1)從P到C有，Ep＝mg(h＋R)＋mvC2 得vC＝ (2)C點對套環(huán)有，F(xiàn)＋mg＝ 得F＝9mg 根據(jù)牛頓第三定律，在C點套環(huán)對桿的作用力大小為9mg，方向豎直向上． (3)從P到E，由能量守恒有 Ep＝mg(h－R)＋μmg·2R＋mvE2 從E點飛出后做平拋運動， h－R＝gt2 x＝vEt 解得h＝5R 6．(2017·溫州市

29、9月選考)如圖6所示是某公園中的一項游樂設施，它由彎曲軌道AB、豎直圓軌道BC以及水平軌道BD組成，各軌道平滑連接．其中圓軌道BC半徑R＝2.0 m，水平軌道BD長L＝9.0 m，BD段對小車產(chǎn)生的摩擦阻力為車重的0.2倍，其余部分摩擦不計，質(zhì)量為1.0 kg的小車(可視為質(zhì)點)從P點由靜止釋放，恰好滑過圓軌道最高點，然后從D點飛入水池中，空氣阻力不計，取g＝10 m/s2，求： 圖6 (1)P點離水平軌道的高度H； (2)小車運動到圓軌道最低點時對軌道的壓力； (3)在水池中放入安全氣墊MN(氣墊厚度不計)，氣墊上表面到水平軌道BD的豎直高度h＝3.2 m，氣墊的左右兩端M、N到

30、D點的水平距離分別為5.6 m、8.0 m，要使小車能安全落到氣墊上，則小車釋放點距水平軌道的高度H′應滿足什么條件？ 答案　(1)5 m　(2)60 N，方向豎直向下　(3)5 m≤H′≤6.8 m 解析　(1)小車恰好滑過圓軌道最高點C，在圓軌道的最高點C對小車有： mg＝ 小車由P運動到C由動能定理可得 mg(H－2R)＝mvC2， 聯(lián)立解得H＝5 m. (2)小車由P運動到B點，由動能定理得： mgH＝mvB2， 在B點對小車： FN－mg＝ 由以上兩式可得FN＝60 N 根據(jù)牛頓第三定律可知，小車運動到圓軌道最低點時對軌道的壓力大小為60 N，方向豎直向下． (3)小車從D點飛出后做平拋運動， x＝vDt，h＝gt2 因為5.6 m≤x≤8.0 m， 代入以上兩式可得7 m/s≤vD≤10 m/s， 從小車釋放點至D點，由動能定理得 mgH′－kmgL＝mvD2， 代入vD，得到4.25 m≤H′≤6.8 m 若使小車能通過C點，需要H′≥5 m 綜上可知，5 m≤H′≤6.8 m. 15