華峰

圓周運動是高中物理中重要的內(nèi)容，由于它涉及的知識點較多，涉及的知識面也較寬，導(dǎo)致有些同學(xué)在求解此類問題時常常會出現(xiàn)錯誤。下面舉例分析，希望能夠引起同學(xué)們的注意。

【例1】如圖1所示，半徑為R的光滑球體固定在水平面上，從球體的最高點A由靜止釋放一個質(zhì)量為M的小滑塊，求小滑塊在下滑過程中離開球體的位置和速率。

錯解：有些同學(xué)在讀完題目后，認(rèn)為小滑塊M離開球體的位置為C，由機械能守恒定律有：MgR=Mv2，解之得：v=。

剖析：上述錯解在于誤認(rèn)為小滑塊在球面上做的圓周運動。

正解：滑塊在光滑的球面上下滑的過程中，沿著球面做圓周運動，向心力是重力與支持力在半徑方向上的合力。重力的另一分力使小滑塊速度不斷增大，小滑塊需要的向心力也就不斷增大，當(dāng)支持力為零時，向心力達最大值，隨著速度的增加小滑塊將做離心運動，離開球面。則有：mgcos？茲=；又由動能定理可知：MgR-MgRcos？茲=，解得v=.

小滑塊離開物體的高度為，此后小滑塊離開球體，做拋體運動。

【例2】一內(nèi)壁光滑的環(huán)形細(xì)圓管位于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為R（比細(xì)管的半徑大得多），圓管中有兩個直徑與細(xì)管內(nèi)徑相同的小球（可視為質(zhì)點）。A球的質(zhì)量為m1，B球的質(zhì)量為m2，它們沿環(huán)形圓管順時針運動，經(jīng)過最低點時的速度都為v0。設(shè)A球運動到最低點時，B球恰好運動到最高點，若要此時兩球作用于圓管的合力為零，請寫出用m1、m2、R來表示v0的關(guān)系式。

錯解：根據(jù)題意可知，在A球通過最低點時，圓管給A球向上的彈力F1為向心力，則有：F1 = m1 ①

B球在最高點時，圓管對它的作用力F2為向心力，方向向下，則有F2 = m2 ②

因為m2由最高點到最低點機械能守恒，則有：

m2 g ·2R +m2 v21=m2 v 20 ③

F1 = F2 ④

聯(lián)立以上四式可解得：v0 =。

剖析：上述錯解的原因在對向心力分析時遺漏了重力。

正解：首先畫出小球運動到最高點、最低點的受力圖，如圖2所示。A球在圓管最低點必受向上彈力F1，此時兩球?qū)A管的合力為零，m2必受圓管向下的彈力F2，且F1 = F2。根據(jù)牛頓第二定律可知：

A球在圓管的最低點時有：F1–m1g = m1 ①

B球在最高點時有：m2g+F2 = m2 ②

因為m2由最高點到最低點機械能守恒，則有：

m2 g ·2R +m2v21=m2v20 ③

F1 = F2 ④

聯(lián)立以上四式可解得：v0 =。

【例3】 如圖3所示，長為L的輕繩一端固定在O點，另一端拴一個質(zhì)量為m的小球，開始時繩處于水平面上方30°的位置，繩剛好伸直，然后將小球自由釋放，求小球到最低點時受到細(xì)繩的拉力大小。

錯解：有些同學(xué)認(rèn)為小球做圓周運動，由機械能守恒定律得：mg（L+Lsin300）=mv2

對小球在最低點時受力分析有：T-mg=

則有：T=4mg。

剖析：上述錯解原因在于沒有正確地分析物體的運動過程，小球釋放后繩是松弛的，對物體無作用力，如圖4所示。小球從A到B做自由落體運動，到達B點時細(xì)繩被拉直，小球接著做圓周運動至C點。

正解：小球從A到B的運動，由機械能守恒定律有：

mv2B=mg（+）。

當(dāng)小球到達B點時，細(xì)繩在瞬間繃直，繩的沖力使小球的運動狀態(tài)發(fā)生了改變，由于細(xì)繩不能伸長，所以沿著繩的方向速度瞬間為0，而垂直于繩的方向速度不變，即小球從B點以v′B = vB cos30°為初速度向下做圓周運動至C點，根據(jù)機械能守恒定律可知：mv′2B+mgL=mv20

對小球在C點受力分析可知：T-mg=。

聯(lián)立以上各式可解得：T = 3.5 mg。

【例4】用長L = 1.6 m的細(xì)繩，一端系著質(zhì)量M = 1 kg的木塊，另一端掛在固定點上，現(xiàn)有一顆質(zhì)量為m = 20 g的子彈以速度v1 = 500 m/s的水平速度向木塊中心射擊，結(jié)果子彈穿出木塊后以v2 = 100 m/s的速度前進。問木塊可運動到多高？（取g = 10 m/s2，空氣阻力不計）

錯解：在水平方向上動量守恒，則有：

mv1 = Mv + mv2 （v為木塊被子彈擊中后的速度） ①

木塊被子彈擊中后便以速度v開始擺動。由于繩子對木塊的拉力跟木塊的位移垂直，對木塊不做功，所以木塊的機械能守恒，即mv2=mgh（h為木塊所擺動的高度） ②

由上述兩式代入已知數(shù)據(jù)可解得：v = 8 m/s，h = 3.2 m。

剖析：上述錯解顧此失彼，只考慮了機械能守恒，而忽視了能否滿足沿圓周軌道運動的條件。實際上h = 3.2 m，就是木塊擺到了B點，如圖5所示，則它在B點時的速度vB應(yīng)滿足方程mg =M。此時木塊的重力提供了木塊在B點做圓周運動所需的向心力，解上述方程可得vB == 4 m/s。

如果vB < 4 m/s，則木塊不能升到B點，在到達B點之前的某一位置以某一速度開始做斜向上拋運動，而木塊在B點時的速度vB = 4 m/s，是不符合機械能守恒定律的，木塊在B點時的機械能為（選A點為零勢能點），則EB = mgh +

Mv2B= 1 × 10 × 3.2 J +× 1 × 42 J = 40 J，木塊在A點時的機械能EA =Mv2=× 1 × 82 J = 32 J。兩者不相等，因此木塊不能升高到B點，而是升高到h < 3.2 m的某處。

事實上，在木塊向上運動的過程中，速度逐漸減小。當(dāng)木塊運動到某一臨界位置C時，如圖6所示。木塊所受的重力在繩子方向的分力恰好等于木塊做圓周運動所需的向心力，此時繩子的拉力為零，繩子便開始松弛了。木塊就從這個位置開始，以此時刻所能達到的高度就是C點的高度和從C點開始的斜上拋運動的最大高度之和。

正解：如上分析，從①求得vA = v = 8 m/s。在臨界位置C時的速度vC = v2–2gL（1 + cosθ） ③

又mgcosθ = m，即

v2C= gLcosθ ④

由③、④可求得：cosθ ==，則θ=arccos。

所以h′ = L（1+cosθ）=L。

木塊從C點開始以速度vC做斜上拋運動所能達到的最大高度h′′為：h′′ ===L，所以木塊能達到的最大高度h為：h = h′ + h′′ =L+L= 2.96 m。

注意：物體能否做圓周運動，要看物體所受的合力能否提供物體所需的向心力，若不能提供，則物體就會離開軌道。

【例5】如圖7所示，一擺長為L的擺，擺球質(zhì)量為m，帶電量為 –q，如果在懸點A放一正電荷q，且正、負(fù)電荷間存在沿二者連線的引力，引力大小為F = k。要使擺球能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，則擺球在最低點的速度最小值應(yīng)為多少？

錯解：擺球運動到最高點時，最小速度為v =，由于擺在運動過程中，只有重力做功，則根據(jù)機械能守恒有：mv20=mg·2L+mv2 ，解之得：v0 =。

剖析：上述錯解忽視了正、負(fù)電荷之間的引力作用。

正解：擺球運動到最高點時，受到重力mg、正電荷對它的引力F = k、繩子的拉力T作用，根據(jù)向心力公式可得：

T + mg + k=m。由于T ≥ 0，所以有：v≥。

由于擺在運動過程中，只有重力做功，則根據(jù)機械能守恒有：mv20=mg·2L+mv2 ，解之得：v0 =。

（作者單位：安徽省靈璧縣黃灣中學(xué)）

責(zé)任編校 李平安endprint

圓周運動是高中物理中重要的內(nèi)容，由于它涉及的知識點較多，涉及的知識面也較寬，導(dǎo)致有些同學(xué)在求解此類問題時常常會出現(xiàn)錯誤。下面舉例分析，希望能夠引起同學(xué)們的注意。

【例1】如圖1所示，半徑為R的光滑球體固定在水平面上，從球體的最高點A由靜止釋放一個質(zhì)量為M的小滑塊，求小滑塊在下滑過程中離開球體的位置和速率。

錯解：有些同學(xué)在讀完題目后，認(rèn)為小滑塊M離開球體的位置為C，由機械能守恒定律有：MgR=Mv2，解之得：v=。

剖析：上述錯解在于誤認(rèn)為小滑塊在球面上做的圓周運動。

正解：滑塊在光滑的球面上下滑的過程中，沿著球面做圓周運動，向心力是重力與支持力在半徑方向上的合力。重力的另一分力使小滑塊速度不斷增大，小滑塊需要的向心力也就不斷增大，當(dāng)支持力為零時，向心力達最大值，隨著速度的增加小滑塊將做離心運動，離開球面。則有：mgcos？茲=；又由動能定理可知：MgR-MgRcos？茲=，解得v=.

小滑塊離開物體的高度為，此后小滑塊離開球體，做拋體運動。

【例2】一內(nèi)壁光滑的環(huán)形細(xì)圓管位于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為R（比細(xì)管的半徑大得多），圓管中有兩個直徑與細(xì)管內(nèi)徑相同的小球（可視為質(zhì)點）。A球的質(zhì)量為m1，B球的質(zhì)量為m2，它們沿環(huán)形圓管順時針運動，經(jīng)過最低點時的速度都為v0。設(shè)A球運動到最低點時，B球恰好運動到最高點，若要此時兩球作用于圓管的合力為零，請寫出用m1、m2、R來表示v0的關(guān)系式。

錯解：根據(jù)題意可知，在A球通過最低點時，圓管給A球向上的彈力F1為向心力，則有：F1 = m1 ①

B球在最高點時，圓管對它的作用力F2為向心力，方向向下，則有F2 = m2 ②

因為m2由最高點到最低點機械能守恒，則有：

m2 g ·2R +m2 v21=m2 v 20 ③

F1 = F2 ④

聯(lián)立以上四式可解得：v0 =。

剖析：上述錯解的原因在對向心力分析時遺漏了重力。

正解：首先畫出小球運動到最高點、最低點的受力圖，如圖2所示。A球在圓管最低點必受向上彈力F1，此時兩球?qū)A管的合力為零，m2必受圓管向下的彈力F2，且F1 = F2。根據(jù)牛頓第二定律可知：

A球在圓管的最低點時有：F1–m1g = m1 ①

B球在最高點時有：m2g+F2 = m2 ②

因為m2由最高點到最低點機械能守恒，則有：

m2 g ·2R +m2v21=m2v20 ③

F1 = F2 ④

聯(lián)立以上四式可解得：v0 =。

【例3】 如圖3所示，長為L的輕繩一端固定在O點，另一端拴一個質(zhì)量為m的小球，開始時繩處于水平面上方30°的位置，繩剛好伸直，然后將小球自由釋放，求小球到最低點時受到細(xì)繩的拉力大小。

錯解：有些同學(xué)認(rèn)為小球做圓周運動，由機械能守恒定律得：mg（L+Lsin300）=mv2

對小球在最低點時受力分析有：T-mg=

則有：T=4mg。

剖析：上述錯解原因在于沒有正確地分析物體的運動過程，小球釋放后繩是松弛的，對物體無作用力，如圖4所示。小球從A到B做自由落體運動，到達B點時細(xì)繩被拉直，小球接著做圓周運動至C點。

正解：小球從A到B的運動，由機械能守恒定律有：

mv2B=mg（+）。

當(dāng)小球到達B點時，細(xì)繩在瞬間繃直，繩的沖力使小球的運動狀態(tài)發(fā)生了改變，由于細(xì)繩不能伸長，所以沿著繩的方向速度瞬間為0，而垂直于繩的方向速度不變，即小球從B點以v′B = vB cos30°為初速度向下做圓周運動至C點，根據(jù)機械能守恒定律可知：mv′2B+mgL=mv20

對小球在C點受力分析可知：T-mg=。

聯(lián)立以上各式可解得：T = 3.5 mg。

【例4】用長L = 1.6 m的細(xì)繩，一端系著質(zhì)量M = 1 kg的木塊，另一端掛在固定點上，現(xiàn)有一顆質(zhì)量為m = 20 g的子彈以速度v1 = 500 m/s的水平速度向木塊中心射擊，結(jié)果子彈穿出木塊后以v2 = 100 m/s的速度前進。問木塊可運動到多高？（取g = 10 m/s2，空氣阻力不計）

錯解：在水平方向上動量守恒，則有：

mv1 = Mv + mv2 （v為木塊被子彈擊中后的速度） ①

木塊被子彈擊中后便以速度v開始擺動。由于繩子對木塊的拉力跟木塊的位移垂直，對木塊不做功，所以木塊的機械能守恒，即mv2=mgh（h為木塊所擺動的高度） ②

由上述兩式代入已知數(shù)據(jù)可解得：v = 8 m/s，h = 3.2 m。

剖析：上述錯解顧此失彼，只考慮了機械能守恒，而忽視了能否滿足沿圓周軌道運動的條件。實際上h = 3.2 m，就是木塊擺到了B點，如圖5所示，則它在B點時的速度vB應(yīng)滿足方程mg =M。此時木塊的重力提供了木塊在B點做圓周運動所需的向心力，解上述方程可得vB == 4 m/s。

如果vB < 4 m/s，則木塊不能升到B點，在到達B點之前的某一位置以某一速度開始做斜向上拋運動，而木塊在B點時的速度vB = 4 m/s，是不符合機械能守恒定律的，木塊在B點時的機械能為（選A點為零勢能點），則EB = mgh +

Mv2B= 1 × 10 × 3.2 J +× 1 × 42 J = 40 J，木塊在A點時的機械能EA =Mv2=× 1 × 82 J = 32 J。兩者不相等，因此木塊不能升高到B點，而是升高到h < 3.2 m的某處。

事實上，在木塊向上運動的過程中，速度逐漸減小。當(dāng)木塊運動到某一臨界位置C時，如圖6所示。木塊所受的重力在繩子方向的分力恰好等于木塊做圓周運動所需的向心力，此時繩子的拉力為零，繩子便開始松弛了。木塊就從這個位置開始，以此時刻所能達到的高度就是C點的高度和從C點開始的斜上拋運動的最大高度之和。

正解：如上分析，從①求得vA = v = 8 m/s。在臨界位置C時的速度vC = v2–2gL（1 + cosθ） ③

又mgcosθ = m，即

v2C= gLcosθ ④

由③、④可求得：cosθ ==，則θ=arccos。

所以h′ = L（1+cosθ）=L。

木塊從C點開始以速度vC做斜上拋運動所能達到的最大高度h′′為：h′′ ===L，所以木塊能達到的最大高度h為：h = h′ + h′′ =L+L= 2.96 m。

注意：物體能否做圓周運動，要看物體所受的合力能否提供物體所需的向心力，若不能提供，則物體就會離開軌道。

【例5】如圖7所示，一擺長為L的擺，擺球質(zhì)量為m，帶電量為 –q，如果在懸點A放一正電荷q，且正、負(fù)電荷間存在沿二者連線的引力，引力大小為F = k。要使擺球能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，則擺球在最低點的速度最小值應(yīng)為多少？

錯解：擺球運動到最高點時，最小速度為v =，由于擺在運動過程中，只有重力做功，則根據(jù)機械能守恒有：mv20=mg·2L+mv2 ，解之得：v0 =。

剖析：上述錯解忽視了正、負(fù)電荷之間的引力作用。

正解：擺球運動到最高點時，受到重力mg、正電荷對它的引力F = k、繩子的拉力T作用，根據(jù)向心力公式可得：

T + mg + k=m。由于T ≥ 0，所以有：v≥。

由于擺在運動過程中，只有重力做功，則根據(jù)機械能守恒有：mv20=mg·2L+mv2 ，解之得：v0 =。

（作者單位：安徽省靈璧縣黃灣中學(xué)）

責(zé)任編校 李平安endprint

圓周運動是高中物理中重要的內(nèi)容，由于它涉及的知識點較多，涉及的知識面也較寬，導(dǎo)致有些同學(xué)在求解此類問題時常常會出現(xiàn)錯誤。下面舉例分析，希望能夠引起同學(xué)們的注意。

【例1】如圖1所示，半徑為R的光滑球體固定在水平面上，從球體的最高點A由靜止釋放一個質(zhì)量為M的小滑塊，求小滑塊在下滑過程中離開球體的位置和速率。

錯解：有些同學(xué)在讀完題目后，認(rèn)為小滑塊M離開球體的位置為C，由機械能守恒定律有：MgR=Mv2，解之得：v=。

剖析：上述錯解在于誤認(rèn)為小滑塊在球面上做的圓周運動。

正解：滑塊在光滑的球面上下滑的過程中，沿著球面做圓周運動，向心力是重力與支持力在半徑方向上的合力。重力的另一分力使小滑塊速度不斷增大，小滑塊需要的向心力也就不斷增大，當(dāng)支持力為零時，向心力達最大值，隨著速度的增加小滑塊將做離心運動，離開球面。則有：mgcos？茲=；又由動能定理可知：MgR-MgRcos？茲=，解得v=.

小滑塊離開物體的高度為，此后小滑塊離開球體，做拋體運動。

【例2】一內(nèi)壁光滑的環(huán)形細(xì)圓管位于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為R（比細(xì)管的半徑大得多），圓管中有兩個直徑與細(xì)管內(nèi)徑相同的小球（可視為質(zhì)點）。A球的質(zhì)量為m1，B球的質(zhì)量為m2，它們沿環(huán)形圓管順時針運動，經(jīng)過最低點時的速度都為v0。設(shè)A球運動到最低點時，B球恰好運動到最高點，若要此時兩球作用于圓管的合力為零，請寫出用m1、m2、R來表示v0的關(guān)系式。

錯解：根據(jù)題意可知，在A球通過最低點時，圓管給A球向上的彈力F1為向心力，則有：F1 = m1 ①

B球在最高點時，圓管對它的作用力F2為向心力，方向向下，則有F2 = m2 ②

因為m2由最高點到最低點機械能守恒，則有：

m2 g ·2R +m2 v21=m2 v 20 ③

F1 = F2 ④

聯(lián)立以上四式可解得：v0 =。

剖析：上述錯解的原因在對向心力分析時遺漏了重力。

正解：首先畫出小球運動到最高點、最低點的受力圖，如圖2所示。A球在圓管最低點必受向上彈力F1，此時兩球?qū)A管的合力為零，m2必受圓管向下的彈力F2，且F1 = F2。根據(jù)牛頓第二定律可知：

A球在圓管的最低點時有：F1–m1g = m1 ①

B球在最高點時有：m2g+F2 = m2 ②

因為m2由最高點到最低點機械能守恒，則有：

m2 g ·2R +m2v21=m2v20 ③

F1 = F2 ④

聯(lián)立以上四式可解得：v0 =。

【例3】 如圖3所示，長為L的輕繩一端固定在O點，另一端拴一個質(zhì)量為m的小球，開始時繩處于水平面上方30°的位置，繩剛好伸直，然后將小球自由釋放，求小球到最低點時受到細(xì)繩的拉力大小。

錯解：有些同學(xué)認(rèn)為小球做圓周運動，由機械能守恒定律得：mg（L+Lsin300）=mv2

對小球在最低點時受力分析有：T-mg=

則有：T=4mg。

剖析：上述錯解原因在于沒有正確地分析物體的運動過程，小球釋放后繩是松弛的，對物體無作用力，如圖4所示。小球從A到B做自由落體運動，到達B點時細(xì)繩被拉直，小球接著做圓周運動至C點。

正解：小球從A到B的運動，由機械能守恒定律有：

mv2B=mg（+）。

當(dāng)小球到達B點時，細(xì)繩在瞬間繃直，繩的沖力使小球的運動狀態(tài)發(fā)生了改變，由于細(xì)繩不能伸長，所以沿著繩的方向速度瞬間為0，而垂直于繩的方向速度不變，即小球從B點以v′B = vB cos30°為初速度向下做圓周運動至C點，根據(jù)機械能守恒定律可知：mv′2B+mgL=mv20

對小球在C點受力分析可知：T-mg=。

聯(lián)立以上各式可解得：T = 3.5 mg。

【例4】用長L = 1.6 m的細(xì)繩，一端系著質(zhì)量M = 1 kg的木塊，另一端掛在固定點上，現(xiàn)有一顆質(zhì)量為m = 20 g的子彈以速度v1 = 500 m/s的水平速度向木塊中心射擊，結(jié)果子彈穿出木塊后以v2 = 100 m/s的速度前進。問木塊可運動到多高？（取g = 10 m/s2，空氣阻力不計）

錯解：在水平方向上動量守恒，則有：

mv1 = Mv + mv2 （v為木塊被子彈擊中后的速度） ①

木塊被子彈擊中后便以速度v開始擺動。由于繩子對木塊的拉力跟木塊的位移垂直，對木塊不做功，所以木塊的機械能守恒，即mv2=mgh（h為木塊所擺動的高度） ②

由上述兩式代入已知數(shù)據(jù)可解得：v = 8 m/s，h = 3.2 m。

剖析：上述錯解顧此失彼，只考慮了機械能守恒，而忽視了能否滿足沿圓周軌道運動的條件。實際上h = 3.2 m，就是木塊擺到了B點，如圖5所示，則它在B點時的速度vB應(yīng)滿足方程mg =M。此時木塊的重力提供了木塊在B點做圓周運動所需的向心力，解上述方程可得vB == 4 m/s。

如果vB < 4 m/s，則木塊不能升到B點，在到達B點之前的某一位置以某一速度開始做斜向上拋運動，而木塊在B點時的速度vB = 4 m/s，是不符合機械能守恒定律的，木塊在B點時的機械能為（選A點為零勢能點），則EB = mgh +

Mv2B= 1 × 10 × 3.2 J +× 1 × 42 J = 40 J，木塊在A點時的機械能EA =Mv2=× 1 × 82 J = 32 J。兩者不相等，因此木塊不能升高到B點，而是升高到h < 3.2 m的某處。

事實上，在木塊向上運動的過程中，速度逐漸減小。當(dāng)木塊運動到某一臨界位置C時，如圖6所示。木塊所受的重力在繩子方向的分力恰好等于木塊做圓周運動所需的向心力，此時繩子的拉力為零，繩子便開始松弛了。木塊就從這個位置開始，以此時刻所能達到的高度就是C點的高度和從C點開始的斜上拋運動的最大高度之和。

正解：如上分析，從①求得vA = v = 8 m/s。在臨界位置C時的速度vC = v2–2gL（1 + cosθ） ③

又mgcosθ = m，即

v2C= gLcosθ ④

由③、④可求得：cosθ ==，則θ=arccos。

所以h′ = L（1+cosθ）=L。

木塊從C點開始以速度vC做斜上拋運動所能達到的最大高度h′′為：h′′ ===L，所以木塊能達到的最大高度h為：h = h′ + h′′ =L+L= 2.96 m。

注意：物體能否做圓周運動，要看物體所受的合力能否提供物體所需的向心力，若不能提供，則物體就會離開軌道。

【例5】如圖7所示，一擺長為L的擺，擺球質(zhì)量為m，帶電量為 –q，如果在懸點A放一正電荷q，且正、負(fù)電荷間存在沿二者連線的引力，引力大小為F = k。要使擺球能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，則擺球在最低點的速度最小值應(yīng)為多少？

錯解：擺球運動到最高點時，最小速度為v =，由于擺在運動過程中，只有重力做功，則根據(jù)機械能守恒有：mv20=mg·2L+mv2 ，解之得：v0 =。

剖析：上述錯解忽視了正、負(fù)電荷之間的引力作用。

正解：擺球運動到最高點時，受到重力mg、正電荷對它的引力F = k、繩子的拉力T作用，根據(jù)向心力公式可得：

T + mg + k=m。由于T ≥ 0，所以有：v≥。

由于擺在運動過程中，只有重力做功，則根據(jù)機械能守恒有：mv20=mg·2L+mv2 ，解之得：v0 =。

（作者單位：安徽省靈璧縣黃灣中學(xué)）

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