高中物理第3章动能的变化与机械功3.docx
- 文档编号:18576346
- 上传时间:2023-08-19
- 格式:DOCX
- 页数:20
- 大小:42.93KB
高中物理第3章动能的变化与机械功3.docx
《高中物理第3章动能的变化与机械功3.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高中物理第3章动能的变化与机械功3.docx(20页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
高中物理第3章动能的变化与机械功3
高中物理第3章动能的变化与机械功3
[学习目标] 1.能灵活运用合力做功的两种求法.2.会用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题.3.熟悉应用动能定理的步骤,领会应用动能定理解题的优越性.
一、研究汽车的制动距离
应用动能定理分析问题,只需考虑物体初、末状态的动能与所做的功,而不必考虑物体的加速度和时间,因而往往比用牛顿运动定律和运动学规律更简便.
例1 质量为m的汽车正以速度v0运动,司机踩下刹车闸,经过位移s后汽车停止运动,若阻力为f,则汽车的制动距离与汽车的初速度的关系如何?
答案
解析 由动能定理得:
-fs=0-mv02得:
s=
1.在f一定的情况下:
s∝mv02,即初动能越大,位移s越大.
2.对于给定汽车(m一定),若f相同,则s∝v02,即初速度越大,位移s就越大.若水平路面的动摩擦因数μ一定,则s==.
二、合力做功与动能变化
1.合力做功的求法
(1)一般方法:
W合=W1+W2+…(即合力做的功等于各力对物体做功的代数和).对于多过程问题总功的计算必须用此方法.
(2)多个恒力同时作用下的匀变速运动:
W合=F合scosα.
2.合力做功与动能的变化的关系
合力做功与动能的变化满足动能定理,其表达式有两种:
(1)W1+W2+…=ΔEk.
(2)W合=ΔEk.
例2 如图1所示,利用斜面从货车上卸货,每包货物的质量m=20kg,斜面倾角α=37°,斜面的长度s=0.5m,货物与斜面间的动摩擦因数μ=0.2,求货物由静止开始滑到底端的动能.(取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)
图1
答案 见解析
解析 方法一 斜面上的货物受到重力G、斜面支持力N和摩擦力f共三个力的作用,如图所示.货物位移的方向沿斜面向下.可以用正交分解法,将货物所受的重力分解到与斜面平行的方向和与斜面垂直的方向.
可以看出,三个力中重力和摩擦力对货物做功,而斜面支持力对货物没有做功.其中重力G对货物做正功
W1=mgssin37°=20×10×0.5×0.6J=60J
支持力N对货物没有做功,W2=0
摩擦力f对货物做负功
W3=(μmgcos37°)scos180°=-0.2×20×10×0.8×0.5J=-16J
所以,合外力做的总功为W=W1+W2+W3=(60+0-16)J=44J
由动能定理W=Ek2-Ek1(其中Ek1=0)知货物滑到底端的动能Ek2=W=44J.
方法二 若先计算合外力再求功,则合外力做的功
W=F合s=(mgsin37°-μmgcos37°)s
=(20×10×0.6-0.2×20×10×0.8)×0.5J=44J
同样可以得到货物到底端时的动能Ek2=44J
三、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功,也适用于求变力做功,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3 如图2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2
(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)小球下落到B点的过程由动能定理得2mgd=mv2,在B点:
N-mg=m,得:
N=5mg,根据牛顿第三定律:
N′=N=5mg.
(2)在C点,mg=m.小球从B运动到C的过程:
mvC2-mv2=-mgd+Wf,得Wf=-mgd.
针对训练 如图3所示,某人利用跨过定滑轮的轻绳拉质量为10kg的物体.定滑轮的位置比A点高3m.若此人缓慢地将绳从A点拉到B点,且A、B两点处绳与水平方向的夹角分别为37°和30°,则此人拉绳的力做了多少功?
(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不计滑轮的质量和摩擦)
图3
答案 100J
解析 取物体为研究对象,设绳的拉力对物体做的功为W.根据题意有h=3m.
物体升高的高度Δh=-.①
对全过程应用动能定理W-mgΔh=0.②
由①②两式联立并代入数据解得W=100J.
则人拉绳的力所做的功W人=W=100J.
四、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4 如图4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4
(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,在水平桌面上滑动的最大距离.
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的最大高度处,由动能定理得:
FL-fL-mgh=0
其中f=μN=μmg=0.2×0.5×10N=1.0N
所以h==m=0.15m
(2)设木块离开B点后沿桌面滑动的最大距离为x.由动能定理得:
mgh-fx=0
所以:
x==m=0.75m
1.(用动能定理求变力的功)如图5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5
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.
2.(动能定理的应用)如图6所示,物体在离斜面底端5m处由静止开始下滑,然后滑上与斜面平滑连接的水平面,若物体与斜面及水平面间的动摩擦因数均为0.4,斜面倾角为37°.求物体能在水平面上滑行的距离.(sin37°=0.6,cos37°=0.8)
图6
答案 3.5m
解析 对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示.
方法一 分过程列方程:
设物体滑到斜面底端时的速度为v,物体下滑阶段
N1=mgcos37°,
故f1=μN1=μmgcos37°.
由动能定理得:
mgsin37°·l1-μmgcos37°·l1=mv2-0
设物体在水平面上滑行的距离为l2,
摩擦力f2=μN2=μmg
由动能定理得:
-μmg·l2=0-mv2
由以上各式可得l2=3.5m.
方法二 全过程列方程:
mgl1sin37°-μmgcos37°·l1-μmg·l2=0
得:
l2=3.5m.
3.(利用动能定理分析多过程往复运动问题)如图7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7
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数;
(2)物体第5次经过B点时的速度大小;
(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.(利用动能定理分析多过程问题)如图8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8
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
一、选择题
考点一 用动能定理求变力的功
1.一质量为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1所示,则拉力F所做的功为( )
图1
A.mglcosθB.mgl(1-cosθ)
C.FlcosθD.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.由于小球缓慢移动,动能保持不变,由动能定理得:
-mgl(1-cosθ)+W=0,所以W=mgl(1-cosθ).
2.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2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2
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T,则T-mg=m,即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
3.(多选)如图3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3
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 动能定理的应用
4.两个物体A、B的质量之比为mA∶mB=2∶1,二者初动能相同,它们和水平桌面间的动摩擦因数相同,则二者在桌面上滑行到停止经过的距离之比为( )
A.xA∶xB=2∶1B.xA∶xB=1∶2
C.xA∶xB=4∶1D.xA∶xB=1∶4
答案 B
解析 物体滑行过程中只有摩擦力做功,根据动能定理,对A:
-μmAgxA=0-Ek;对B:
-μmBgxB=0-Ek.故==,B对.
【考点】应用动能定理进行有关的计算
【题点】应用动能定理求位移
5.人骑自行车下坡,坡长l=500m,坡高h=8m,人和车总质量为100kg,下坡时初速度为4m/s,人不踏车的情况下,到达坡底时车速为10m/s,g取10m/s2,则下坡过程中阻力所做的功为( )
A.-4000JB.-3800J
C.-5000JD.-4200J
答案 B
解析 由动能定理得mgh+Wf=m(vt2-v02),解得Wf=-mgh+m(vt2-v02)=-3800J,故B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
6.如图4所示,一个小球质量为m,静止在光滑的轨道上.现以水平力击打小球,使小球能够通过半径为R的竖直光滑轨道的最高点C,则水平力对小球所做的功至少为( )
图4
A.mgRB.2mgR
C.2.5mgRD.3mgR
答案 C
解析 恰好通过竖直光滑轨道的最高点C时,在C点有mg=,对小球,由动能定理W-2mgR=mv2,联立解得W=2.5mgR,C项正确.
【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
考点三 利用动能定理分析多过程问题
7.如图5所示,AB为圆弧轨道,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,当它由轨道顶端A从静止开始下落,恰好运动到C处停止,那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( )
图5
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,物体从A运动到C的全过程,根据动能定理,
有mgR-WAB-μmgR=0.
所以有WAB=mgR-μmgR=(1-μ)mgR.
8.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与一轻弹簧最右端O相距s,如图6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(不计空气阻力)( )
图6
A.mv02-μmg(s+x)
B.mv02-μmgx
C.μmgs
D.μmgx
答案 A
解析 设物体克服弹簧弹力所做的功为W,则物体向左压缩弹簧过程中,弹簧弹力对物体做功为-W,摩擦力对物体做功为-μmg(s+x),根据动能定理有-W-μmg(s+x)=0-mv02,所以W=mv02-μmg(s+x).
9.如图7所示,假设在某次比赛中运动员从10m高处的跳台跳下,设水的平均阻力约为其体重的3倍,在粗略估算中,把运动员当作质点处理,为了保证运动员的人身安全,池水深度至少为(不计空气阻力)( )
图7
A.5mB.3m
C.7mD.1m
答案 A
解析 设水深为h,对运动全程运用动能定理可得:
mg(H+h)-fh=0,
mg(H+h)=3mgh.所以h=5m.
10.如图8所示,小球以初速度v0从A点沿粗糙的轨道运动到高为h的B点后自动返回,其返回途中仍经过A点,则经过A点的速度大小为( )
图8
A.B.
C.D.
答案 B
解析 从A到B运动过程中,重力和摩擦力都做负功,根据动能定理可得-mgh-Wf=0-mv,从B到A过程中,重力做正功,摩擦力做负功(因为是沿原路返回,所以两种情况摩擦力做功大小相等),根据动能定理可得mgh-Wf=mv2,两式联立得再次经过A点的速度为,故B正确.
二、非选择题
11.(利用动能定理分析多过程问题)如图9所示,AB与CD为两个对称斜面,其上部足够长,下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切,圆弧圆心角为120°,半径R为2.0m,一个物体在离弧底E高度为h=3.0m处,以初速度4.0m/s沿斜面向下运动,若物体与两斜面间的动摩擦因数均为0.02,则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共能走多少路程?
(g取10m/s2,不计空气阻力)
图9
答案 见解析
解析 设物体在斜面上运动的总路程为s,则摩擦力做的总功为-μmgscos60°,末状态选为B(或C),此时物体速度为零,对全过程由动能定理得
mg[h-R(1-cos60°)]-μmgscos60°=0-mv02
物体在斜面上通过的总路程为:
s==m=280m.
12.(利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:
(不计空气阻力)
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
13.(利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
考点 应用动能定理分析多过程问题
1.2016年11月1日广东珠海开幕的第十一届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直面内做半径为R的圆周运动,在最高点时飞行员头朝下,已知飞行员质量为m,重力加速度为g.
图1
(1)若飞行员在最高点座椅对他的弹力和飞机在地面上起飞前一样,求最高点的速度;
(2)若这位飞行员以
(1)中的速度从最高点加速飞到最低点,且他在最低点能承受的最大竖直加速度为5g,求飞机在最低点的最大速度及这个过程中飞机对飞行员做的功.
答案
(1)
(2) -mgR
解析
(1)最高点座椅对飞行员的弹力N=mg
由重力和弹力的合力提供向心力N+mg=,v1=
(2)最低点向心加速度最大时速度也最大,a==5g,速度最大为v2=
对最高点到最低点的过程运用动能定理,有mg·2R+W=mv22-mv12,解得W=-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曲线运动的多过程问题
2.如图2所示是一种常见的圆桌,桌面中间嵌一半径为r=1.5m、可绕中心轴转动的圆盘,桌面与圆盘面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑.已知桌面离地高度为h=0.8m,将一可视为质点的小碟子放置在圆盘边缘,若缓慢增大圆盘的角速度,碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面,再从桌面飞出,落地点与桌面飞出点的水平距离是0.4m.已知碟子质量m=0.1kg,碟子与圆盘间的最大静摩擦力fmax=0.6N,g取10m/s2,不计空气阻力,求:
图2
(1)碟子从桌面飞出时的速度大小;
(2)碟子在桌面上运动时,桌面摩擦力对它做的功;
(3)若碟子与桌面间的动摩擦因数为μ=0.225,要使碟子不滑出桌面,则桌面半径至少是多少?
答案
(1)1m/s
(2)-0.4J (3)2.5m
解析
(1)根据平抛运动规律:
h=gt2,x=vt,
得v=x=1m/s.
(2)设碟子从圆盘上甩出时的速度为v0,则fmax=m,即v0=3m/s
由动能定理得:
Wf=mv2-mv02,代入数据得:
Wf=-0.4J.
(3)当碟子滑到桌面边缘时速度恰好减为零,对应的桌子半径取最小值.
设碟子在桌子上滑动的位移为x′,根据动能定理:
-μmgx′=0-mv02
代入数据得:
x′=2m
由几何知识可得桌子半径的最小值为:
R==2.5m.
【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
3.如图3所示为一种射程可调节的“抛石机”模型.抛石机长臂OA的长度L=4m,B为OA中点,石块可装在长臂上的AB区域中某一位置.开始时长臂与水平面间的夹角α=30°,对短臂施力,当长臂转到竖直位置时立即停止转动,石块被水平抛出.在某次投石试验中,将质量为m=10kg的石块安装在A点,击中地面上距O点水平距离为x=12m的目标.不计空气阻力和抛石机长臂与短臂的质量,g取10m/s2,求:
图3
(1)石块即将被投出瞬间所受向心力的大小;
(2)整个过程中投石机对石块所做的功W;
(3)若投石机对石块做功恒定,问应将石块安装在离O点多远处才能使石块落地时
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高中物理 章动 变化 机械功
![提示](https://static.bingdoc.com/images/bang_tan.gif)