第3章 第2讲 牛顿第二定律的应用-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（广东专版）

第2讲　牛顿第二定律的应用 第三章　运动和力的关系 1 [学习目标]　1.掌握动力学两类基本问题的求解方法。2.理解各种动力学图像，并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义。 2 基础知识　自主梳理 核心知识　典例研析 考点一　动力学的两类基本问题 考点二　动力学中的图像问题 考点三　超重与失重 分层训练　巩固提高 内容索引 3 基础知识　自主梳理 一 4 一、动力学的两类基本问题 1.动力学的两类基本问题 第一类：已知物体的受力情况求__________； 第二类：已知物体的运动情况求__________。 运动情况 受力情况 2.解决两类基本问题的方法 以__________为“桥梁”，由运动学公式和______________列方程求解，具体逻辑关系如图： 加速度 牛顿第二定律 二、动力学中的图像问题 1.常见图像 v－t图像、a－t图像、F－t图像、F－a图像等。 2.解题策略 (1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。 (2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。 (3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。 二 核心知识　典例研析 9 考点一　动力学的两类基本问题 能力考点 10 1.动力学问题的解题思路 11 2.解题关键 (1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。 (2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。 [典例1]　风洞是空气动力学研究和实验中广泛使 用的工具。某研究小组设计了一个总高度H0＝ 24 m的低速风洞，用来研究某物体在竖直方向上 的运动特性。如图所示，风洞分成一个高度为H1 ＝16 m的无风区和一个受风区。某物体质量m＝ 10 kg，在无风区中受到空气的恒定阻力，大小 为20 N，在受风区受到空气对它竖直向上的恒 定作用力。某次实验时该物体从风洞顶端由静止释放，且运动到风洞底端时速度恰好为0，求在本次实验中：(g取10 m/s2) 考向1　已知物体受力，分析物体运动情况 (1)该物体的最大速度； [解析]　在无风区对该物体由牛顿第二定律得 mg－f＝ma1 解得a1＝8 m/s2 物体在无风区做匀加速直线运动，有 ＝2a1H1 解得最大速度为vmax＝16 m/s。 [答案]　 16 m/s (2)该物体在受风区受到空气对它的作用力大小； [解析]　物体在受风区向下运动时做匀减速直线 运动，则有 ＝2a2(H0－H1) 解得a2＝16 m/s2 由牛顿第二定律得F－mg＝ma2 解得恒力为F＝260 N。 [答案]　260 N (3)该物体第一次从风洞底端上升的最大距离。 [解析]　物体在受风区向上运动时做匀加速直线运动， 到分界线时速度大小为16 m/s，再次进入无风区后做 匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mg＋f＝ma3 解得a3＝12 m/s2 向上做匀减速运动的位移为H2＝ m 则第一次上升的最大高度为H＝H0－H1＋H2＝ m。 [答案]　 m 16 [典例2]　(2025·广东揭阳模拟)一晴朗的冬日，某同学在冰雪游乐场乘坐滑雪圈从静止开始沿斜直雪道匀变速下滑，滑行60 m后进入水平雪道，继续滑行80 m后匀减速到零。已知该同学和滑雪圈的总质量为60 kg，整个滑行过程用时14 s，斜直雪道倾角为37°，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。 考向2　已知物体运动情况，分析物体受力 (1)求该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力f的大小； [解析]　该同学和滑雪圈在斜直雪道上滑行时做初速度为0的匀加速直线运动，加速度大小为a1，位移大小为s1，时间为t1，末速度为vm；在水平雪道上滑行时，做末速度为0的匀减速直线运动，位移大小为s2，时间为t2，分析运动过程可得 s1＝t1，s2＝t2，t1＋t2＝14 s 解得斜直雪道末速度vm＝20 m/s 该同学在斜直雪道运动时间t1＝6 s，在水平雪 道运动时间t2＝8 s 在斜直雪道上的加速度大小为a1＝ m/s2 由牛顿第二定律得mgsin 37°－f＝ma1 解得该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力为f＝160 N。 [答案]　160 N (2)若水平雪道区域重新规划，使水平雪道距离缩短为60 m，之后再铺设10 m长的防滑毯，可使该同学和滑雪圈在防滑毯终点恰好安全停下，求防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数。 [解析]　设在水平雪道上滑行时，加速度大小为a2，则a2＝＝2.5 m/s2 使水平雪道距离缩短为60 m，设该同学和滑雪圈滑出水平雪道的速度为v，则－v2＝2a2s3 解得v＝10 m/s 设在防滑毯上的加速度大小为a3，则v2＝2a3s4 解得a3＝ m/s2＝5 m/s2 由牛顿第二定律可得μmg＝ma3，解得防滑毯与 滑雪圈之间的动摩擦因数μ＝0.5。 [答案]　0.5 考点二　动力学中的图像问题 能力考点 22 常见动力学图像及应用方法 v－t图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力 F－a图像 首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量 a－t图像 要注意加速度的正、负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程 F－t图像 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质 23 [典例3]　(2024·广东卷)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y。所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。 其F－y图像或y－t图像可能正确的是(　　) B [解析]　在木块下落H高度之前，木块所受合外力 为木块的重力保持不变，即F＝mg；当木块接触弹 簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律有mg－ k(y－H)＝F，随着y增大，F减小；当弹簧弹力大 于木块重力后到最低点的过程中，有F＝k(y－H)－mg，木块所受合外力向上，随着y增大，F增大，故A错误，B正确。在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据y＝gt2，速度逐渐增大， y－t图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律有 mg－k(y－H)＝F＝ma，木块的速度继续增大，做 加速度减小的加速运动，所以y－t图像斜率继续增 大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中 有F＝k(y－H)－mg，木块所受合外力向上，木块做 加速度增大的减速运动，所以y－t图像斜率减小， 到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运动到最高点，而C图中H点过后速度就开始逐渐减小，实际速度还应该增大，直到平衡位置速度到达最大，然后速度逐渐减为零；D图前半段速度不变，不符合题意，正确y－t图像示意图如图所示，故C、D错误。 本题与粤教版教材必修一第119页练习第3题考查情境和考查点相似。 考教衔接 [典例4]　(2025·广东珠海模拟)如图甲所示，倾角α＝37°的斜面体固定在水平面上，一质量为m＝1 kg的滑块放在斜面上，滑块与斜面体之间的动摩擦因数μ＝0.5。t＝0时刻在滑块上施加一平行斜面向上的外力F使其由静止开始运动，滑块的加速度随时间的变化规律如图乙所示。取沿斜面向上的方向为正，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下 列说法正确的是(　　) A.0~1 s内外力与3~4 s内外力F大小之比为1∶1 B.2 s末滑块速度的大小为6 m/s C.1 s末与3 s末滑块的速度等大反向 D.滑块4 s末运动到最高点 D [解析]　由题图乙知，在0~1 s时间 内，滑块加速度恒定为2 m/s2，做 匀加速直线运动，由牛顿第二定律 得F1－mgsin α－μmgcos α＝ma1， 解得F1＝12 N，在3~4 s时间内，滑块的加速度沿斜面向下，大小恒为 2 m/s2，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mgsin α＋μmgcos α－F2＝ma2，解得F2＝8 N，则0~1 s内外力与3~4 s内外力大小之比为3∶2，故A错误；a－t图像中图线与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，而滑块由静止开始运动，因此由a－t图像可得，在t＝2 s时滑块的速度大 小为v＝×(1＋2)×2 m/s＝3 m/s， 故B错误；在t＝1 s到t＝3 s时间内， 滑块先加速后减速，由题图中面积 关系可知，速度变化量大小相等， 1 s末与3 s末滑块的速度大小均为2 m/s，方向均沿正方向，故C错误；在0~4 s时间内，由面积关系可知，滑块运动的方向不变，先沿正方向做加速运动，后沿正方向做减速运动，在t＝4 s时，滑块的速度为零，此时滑块运动到最高点，故D正确。 考点三　超重与失重 32 1.对超重和失重现象的理解 (1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力(或拉力)变大或变小了。 (2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等。 (3)即使物体的加速度不是沿竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。 33 2.判断超重和失重的方法 从受力的角度判断 当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态 从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态 从速度变化的角度判断 当物体向上加速或向下减速时，物体处于超重状态；当物体向下加速或向上减速时，物体处于失重状态 [典例5]　(2025·八省联考云南卷)某同学站在水平放置于电梯内的电子秤上，电梯运行前电子秤的示数如图甲所示。电梯竖直上升过程中，某时刻电子秤的示数如图乙所示，则该时刻电梯(重力加速度g取10 m/s2) (　　) A.做减速运动，加速度大小为1.05 m/s2 B.做减速运动，加速度大小为 0.50 m/s2 C.做加速运动，加速度大小为1.05 m/s2 D.做加速运动，加速度大小为 0.50 m/s2 考向1　对超、失重现象的理解 D [解析]　由题图可知，该同学处于超重状态，加速度向上，因电梯向上运动，则该时刻电梯向上做加速运动，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma，由题意可知F＝630 N，mg＝600 N，可得a＝ m/s2＝0.50 m/s2，故选D。 [典例6]　(2025·广东揭阳模拟)图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心。图乙是根据力传感器采集到的数据画出的力—时间图像。两图中a~g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。 考向2　超、失重现象的图像问题 根据图像可知(　　) A.d点位置对应人处于跳起的最高点 B.c点位置对应人处于失重状态 C.b点位置对应人处于下蹲过 程的最低点 D.b点位置对应人处于失重状态 D [解析]　由题图乙可知，人的重力为500 N，d、c点位置人所受支持力大于重力，人的加速度向上，处于超重状态，尚未离地，A、B错误；b点位置人所受支持力小于重力，人的加速度向下，处于失重状态，且加速下蹲，还没有到达最低点，C错误，D正确。 分层训练　巩固提高 三 40 1.(2025·广东东莞模拟)无人驾驶汽车从发现紧急情况到开始刹车的时 间为反应时间为0.2 s。某无人驾驶汽车以30 m/s的速度在干燥路面从发 现紧急情况到刹车停下来要运动96 m。则车轮与路面间的动摩擦因数为 (g取10 m/s2)(　　) A.0.05 B.0.468 C.0.5 D.0.6 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：设车轮与路面间的动摩擦因数为μ，则汽车刹车过程的加速度大小为a＝＝μg，根据题意有x＝v0t0＋＝96 m，其中v0＝30 m/s，t0＝0.2 s，联立解得μ＝0.5，故选C。 C A 夯实基础 41 2.(2025·广东茂名模拟)电动平衡车是一种新的短途代步工具。已知人和平衡车的总质量是60 kg，启动平衡车后，车由静止开始向前做直线运动，某时刻关闭动力，最后停下来，其v－t图像如图所示。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 42 假设平衡车与地面间的动摩擦因数为μ，g取10 m/s2，则(　　) A.平衡车与地面间的动摩擦因数为0.6 B.平衡车整个运动过程中的位移大小为195 m C.平衡车在整个运动过程中的平均速度大小为3 m/s D.平衡车在加速阶段的动力大小为72 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 43 解析：关闭动力后，平衡车做匀减速运动，加速度大小为a，结合图像可得 a＝＝μg，a＝ m/s2＝0.6 m/s2 解得μ＝0.06，故A错误； v－t图线与横轴围成的面积表示位移，即 x＝(25＋40)×6× m＝195 m 整个运动过程中的平均速度大小为 m/s＝4.875 m/s，故B正确，C错误； 平衡车在加速阶段时有F－f＝ma1，a1＝1.2 m/s2，解得F－f＝72 N，而f≠0，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 44 3.(2025·广东广州模拟)如图，篮球从某一高度自由落 下，与地面反复碰撞，最后停在地面上。空气阻力不计， 下列图像能大致反映该过程篮球的加速度随时间变化关 系的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 45 解析：篮球自由落下到与地面接触前，只受重力作用， 加速度不变，以向下为正方向，加速度为正值，图线为 平行于t轴的线段。篮球与地面接触到反弹离开地面的 过程中，受到的地面向上的弹力先从零开始逐渐增大， 篮球所受的合力ma1＝mg－FN，开始阶段地面弹力FN小 于重力，合力向下，篮球向下继续挤压，FN增大，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，篮球这一阶段向下做加速度(向下，为正)减小的加速运动；弹力FN增大到超过重力大小时，合力向上，其大小为ma2＝FN－mg，随着FN增大，加速度a逐渐增大，方向向上，篮球向下做加速度(向上，为负)增大的减速运动直至速度为零。篮球开始向上运动(离开地面前)的过程是篮球向下挤压地面过程的逆过程，加速度变化特点是：向上(为负)减小，再向下(为正)增大。故B符合题意，A、C、D不符合题意。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 46 4.(2023·全国乙卷)一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随 后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成 正比，则该排球(　　) A.上升时间等于下落时间 B.被垫起后瞬间的速度最大 C.达到最高点时加速度为零 D.下落过程中做匀加速运动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 47 解析：空气阻力大小与速度大小成正比，即f＝kv(k为大于0的常量) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 从抛出点(v1)到原位置(v2) v1＞v2→ t上＜t下，A错；v1＞v2，被垫起后瞬间速度最大，B对；最高点速度为0→只受重力→a＝g，C错；下落过程 mg－kv↑＝ma↓， D错。 48 5.如图所示，一物体被水平向左的压力F压在粗糙的竖直墙壁 上，某时刻压力F的值为F0，此时物体处于静止状态，若从该 时刻起使压力F逐渐减小，直到减为零，则该过程中物体的加 速度a与压力F的关系图像可能正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 D 49 解析：设物体与竖直墙壁间的动摩擦因数为μ，物体的质量为m。压力为F0时，物体处于静止状态，若此时摩擦力刚好达到最大值，则从该时刻起使压力F逐渐减小，物体立即获得加速度向下加速运动，根据牛顿第二定律可得mg－f＝ma，又f＝μN＝μF，联立可得a＝g－。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 50 6.(2025·广东湛江模拟)一同学乘电梯上楼，从静止开始出发，用手机 内置传感器测得某段时间内电梯的加速度a随时间t变化的图线如图所示， 以竖直向上为加速度的正方向，则(　　) A.t＝4 s时地板对该同学的支持力最小 B.t＝7 s时电梯对该同学的支持力为零 C.6~8 s内电梯上升的高度约为4 m D.6~8 s内电梯上升的高度约为9 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 C 51 解析：t＝4 s时，加速度向上且最大， 则该同学处于超重状态，根据牛顿 第二定律可得N－mg＝ma，可知地 板对该同学的支持力最大，故A错 误；t＝7 s时，加速度为0，根据受 力平衡可知，电梯对该同学的支持 力等于同学的重力，故B错误；根 据a－t图像与横轴围成的面积表示速度变化量，由图可知，0~6 s内围成的面积大约有4个小方格，则t＝6 s时的速度为v6＝Δv＝4×0.5×1 m/s＝2 m/s，由图像可知，6~8 s内电梯的加速度为0，做匀速运动，上升的高度约为h＝v6t＝2×2 m＝4 m，故C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 52 7.(多选)(2025·广东清远模拟)如图所示，一辆货车以72 km/h的速度沿平直公路匀速行驶，车斗内载有一个质量为500 kg的长方体货箱，货箱的前后两侧各被一条沿水平方向的绳子分别固定在车斗前后的栏板上，每根绳子的长度均为2 m且绳子能承受的最大张力均为1 000 N。已知货箱与车斗底板间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计绳子的重力，重力加速度g取10 m/s2，两条绳子在同一与货箱侧面垂直的水平线上。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 53 若前方突遇紧急情况要求货车刹车后必须在25 m内停下来，货车的刹车 过程可视为匀减速直线运动，下列说法中正确的是(　　) A.货车加速度大小的最小值为8 m/s2 B.货箱将首先与车斗前栏板相撞 C.货箱将首先与车斗后栏板相撞 D.刹车过程货箱能够相对车斗静止 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 AB 54 解析：根据题意知货车的初速度v＝72 km/h＝20 m/s， 设货车减速过程的最小加速度为a0，由运动学公式有 v2＝2a0x0，解得a0＝8 m/s2，故A正确；长方体货箱在 刹车过程中受到向后的摩擦力和后方绳子的拉力，若货箱与车相对静止，由牛顿第二定律有T＋μmg＝ma0解得T＝1 500 N＞1 000 N，所以后方绳子会断裂，绳子断裂后货箱只受滑动摩擦力，加速度大小a＝5 m/s2，由v2＝2ax，可知，货箱减速为零需要运动的距离x＝40 m＞(25＋2)m，所以货箱首先会与车斗前栏板相撞，故B正确，C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 55 8.(多选)随着科技的发展，我国的航空母 舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞 距离。如图所示，某航空母舰的水平跑道 总长l＝180 m，电磁弹射区的长度l1＝ 80 m。一架质量m＝2.0×104 kg的飞机， 其喷气式发动机可为飞机提供恒定的推力F推＝1.2×105 N，假设飞机在航母上受到的阻力恒为飞机重力的。若飞机可看成质量恒定的质点，从右边沿离舰的起飞速度v＝40 m/s，航空母舰始终处于静止状态(电磁弹射器提供的牵引力恒定，g取10 m/s2)。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 能力提升 56 下列说法正确的是(　　) A.飞机在电磁弹射区运动的加速度大 小a1＝5.0 m/s2 B.飞机在电磁弹射区的末速度大小v1＝20 m/s C.电磁弹射器对飞机的牵引力F牵的大小为2×104 N D.电磁弹射器在弹射过程中的功率是不变的 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 AC 57 解析：根据牛顿第二定律，飞机离开电磁 弹射区后有F推－0.2mg＝ma2，解得a2＝ 4.0 m/s2，由v2－＝2a2(l－l1)，解得飞机 在电磁弹射区的末速度v1＝20 m/s，由 ＝2a1l1，解得飞机在电磁弹射区运动的加速度a1＝5 m/s2，根据牛顿第二定律有F牵＋F推－0.2mg＝ma1，代入数据解得F牵＝2×104 N，故B错误，A、C正确；根据P＝Fv可知电磁弹射器在弹射过程中的功率不断增大，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 58 9.(多选)如图甲所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体。现对A施加 水平向右的拉力F，通过传感器可测得A的加速度a随拉力F变化的关系 如图乙所示。已知重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.A的质量mA＝2 kg B.A的质量mA＝6 kg C.A、B间的动摩擦因数μ＝0.6 D.A、B间的动摩擦因数μ＝0.2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 BD 59 解析：由图像可以看出，当F＜48 N时，A、B相对静止，加速度相同，以A、B为整体，由牛顿第二定律有F＝(mA＋mB)a，则a＝F，由数学知识得 kg－1＝ kg－1，故mA＋mB＝8 kg，当F＞48 N时，采用隔离法，对A由牛顿第二定律有F－μmAg＝mAa，则a＝F－μg，由数学知识得 kg－1＝ kg－1，可得mA＝6 kg，则mB＝2 kg，选项A错误，B正 确；由a＝F－μg，结合图 像知，当F＝60 N时，a＝ 8 m/s2，解得μ＝0.2，选项C 错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 60 10.(12分)(2025·广东大湾模拟)水面救生无人船已经成为水面救援的重要科技装备。在某次测试中，一质量为20 kg的无人船在平静水面上沿直线直奔目标地点。无人船先从静止出发，做匀加速运动10 s 后达到最大速度4 m/s，接着立即做匀减速运动，匀减速运动了16 m的距离后速度变为零。已知无人船运行过程中受到水的阻力恒定且大小为4 N，不计空气阻力，g取10 m/s2。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 61 (1)在匀加速过程中，无人船发动机提供的动力的大小F1； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：匀加速阶段加速度大小为 a1＝ 解得a1＝0.4 m/s2 由牛顿第二定律得F1－f＝ma1 解得F1＝12 N。 答案：12 N 62 (2)在匀减速过程中，无人船发动机提供的阻力的大小F2； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：匀减速阶段有0－＝－2a2s2 解得a2＝0.5 m/s2 由牛顿第二定律得F2＋f＝ma2 解得F2＝6 N。 答案：6 N 63 (3)无人船在上述测试中，运动的总时间t及总位移大小s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：匀减速阶段的时间为t2＝＝8 s 运动总时间为t＝t1＋t2＝18 s 匀加速阶段的位移为s1＝t1＝20 m 运动总位移大小为s＝s1＋s2＝36 m。 答案：18 s　36 m 64 $$