第4章 5.牛顿运动定律的应用(word版练习)-【突破课堂】2025-2026学年高中物理必修第一册同步基础巩固练（人教版）

5.牛顿运动定律的应用 A组 教材夯基础 限时10分钟 1.如图所示,一个质量为0.15 kg的棒球被球员接住的过程中,速度会在大约0.05 s内从30 m/s骤减到0,作用在这个棒球上的力约为(　　) A.45 N B.90 N C.200 N D.600 N 2.民航客机都有紧急出口,发生意外情况的飞机紧急着陆后,打开紧急出口,狭长的气囊会自动充气,生成一条连接出口与地面的斜面,如图所示,人员可沿斜面滑行到地面。假设某型号的飞机舱口下沿距地面高度为3.6 m,气囊所形成的斜面长度为6 m,一个质量为60 kg的人在气囊顶端由静止沿斜面滑下时,其运动可视为匀加速直线运动,已知人沿气囊下滑时所受的阻力为120 N,取g=10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.人沿气囊下滑至气囊底端时的速度大小为8 m/s B.人沿气囊下滑至气囊底端时的速度大小为4 m/s C.人下滑过程所经历的时间约为3 s D.人下滑过程所经历的时间约为1 s 易错易混辨析 3.若已知物体的受力情况,可以由运动学公式求出加速度。(　　) 4.若已知物体所受的合外力恒定,且合外力的方向与物体的运动方向在同一条直线上,则根据牛顿第二定律求出物体做匀变速直线运动的加速度,再根据运动学公式求速度、位移等物理量。(　　) 5.若已知物体做匀变速直线运动的速度、位移等物理量,则可以根据运动学公式求出加速度,进而根据牛顿运动定律求力。(　　) 6.若已知物体的运动情况,可以根据牛顿第二定律求出加速度。(　　) B组 单一知识点 限时40分钟 知识点1　从受力确定运动情况 7.如图所示,直角三角形斜劈ABC固定在水平面上,∠ABC=37°,斜边AB长3 m,P点将AB分成两部分。小物块与AP段间的动摩擦因数为μ1=0.5,与PB段间的动摩擦因数为μ2=。若小物块从A点由静止释放,下滑到B点时速度刚好为零,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,则小物块从A点下滑到B点的时间为(　　) A.3 s B.4 s C.5 s D.6 s 8.创建文明城市,提倡机动车礼让行人。某司机开车以14 m/s速度行驶到路口附近,发现有行人准备过斑马线,立即刹车停下礼让行人。若车轮与地面间的动摩擦因数μ=0.7,g=10 m/s2。求: (1)汽车刹车时的加速度大小; (2)汽车刹车后的位移。 9.游乐场中的“激流勇进”是深受大家喜爱的娱乐项目。如图所示,乘客坐在船中,随着提升机到达高处,由静止开始沿着斜坡滑道飞滑而下,劈波斩浪的刹那带给人惊险刺激的感受。设乘客与船的总质量为m=100 kg,船与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ=0.5,斜坡滑道的倾角θ=37°(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),斜坡滑道与水平滑道间是平滑连接的(即经过B点速度大小不变),整个运动过程中空气阻力忽略不计,船在斜坡滑道上滑行8 s进入水平滑道,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)船沿斜坡滑道下滑时的加速度大小a1; (2)船沿斜坡滑道下滑到B点时的速度大小v; (3)船在水平滑道滑行的最大距离x。 知识点2　从运动情况确定受力情况 10.中国女航天员王亚平在“天宫一号”利用“质量测量仪”测出指令长聂海胜的质量,其原理如图所示,轻杆穿过光滑限位孔,右端固定有质量可忽略的圆盘支架,左端通过“弹簧—凸轮”机构能够产生一个恒力F。首先将聂海胜固定在支架上,然后在力F作用下使他发生一段位移x,光栅测速系统测出力F作用的时间Δt=0.4 s,位移x=0.3 m,光屏显示聂海胜的质量为74.0 kg。由此可知恒力F的大小约为(　　) A.56 N　　B.148 N　　C.278 N　　D.740 N 11.(多选)2022年10月10日起,北京全面开放了无人驾驶出租车服务,出租车在市区内行驶时有限速要求。某辆出租车载人后的总质量为1 000 kg,并以限定的最高速度36 km/h行驶,当遥感系统感应到前方10 m处有障碍时,其智能刹车系统同时启动,出租车刹车后失去动力,做匀减速直线运动,出租车不会撞上障碍物,直到停止,则(　　) A.出租车刹车的最小加速度大小为10 m/s2 B.出租车刹车的最小加速度大小为5 m/s2 C.出租车刹车时受到的最小阻力为5 000 N D.出租车刹车时受到的最小阻力为2 000 N 12.质量为0.6 kg的物体静止在水平地面上。现用水平拉力F作用于物体上,2 s后撤去拉力F,物体运动的速度-时间图像如图所示。由以上信息可求得水平拉力F的大小为(　　) A.1.5 N B.2.1 N C.2.5 N D.3.0 N 13.一质量m=2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角θ=37°且足够长的斜面。现在用传感器测出了小物块从底端运动至最高点过程中多个时刻的瞬时速度并画出小物块上滑过程中速度v随时间t的变化图像,如图所示。计算时取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2。 (1)求小物块冲上斜面上滑时的加速度大小a; (2)求小物块与斜面间的动摩擦因数。 14.“辽宁号”航空母舰是我国第一艘服役的航空母舰。某次测试时,质量m=2.5×104 kg的舰载机从静止的航空母舰的水平甲板上起飞,采用的弹射装置使舰载机获得v0=12 m/s的初速度,发动机提供恒定的推力使舰载机在航空母舰跑道上做匀加速直线运动,经t=3 s运动了126 m后离舰升空。已知舰载机在水平甲板上运动时受到的阻力为舰载机所受重力的,航空母舰始终静止,取重力加速度大小为g=10 m/s2。 (1)求发动机提供的恒定推力F1的大小; (2)若某次舰载机着舰时的速度大小为v1=84 m/s,舰载机需在阻拦索和阻力的共同作用下在125 m内减速到0,舰载机受到阻拦索的作用力可视为恒力,求阻拦索对舰载机的最小作用力F2的大小。 15.《无人机快递投递服务规范》已于2021年1月1日起正式施行,标志着无人机送货已经进入运营阶段。某次在往高层送货时,无人机从地面加速上升一段时间后速度达到最大;之后,关闭动力匀减速到速度为零时刚好到达第21层的窗口。这一过程中无人机上升的高度h=60 m,其v-t图像如图乙所示。已知无人机及货物的质量m=5 kg,不考虑无人机及货物受到的空气阻力,取g=10 m/s2。求: (1)无人机上升过程中的最大速度; (2)货物加速上升时受到无人机牵引力的大小。 C组 综合知识点 限时35分钟　　　　　 16.充气火箭是一种操作非常简单的玩具,只需要踩一下气囊,小火箭就会飞起来。某次游玩时,同学将火箭(质量为m)竖直向上摆放,发射后测量发现火箭到达最高点和从最高点下落回地面的时间之比约为1∶,火箭的运动视为只在竖直方向上,上升和下落的过程中小火箭所受阻力大小不变,则小火箭受到的阻力大小约为(重力加速度为g)(　　) A.mg　　B.mg　　C.mg　　D.mg 17.(多选)滑雪运动是深受大家喜爱的娱乐项目。如图,一滑雪场的滑雪道由斜直雪道和水平雪道平滑连接,人坐在滑雪车中沿斜直雪道下滑,以初速度v0进入水平雪道,经过4 s从水平雪道的另一端滑出。已知水平雪道长40 m,g取10 m/s2,滑雪车与水平雪道间的动摩擦因数为μ,空气阻力忽略不计,下列v0、μ值可能正确的是(　　) A.v0=15 m/s B.v0=25 m/s C.μ=0.4 D.μ=0.6 18.如图,在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车,先后经过路面和冰面(结冰路面),最终停在冰面上。刹车过程中,汽车在路面与在冰面上所受阻力之比为7∶1,位移之比为8∶7。则汽车进入冰面瞬间的速度为(　　) A.v0　　B.v0　　C.v0　　D.v0 19.如图,水平桌面上有一薄板,薄板上摆放着小圆柱体A、B、C,圆柱体的质量分别为mA、mB、mC,且mA>mB>mC。用一水平外力将薄板沿垂直BC的方向抽出,圆柱体与薄板、桌面间的动摩擦因数均相同。则抽出后,三个圆柱体留在桌面上的位置所组成的图形可能是(　　) A B C D 20.(多选)传送带在生产生活中有着广泛应用。如图乙所示,长为L的传送带与水平面夹角为θ,传送带以速度v0逆时针匀速转动,在传送带的上端轻轻释放一个质量为m的小物块,小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g为重力加速度),图丙为小物块运动的v-t图像,则(　　) 甲 A.小物块在0~t0时间内加速度为g sin θ+μg cos θ B.小物块与传送带之间的动摩擦因数μ≤tan θ C.在0~t0内物块相对传送带向上滑动的距离为v0t0 D.小物块受到传送带的摩擦力方向一直沿传送带向上 21.(多选)如图所示,在竖直圆周上有两个光滑斜面AB和CD,A、D分别为圆周上的最高点和最低点。B、C点均在圆周上,且所在高度相同。一个可以看作质点的物块分别从A、C两点由静止沿斜面滑到底端,沿两个斜面下滑时的加速度大小分别为a1、a2,滑到底端的速度大小分别为v1、v2,所用时间分别为t1、t2,下列说法正确的是(　　) A.a1<a2 B.v1>v2 C.t1=t2 D.t1>t2 变式21-1　(情境变式)如图所示,OA、OB是竖直面内两根固定的光滑细杆,O、A、B位于同一圆周上,OB为圆的直径。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),两个滑环都从O点无初速度释放,用t1、t2分别表示滑环到达A、B所用的时间,则(　　) A.t1=t2　　　　　B.t1<t2 C.t1>t2　　　 D.无法比较t1、t2的大小 22.图甲是上海东方明珠塔和观光电梯示意图。小明乘坐观光电梯时,通过手机上的加速度传感器,记录了电梯从静止开始运动的加速度a随时间t变化情况,近似处理后得到如图乙所示图像(以向上为正方向)。电梯总质量m=3.0×103 kg,忽略一切阻力,重力加速度g取10 m/s2,下列说法中正确的是(　　) A.电梯在第1 s末的速率为1 m/s B.电梯在第10 s末速度达到最大 C.电梯在11~30 s内向上做匀速运动且速率为10 m/s D.电梯在上升过程中受到的最小拉力为3.0×104 N 23.水平面上有一质量m=2 kg的物块,受到大小为15 N,方向与水平方向成θ=53°角的恒力F作用,物块由静止开始运动,4 s后撤去外力。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2。求:(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6) (1)第4 s末物块的速度大小; (2)撤去外力F后,物块还能滑行多远。 D组 高考怎么考 限时25分钟 　　　　　 　　　　　 　　　　 24.(全国甲)如图,将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处,上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节,使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放,物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°,物块的下滑时间t将(　　) A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 25.(浙江6月选考)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示,倾斜滑轨与水平面成24°角,长度l1=4 m,水平滑轨长度可调,两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑,其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=,货物可视为质点(取cos 24°=0.9,sin 24°=0.4,g取10 m/s2)。 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小; (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小; (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s,求水平滑轨的最短长度l2。 26.(河北卷)如图,一滑雪道由AB和BC两段滑道组成,其中AB段倾角为θ,BC段水平,AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下,若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶,恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ=,重力加速度取g=10 m/s2,sin θ=,cos θ=,忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求滑道AB段的长度。 27.(浙江7月选考)如图1所示,有一质量m=200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时,测得电机的牵引力随时间变化的F-t图线如图2所示,t=34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力,求物件(g=10 m/s2) (1)做匀减速运动的加速度大小和方向; (2)匀速运动的速度大小; (3)总位移的大小。 图1　　　　　　　　　图2 5.牛顿运动定律的应用 A组 教材夯基础 1.B　棒球质量m=0.15 kg,在t=0.05 s内速度从v0=30 m/s骤减到0,棒球的加速度大小a=,解得a=600 m/s2,作用在这个棒球上的力F=ma,解得F=90 N,故选B。 2.B　设斜面的倾角为θ,则有 sin θ===0.6,根据牛顿第二定律可得mg sin θ-f=ma,解得加速度为a=4 m/s2,由v2=2aL,可得人滑至气囊底端时的速度大小为v=4 m/s,故A错误,B正确;根据位移时间公式可得L=at2,解得人下滑过程所经历的时间为t= s,故C、D错误。 易错易混辨析 3.✕　4.√　5.√　6.✕ B组 单一知识点 7.A　根据题意分析,物块在AP段做匀加速直线运动,加速度设为a1,在PB段做匀减速直线运动,加速度大小设为a2,根据牛顿第二定律,AP段,mg sin 37°-μ1mg cos 37°=ma1,解得a1=2 m/s2,PB段,μ2mg cos 37°-mg sin 37°=ma2,解得a2=1 m/s2,设物块经过P点时的速度为v,斜边AB长L=3 m,则+=L,解得v=2 m/s,则小物块从A点下滑到B点的时间为t=+=3 s,故选A。 8.答案　(1)7 m/s2　(2)14 m,方向跟初速度方向一致 解题思路　(1)根据牛顿第二定律有μmg=ma 解得加速度的大小a=7 m/s2 (2)汽车刹车后做匀减速直线运动,有0-=-2as 解得汽车刹车后的位移s=14 m 方向跟初速度的方向一致 9.答案　(1)2 m/s2　(2)16 m/s　(3)25.6 m 解题思路　(1)在斜坡滑道上,对船和乘客整体受力分析,由牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma1 解得a1=2 m/s2 (2)由运动学公式得v=a1t1 解得v=16 m/s (3)在水平滑道上,对船和乘客整体受力分析,由牛顿第二定律得μmg=ma2 解得a2=5 m/s2 由运动学公式得v2=2a2x 解得x=25.6 m 10.C　聂海胜做匀加速直线运动,根据位移公式x=at2,得加速度a== m/s2=3.75 m/s2,根据牛顿第二定律有F=ma=74.0×3.75 N=277.5 N,故选C。 11.BC　由题知,出租车的初速度为v0=36 km/h=10 m/s,根据速度位移公式,可得最小加速度大小为a==5 m/s2,故A错误,B正确;根据牛顿第二定律有f=ma,解得最小阻力为f=5 000 N,故C正确,D错误。 12.C　v-t图像的斜率代表加速度,减速阶段的加速度大小a1= m/s2,则阻力f=ma1,加速阶段的加速度大小a2= m/s2,根据牛顿第二定律得F-f=ma2,联立解得F=2.5 N,故选C。 13.答案　(1)8 m/s2　(2)0.25 解题思路　(1)由于v-t图像中斜率表示加速度,则由图可得,加速度大小a= m/s2=8 m/s2 (2)由牛顿第二定律有mg sin 37°+μmg cos 37°=ma 解得μ=0.25 14.答案　(1)5.5×105 N　(2)6.556×105 N 解题思路　(1)根据位移时间关系x=v0t+at2 代入数据解得a=20 m/s2 根据牛顿第二定律可得F1-mg=ma 解得F1=5.5×105 N (2)根据速度位移关系=2a´x´ 解得a´=28.224 m/s2 根据牛顿第二定律可得F2+mg=ma´ 解得F2=6.556×105 N 15.答案　(1)20 m/s　(2)75 N 解题思路　(1)由v-t图像知时间t=6 s,由h=vt 解得v=20 m/s (2)设货物加速过程的时间为t1,关闭动力匀减速时加速度大小为g,则v=g(t-t1),解得t1=4 s 设货物加速时的加速度大小为a,可得 a== m/s2=5 m/s2 根据牛顿第二定律得F牵-mg=ma 解得F牵=75 N C组 综合知识点 16.A　将上升过程看作是反向的匀加速运动,根据h=at2,可得==2,上升过程,ma上=mg+f,下降过程,ma下=mg-f,解得f=mg,故选A。 17.AC　设水平雪道长L,在其上运动时间为t,滑出时的速度为v,则平均速度为==,由于从水平雪道的另一端滑出,所以有v>0,解得v0<20 m/s,A正确,B错误;设加速度大小为a,有μmg=ma,解得a=μg,根据匀变速直线运动规律,x=,由于v>0,v0<20 m/s,解得μ<0.5,C正确,D错误。  18.B　设汽车在路面与在冰面上的加速度大小分别为a1、a2,汽车进入冰面瞬间的速度为v1,由牛顿第二定律f=ma,可知汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为==,由运动学公式,在路面上有-=2a1x1,在冰面上有=2a2x2,其中=,解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1=,故选项B正确。 19.A　设圆柱体的质量为m,圆柱体与薄板、桌面间的动摩擦因数均为μ,则在抽薄板的过程中,圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动,离开薄板后在桌面摩擦力的作用下做减速运动,根据牛顿第二定律有μmg=ma,得加速运动与减速运动的加速度大小都为a=μg,由于圆柱体A先离开薄板,B、C同时后离开薄板,则根据v=at可知,A离开薄板时的速度小于B、C离开薄板时的速度,由x=at2知A加速的位移小于B、C加速的位移,离开薄板后,根据v2=2ax可知,B、C在桌面上滑动的距离相等,且大于A在桌面上滑动的距离。故选项A正确。 20.AC　根据题意可知,小物块在0~t0时间内的速度小于传送带的速度,由牛顿第二定律有mg sin θ+μmg cos θ=ma,解得a=g sin θ+μg cos θ,故A正确;由图丙可知,t0之后,小物块继续加速运动,则有mg sin θ>μmg cos θ,解得μ<tan θ,故B错误;根据题意,结合图丙可知,小物块在t0时刻,速度为v0,由运动学公式可得,在0~t0内物块相对传送带向上滑动的距离为x=v0t0-=,故C正确;由上述分析可知,在0~t0内,小物块受到的摩擦力沿传送带向下,故D错误。 易错警示　小物块在0~t0内的速度比传送带的小,相对传送带上滑,受到传送带的摩擦力沿传送带向下;t0以后小物块的速度大于v0,相对传送带下滑,受到传送带的摩擦力方向沿传送带向上。 21.AC　如图所示,连接A、C,设AB与AD的夹角为θ,则CD与CB的夹角也为θ,对物块受力分析,由牛顿第二定律可得a1==g cos θ、a2==g sin θ,由图可知sin θ=、 cos θ=, 则 cos θ<sin θ,则有a1<a2,故A正确;设圆周的半径为R,沿斜面AB有2R cos θ=g cos θ·,沿斜面CD有2R sin θ=g sin θ·,则有t1=t2=,故C正确,D错误;物块到达底端的速度v1=a1t1=g cos θ×= cos θ,v2=a2t2=g sin θ×= sin θ,则有v1<v2,故B错误。  规律总结　等时圆模型 (1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦由静止开始滑到环的最低点所用时间相等,如图甲所示。 (2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等,如图乙所示。 (3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,质点沿不同的光滑弦(过切点)上端由静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示。 变式21-1　C　如图所示,以O点为最高点,取合适的直径作等时圆,由图可知,从O到C、B所用时间相等,比较可知OA>OC,可得t1>t2,故选C。 22.C a-t图线与t轴所围的面积表示速度变化量,电梯在第1 s末的速率可用0到1 s内a-t图线与t轴所围的面积表示,即v1=a1t1=0.5 m/s,电梯在第10 s末的速率可用0到10 s内a-t图线与t轴所围的面积表示,即v2=×1 m/s=9.5 m/s,由图像可得,此段时间内a-t图线与t轴所围的面积并非最大,0~11 s内a-t图线与t轴所围面积最大,故电梯在第11 s末的速度最大,vm=×1 m/s=10 m/s,电梯在11~30 s内加速度为零,故向上做匀速运动,且速率与第11 s末的速率一致,为10 m/s,A、B错误,C正确;电梯减速上升过程中,拉力较小,最小拉力出现在以最大加速度减速时,即在31 s到40 s之间,此时加速度a2=-1.0 m/s2,根据牛顿第二定律得F-mg=ma2,解得F=2.7×104 N,故D错误。 23.答案　(1)10 m/s　(2)10 m 解题思路　(1)物块竖直方向受力平衡,有 mg=F sin θ+FN 水平方向根据牛顿第二定律有F cos θ-f=ma 其中f=μFN 联立解得a=2.5 m/s2 第4 s末物块的速度大小v=at=2.5×4 m/s=10 m/s (2)撤去外力F后物块的加速度大小为a´==μg=5 m/s2 撤去外力后,物块还能滑行的距离x== m=10 m D组 高考怎么考 24.D　设P点与竖直杆的距离为l,则PQ=,对物块,根据牛顿第二定律,有mg sin θ=ma,得a=g sin θ,由x=at2,得=g sin θ·t2,得t=,当2θ=,即θ=时,t最小,由题知θ从30°增大到60°,故下滑时间先减小后增大,D选项正确。 易错警示　本题中P到竖直杆的距离l不变,P、Q间的距离在变化,如果错认为P、Q间距离不变,则会造成解题错误。 小题巧解　作以P点为最低点且与铁架台竖直杆切于M点的圆,如图所示,由等时圆结论可知,平板与竖直杆的交点Q与M点重合时,物块从Q点下滑到P点所用时间最短,由几何关系可知此时θ=45°,故选项D正确。 25.答案　(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m 解题思路　(1)由牛顿第二定律得 mg sin 24°-μmg cos 24°=ma1 解得a1=2 m/s2 (2)由运动学公式得v2=2a1l1 解得v=4 m/s (3)由运动学公式得-v2=2a2l2 由牛顿第二定律得 -μmg=ma2 解得l2=2.7 m 26.答案　9 m 解题思路　A→B过程 对背包(m1)受力分析,由牛顿第二定律得 m1g sin θ-μm1g cos θ=m1a1 解得a1=2 m/s2 由运动分析得: l=a1t2 对滑雪者:由运动分析得 l=v0(t-t0)+a2(t-t0)2 其中t0=1 s 联立解得l=9 m 27.答案　(1)0.125 m/s2　竖直向下　(2)1 m/s (3)40 m 解题思路　(1)由牛顿第二定律得mg-F=ma 解得a=g-=0.125 m/s2 方向竖直向下 (2)由运动学公式得v=at2=1 m/s (3)匀速上升的位移h1=vt1=26 m 匀减速上升的位移h2=t2=4 m 总位移h=40 m (点拨:因为加速到总位移的时才开始计时,所以h=h1+h2,h=40 m) 学科网（北京）股份有限公司 $