高中數學《高中全程學習方略》2025版必修第一冊必修第一冊課時過程性評價二十牛頓第二定律含答案二十牛頓第二定律(40分鐘90分)【基礎全面練】1.(6分)(2024·大連高一檢測)實際生活中,我們坐車常常能感受到“推背感”,這是由座椅和乘客后背之間擠壓所導致的,以下說法正確的是 ()A.人感受到的“推背感”是由于人的后背形變產生的B.汽車加速時,加速度越大,“推背感”越明顯C.汽車減速時,加速度越大,“推背感”越明顯D.勻速行駛時,汽車時速越大,“推背感”越明顯【解析】選B。人感受到的“推背感”是由于座椅椅背的形變產生的,A錯誤;汽車加速時,由牛頓第二定律得,加速度越大,人水平方向的合力越大,所以“推背感”越明顯,B正確;汽車減速時,加速度越大,由于慣性,人相對汽車向前運動,此時沒有“推背感”,C錯誤;勻速行駛時,人處于平衡態,合力為零,“推背感”與汽車速度無關,D錯誤。【補償訓練】下列物體加速度最大的是 ()A.點火升空時的火箭B.擊發后槍膛中的子彈C.啟動時的列車D.起航時的萬噸貨輪【解析】選B。由牛頓第二定律a=F合2.(6分)(2024·湘潭高一檢測)逆風能揚帆,這是力分解的神奇作用。如圖所示,把帆面張在航向(船頭指向)和風向之間,因風對帆的壓力F垂直帆面,它會分成兩個分力F1、F2,其中F2垂直船軸即航向(“龍骨”),會被很大的橫向阻力平衡,F1沿著航向,已知帆面與航向之間的夾角為θ,船的總質量為m,下列說法正確的是 ()A.F2=FsinθB.船受到的合力是F1C.F1是船前進的動力D.若船沿著航向的阻力為f,則船的加速度為F【解析】選C。根據幾何關系可得F2=Fcosθ,故A錯誤;根據題意可知F1與船運動的方向相同,是船前進的動力,船還受到其他阻力的作用,所以船受到的合力不是F1,故C正確,B錯誤;若船沿著航向的阻力為f,根據牛頓第二定律可得F合=F1-f=Fsinθ-f=ma,可得船的加速度a=Fsin3.(6分)(2024·大慶高一檢測)有下列幾種情景,請根據所學知識判斷下列說法正確的是 ()A.火箭點火后即將升空,由于火箭還沒運動,所以加速度一定為零B.勻速行駛的磁懸浮列車,單位時間速度的變化量一定為零C.汽車剎車時加速度與速度方向相反,所以剎車時加速度一定比啟動時加速度小D.公路上高速行駛的轎車剎車,由于轎車行駛速度大,所以加速度一定很大【解析】選B。點火后即將升空的火箭,由于受到向上巨大的沖力,根據牛頓第二定律得知,加速度不為零,故A錯誤;勻速行駛的磁懸浮列車,速度不變,單位時間速度的變化量一定為零,故B正確;加速度是矢量,比較大小時應比較其絕對值的大小,汽車剎車時加速度與速度方向相反,剎車時加速度可能比啟動時加速度大,故C錯誤;加速度是反映速度變化快慢的物理量,轎車行駛速度大,加速度不一定大,故D錯誤。4.(6分)(2024·揚州高一檢測)如圖所示,一只小鳥站在鱷魚背上隨鱷魚一起前進(在迎風的水面上),則 ()A.以鱷魚為參考系,不論鱷魚做什么運動,鳥都是靜止的B.鱷魚勻速前進時,鳥只受兩個力作用C.鱷魚加速前進時,鱷魚對鳥的力大于鳥對鱷魚的力D.鱷魚勻速轉彎時,鳥所受的合外力為零【解析】選A。不論鱷魚做什么運動,鳥相對于鱷魚的位置都沒有變化,以鱷魚為參考系,鳥一直是靜止的,故A正確;鱷魚勻速前進時,鳥除了受重力和鱷魚對它作用力,還會受到風對它的作用力,故B錯誤;鱷魚對鳥的力與鳥對鱷魚的力是相互作用力,大小相等,故C錯誤;鱷魚勻速轉彎時,鳥的速度方向變化,所受合外力不為零,故D錯誤。5.(6分)(2024·清遠高一檢測)光滑水平面上,質量為1kg的某物體,受三個大小分別為6N,8N,10N共點的水平力作用而處于靜止狀態,現將大小為6N的水平力撤去,物體的加速度大小為 ()A.0B.6m/s2C.8m/s2D.10m/s2【解析】選B。撤去大小為6N的水平力后,物體受到的合力大小為F合=6N,物體的加速度大小為a=F合m=6m/s【補償訓練】(2024·太原高一檢測)車廂里的水平桌面上放置一本書,書與桌面間的動摩擦因數為0.4,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,若書不滑動,則高鐵的最大加速度不超過 ()A.0.4m/s2 B.2.0m/s2C.4.0m/s2 D.8.0m/s2【解析】選C。當加速度最大時,書與桌面之間的摩擦力達到最大,則此時μmg=ma,解得a=μg=4.0m/s2,故選C。6.(6分)(2024·開封高一檢測)圖甲為起重機起吊某個工件的情景,其簡化模型如圖乙所示,輕繩bd兩端分別系在粗細均勻、質量為M的底盤兩端,起重機的光滑吊鉤鉤住輕繩bd的中點O,吊著質量為m的工件以大小為a的加速度豎直上升。若運動過程中起重機掛鉤上方吊索Oc始終處于豎直方向,重力加速度大小為g,吊鉤重力不計。下列說法正確的是 ()A.底盤對工件的支持力大于工件對底盤的壓力B.吊索Oc上的拉力大小為(M+m)aC.當輕繩bd變長時,輕繩bd上的拉力變小D.當輕繩bd變短時,吊索Oc上的拉力變大【解題指南】解答本題應注意以下三點:(1)研究整體求吊索Oc上的拉力。(2)研究O點求輕繩bd上的作用力(3)利用數學關系,研究當輕繩bd長度變化時,各個作用力的變化?！窘馕觥窟xC。底盤對工件的支持力和工件對底盤的壓力等大反向,故A錯誤;由于底盤和工件有豎直向上的加速度,起重機掛鉤的上方吊索Oc上的拉力為T=(M+m)(g+a),故B錯誤;設輕繩bd上的拉力大小為F,吊鉤兩側繩與水平方向夾角為θ,對底盤和工件有2Fsinθ=(M+m)(g+a),當輕繩bd變長時,夾角θ變大,輕繩bd的拉力F變小,故C正確;當輕繩bd變短時,夾角θ變小,吊索Oc上的拉力與夾角θ無關,大小不變,故D錯誤。7.(10分)一質量m=1.2kg的木塊在水平地面上勻減速滑行,滑行的初速度v0=8m/s,經時間t=2s后停止。求:(1)木塊滑行的加速度大小;(2)木塊受到的摩擦力大小?！窘馕觥?1)根據加速度定義式,可得a=ΔvΔt4m/s2。(2)由牛頓第二定律,可得f=ma=4.8N答案:(1)4m/s2(2)4.8N【綜合應用練】8.(6分)(2024·長春高一檢測)在動車車廂里,小明在收拾身邊的小桌過程中發現一個光滑玻璃球恰好靜止在傾斜桌面上,于是小明馬上利用手機軟件測出了傾斜桌面與水平面的夾角為37°,情景側視簡化模型如圖。利用以上數據可求出此時動車的加速度為(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8) ()A.5.5m/s2 B.7.5m/s2 C.6.0m/s2 D.8.0m/s2【解析】選B。對玻璃球受力分析,如圖所示,由牛頓第二定律可得mgtan37°=ma,解得a=gtan37°=10×sin37°cos37°m/s2=7.5m/s2,此時動車的加速度大小為7.5m/s2,A、C、D9.(6分)如圖所示,質量為m的小物塊在力F的作用下沿天花板做勻加速直線運動,F與水平方向的夾角為θ,小物塊與天花板之間的動摩擦因數為μ,加速度大小為a,重力加速度為g。在物塊沿天花板運動的過程中,關于小物塊的受力個數,下列選項正確的是 ()A.1或2B.2或3C.3或4D.2或4【解析】選D。若在豎直方向上存在Fsinθ=mg,則此時小物塊只受外力F和重力mg兩個力的作用;若在豎直方向上存在Fsinθ=mg+N,則此時小物塊只受外力F、彈力N、摩擦力f和重力mg四個力的作用。10.(6分)(2024·合肥高一檢測)如圖所示,兩個質量均為m的金屬小球拴在輕質橡皮筋的兩端,橡皮筋的中點固定在質量也為m的紙盒底部的正中間,小球放在紙盒口邊上,整個系統處于靜止狀態。現讓紙盒由靜止釋放,不計空氣阻力,重力加速度為g,則釋放的瞬間紙盒的加速度a1和小球的加速度a2分別為 ()A.a1=g,a2=gB.a1=1.5g,a2=gC.a1=3g,a2=0 D.a1=2g,a2=0【解析】選C。釋放的瞬間,橡皮筋的形變還沒有來得及變化,單根橡皮筋彈力等于小球的重力mg,小球所受合力為0,小球的加速度為a2=0;釋放的瞬間,橡皮筋的形變還沒有來得及變化,橡皮筋對紙盒的作用力仍為2mg,方向豎直向下。釋放的瞬間,紙盒所受合力為F合=mg+2mg=3mg,由牛頓第二定律可得紙盒加速度a1=F合m=311.(12分)(2024·保定高一檢測)如圖所示,水平輕彈簧的左端固定在豎直墻壁上,右端連接質量為m的滑塊,滑塊靜止在粗糙水平面上,此時彈簧被壓縮的長度為x,滑塊剛要向右滑動。現對滑塊施加水平向右的拉力F,使滑塊由靜止開始水平向右做加速度大小為a的勻加速直線運動。重力加速度大小為g,滑塊與水平面間的動摩擦因數為μ,認為最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等。求:(1)彈簧的勁度系數k;(2)彈簧恢復原長時滑塊的速度大小v及從施加拉力大小F開始到彈簧恢復原長所用的時間t;(3)從滑塊開始運動到彈簧恢復原長,拉力F的最大值F1和最小值F2?！窘馕觥?1)初始時,滑塊剛要滑動,得kx=μmg得k=μmg(2)由于滑塊由靜止開始水平向右做勻加速直線運動,根據公式2ax=v2x=12at得v=2ax,t=(3)壓縮量為x'時,根據牛頓第二定律知F+kx'-μmg=ma得恢復原長時力最大,最大值滿足F1=ma+μmg初始時力最小,最小值滿足F2=ma答案:(1)μmgx(2)2ax2xa【拓展創新練】12.(14分)如圖,質量為2.5kg的一只長方體空鐵箱在水平拉力F作用下沿水平面向右做勻加速運動,鐵箱與水平面間的動摩擦因數μ1為0.3。這時鐵箱內一個質量為0.5kg的木塊恰能靜止在后壁上,木塊與鐵箱內壁間的動摩擦因數μ2為0.5。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10m/s2。求:(1)木塊對鐵箱壓力的大小。(2)水平拉力F的大小?！窘馕觥?1)對木塊,在豎直方向,根據平衡條件可得mg=f=μ2FN解得木塊對鐵箱壓力的大小為FN=10N(2)設木塊水平方向的加速度為a,根據牛頓第二定律有FN'=FN=ma代入數據解得a=20m/s2對鐵箱和木塊整體有F-μ1(M+m)g=(M+m)a解得水平拉力F的大小為F=69N答案:(1)10N(2)69N【總結提升】整體法、隔離法解決問題的思路(1)挖掘臨界條件。木塊恰能靜止在鐵箱的后壁上,求得最大靜摩擦力,從而得到木塊和鐵箱之間的相互作用力。(2)隔離法求加速度,研究木塊求得加速度。(3)整體法求外力F。二十二牛頓運動定律的應用(40分鐘80分)【基礎全面練】1.(6分)(2024·唐山高一檢測)如圖所示,物體以5m/s的初速度沿光滑的斜面向上做減速運動,經4s滑回原處時速度大小仍為5m/s,則物體的加速度為 ()A.10m/s2,方向沿斜面向下B.2.5m/s2,方向沿斜面向下C.0D.2.5m/s2,方向沿斜面向上【解析】選B。由題意,可知物體上滑和下滑時受到的合力均為重力沿斜面向下的分力,根據牛頓第二定律可知,加速度相同,由對稱性可知,物體上滑到最高點所用時間為2s,則加速度大小為a=ΔvΔt=52m/s22.(6分)A、B兩物體以相同的初速度滑到同一粗糙水平面上,若兩物體的質量mA>mB,兩物體與粗糙水平面間的動摩擦因數相同,則兩物體能滑行的最大距離xA與xB之間的關系為 ()A.xA=xBB.xA>xBC.xA<xB D.不能確定【解析】選A。由Ff=μmg=ma得a=μg,故A、B兩物體的加速度相同,又據運動學公式v02=2ax,得兩物體滑行的最大距離xA=xB,故3.(6分)(2024·石家莊高一檢測)如圖,傾角為θ的斜面體固定在水平地面上,現有一帶支架的滑塊正沿斜面加速下滑。支架上用細線懸掛質量為m的小球,當小球與滑塊相對靜止后,細線方向與豎直方向的夾角為α,重力加速度為g,則 ()A.若斜面光滑,則α=θB.若斜面粗糙,則α>θC.若α=θ,小球受到的拉力為mgD.若α=θ,滑塊的加速度為gtanθ【解析】選A。對小球進行受力分析,合力為F合=mgsinα,若α=θ,小球受到的拉力為mgcosθ,故C錯誤;對小球進行受力分析,合力為F合=mgsinα,若α=θ,則有F合=mgsinθ=ma,即有a=gsinθ,故D錯誤;根據D選項可知,若α=θ,整體的加速度為a=gsinθ,以整體為研究對象,沿斜面方向根據牛頓第二定律可得Mgsinθ-f=Ma,解得f=0,即斜面光滑;若斜面粗糙,則整體的加速度減小,則gsinθ-μgcosθ=gsinα,所以α<θ,故B錯誤,A正確?！狙a償訓練】(多選)如圖甲所示,傾角為θ=37°的足夠長的光滑斜面上有兩個小球A、B從不同位置于不同時刻由靜止釋放。兩小球可視為質點,它們在同一直線上運動,球A初始位置在球B上方x0處。B球釋放t0后再釋放A球,以B球釋放的時刻作為計時起點,測得它們之間的距離x隨時間變化的圖像如圖乙所示,已知重力加速度g=10m/s2。則 ()A.兩小球釋放的時間差為2sB.兩小球釋放位置的距離為6mC.時間足夠長后,兩球速度差恒定不變D.時間足夠長后,兩球位移差恒定不變【解析】選B、C。A球釋放后,兩球速度差不變,為Δv=gsin37°t0,則gsin37°t0·t0=6m得t0=1s,A錯誤;兩小球釋放位置的距離為x0=9m-12gsin37°t02=6m,B正確;由于兩球運動的加速度相同,則速度差保持不變。但由于B球速度大于A球速度,則兩球間距一直增大,C4.(6分)(多選)民航客機都有緊急出口,發生意外情況的飛機緊急著陸后,打開緊急出口,狹長的氣囊會自動充氣,生成連接出口與地面的斜面,人員可沿斜面滑行到地面,如圖所示。假設某型號的飛機艙口下沿距地面高度為4m,氣囊所形成的斜面長度為8m,一個質量為60kg的人在氣囊頂端由靜止沿斜面滑下時,可視為做勻加速直線運動,人與氣囊間的動摩擦因數為315(g取10m/s2)。下列說法正確的是 (A.人滑至氣囊底端所經歷的時間約為2sB.人滑至氣囊底端所經歷的時間約為4sC.人滑至氣囊底端時的速度大小為4m/sD.人滑至氣囊底端時的速度大小為8m/s【解析】選A、D。設斜面的傾角為θ,則sinθ=4m8m=12,解得θ=30°,根據牛頓第二定律可得mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得a=4m/s2,根據位移—時間關系L=12at2,可得t=2La=2s,故A正確,B錯誤;根據速度—時間關系可得人滑至氣囊底端時的速度大小為v=at=8m/s,5.(6分)(多選)在沿斜面方向的拉力F作用下,物體沿傾斜角度為θ的斜面向上運動。以沿斜面向上為正方向,0~7s內拉力F和物體速度v隨時間的變化規律如圖甲、乙所示,則 ()A.物體的質量m=1kgB.物體與斜面之間的動摩擦因數μ>tanθC.斜面傾斜角度正弦值sinθ=1D.7s后若撤去力F,物體將會做勻加速直線運動【解題指導】(1)從圖像上獲得運動信息和受力信息,特別要把F-t圖和v-t圖對應起來。(2)對每一階段運用牛頓第二定律,列方程求解?！窘馕觥窟xA、C。由v-t圖像知:0~5s,物體向上做勻加速運動,a1=1m/s2;5~6s,物體向上做勻減速運動,加速度大小a2=5m/s2;6~7s,物體向下做勻加速運動,加速度大小a3=3m/s2,由受力分析和F-t圖像,根據牛頓第二定律知:0~5s內F1-mgsinθ-μmgcosθ=ma1,5~6s內F2+mgsinθ+μmgcosθ=ma2,6~7s內F3+mgsinθ-μmgcosθ=ma3,解得m=1kg,sinθ=0.1,μ=tanθ,故A、C正確,B錯誤;7s末物體正沿斜面向下運動,7s后若撤去力F,由于μ=tanθ,則有mgsinθ=μmgcosθ,物體的合力為零,所以物體將會做勻速直線運動,故D錯誤。6.(6分)(多選)(2024·長春高一檢測)如圖,A、B兩球質量相等,光滑斜面的傾角為θ,圖甲中,A、B兩球用輕彈簧相連,圖乙中A、B兩球用輕質桿相連。系統靜止時,擋板C與斜面垂直,彈簧、輕桿均與斜面平行,則在突然撤去擋板的瞬間(重力加速度為g) ()A.圖甲中A球的加速度不為零B.圖乙中輕桿的作用力可能不為零C.圖乙中兩球加速度均為gsinθD.圖甲中B球的加速度是圖乙中B球加速度的2倍【解析】選C、D。對甲圖突然撤去擋板的瞬間,彈簧來不及形變,即彈簧的彈力不變,故A球所受合力為零,加速度為零,故A錯誤;對甲圖,撤去擋板前對A、B整體,根據平衡條件得F=2mgsinθ,撤去擋板的瞬間,彈簧的彈力不變,B球所受的合力即為擋板的彈力,由牛頓第二定律有2mgsinθ=ma1,解得a1=2gsinθ,對圖乙,撤去擋板瞬間對A、B整體,根據牛頓第二定律得2mgsinθ=2ma2,解得a2=gsinθ,則圖甲中B球的加速度是圖乙中B球加速度的2倍,故C、D正確;對乙圖撤去擋板瞬間,假設輕桿的作用力不為零,對A的作用力向上,根據牛頓第二定律得mgsinθ-F桿=ma2,其中a2=gsinθ,解得F桿=0,故B錯誤。7.(12分)(2024·鄭州高一檢測)如圖所示,AB為光滑豎直桿,ACB為構成直角的光滑L形直軌道,C處有一小圓弧連接可使小球順利轉彎(機械能無損失),套在AB桿上的小球自A點靜止釋放,分別沿AB和ACB兩個軌道運動,BA和CA夾角為53°,AB長度為2r,重力加速度為g。(1)證明小球從A到B的時間和小球從A到C的時間相等;(2)求沿ACB軌道運動的時間?！窘馕觥?1)設AC、BC的長度為s1、s2,由幾何關系得s1=2rcos53°,s2=2rsin53°小球在桿AC做勻加速直線運動,由牛頓第二定律有mgsin37°=ma1由s1=12a1解得t1=2×2小球從A到B的時間為t'=2×2rg,所以由A到B的時間和由A到C(2)小球到達C點的速度v=a1t1小球在桿CB做勻加速直線運動,由mgsin53°=ma2根據勻變速直線運動規律有s2=vt2+12a2則總時間t=t1+t2解得t=3r答案:(1)見解析(2)3r【補償訓練】(2024·廣州高一檢測)水面救生無人船已經成為水面救援的重要科技裝備。在某次測試中,一質量為20kg的無人船在平靜水面上沿直線直奔目標地點。無人船先從靜止出發,做勻加速運動10s后達到最大速度4m/s,接著立即做勻減速運動,勻減速運動了16m的距離后速度變為零。已知無人船運行過程中受到水的阻力恒定且大小為4N,不計空氣阻力,g取10m/s2。求:(1)在勻加速過程中,無人船發動機提供的動力F1的大小;(2)在勻減速過程中,無人船發動機提供的阻力F2的大小;(3)無人船在上述測試中,運動的總時間t及總位移大小x。【解析】(1)勻加速階段加速度為a1=v解得a1=0.4m/s2由牛頓第二定律得F1-f=ma1解得F1=12N(2)勻減速階段有0-vm2=-2a2解得a2=0.5m/s2由牛頓第二定律得F2+f=ma2解得F2=6N(3)勻減速階段的時間為t2=0-v運動總時間為t=t1+t2=18s勻加速階段的位移為x1=vm+02運動總位移大小為x=x1+x2=36m答案:(1)12N(2)6N(3)18s36m【綜合應用練】8.(6分)(多選)(2023·全國甲卷)用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動,兩物體與桌面間的動摩擦因數分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后,所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知 ()A.m甲<m乙 B.m甲>m乙C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙【解析】選B、C。根據牛頓第二定律有F-μmg=ma,整理后有F=ma+μmg,則可知F-a圖像的斜率為m,縱截距為μmg,則由題圖可看出m甲>m乙,μ甲m甲g=μ乙m乙g,則μ甲<μ乙,故選B、C。9.(6分)如圖所示,MN和PQ為兩根固定平行直細桿,圓柱形物體沿細桿下滑,兩桿間的距離與圓柱形物體的半徑相同,細桿與水平面的夾角為θ=30°,圓柱形物體與細桿間的動摩擦因數為0.3,重力加速度為g,則圓柱形物體下滑的加速度大小為()A.g5 B.C.(12-3310)g D.(12【解析】選A。作出圓柱形物體垂直于桿的平面內受力示意圖根據題意,兩直桿間的距離與圓柱形物體的半徑相同,則α=60°在沿桿的方向有mgsinθ-2f=ma垂直于桿的方向有2Ncosα2=mgcos又有f=μN聯立并代入數據解得a=15g,故A正確,B、C、D10.(14分)(2024·湘潭高一檢測)如圖,將質量m=1kg的圓環套在固定的傾斜直桿上,桿的傾角為37°,環的直徑略大于桿的截面直徑。對環施加一位于豎直平面內斜向上與桿夾角為37°的拉力F=10N,使圓環由靜止開始沿桿加速向上運動,已知環與桿間的動摩擦因數μ=0.5。(g取10m/s2)求:(1)F作用2s時圓環的速度大小;(2)2s后撤去力F,圓環繼續沿桿上滑的最大距離?！窘馕觥?1)以圓環為研究對象進行受力分析可得Fcos37°-mgsin37°-f=ma1,mgcos37°=N+Fsin37°且f=μN根據勻變速運動規律有v=a1t1代入數據解得2s時圓環的速度v=2m/s(2)撤去外力后,以圓環為研究對象進行受力分析可得mgsin37°+f'=ma2N'=mgcos37°且f'=μN'根據勻變速運動規律求圓環上滑的最大距離時有t2=va2=0則圓環繼續沿桿上滑的最大距離是x2=v2t2=0.答案:(1)2m/s(2)0.2m【拓展創新練】11.(6分)(多選)如圖所示,小明從羽毛球筒中取出最后一個羽毛球時,一手拿著球筒,另一只手迅速拍打筒的上端邊緣,使筒獲得向下的初速度并與手發生相對運動,筒內的羽毛球就可以從上端出來。已知球筒質量為M=90g(不含球的質量),球筒與手之間的滑動摩擦力為f1=2.6N,羽毛球質量為m=5g,球頭離筒的上端距離為d=9.0cm,球與筒之間的滑動摩擦力為f2=0.1N,重力加速度g取10m/s2,空氣阻力忽略不計,當球筒獲得一個初速度后 ()A.羽毛球的加速度大小為10m/s2B.羽毛球的加速度大小為30m/s2C.若羽毛球頭部能從上端筒