牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用教師版

1、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用一、單選題（本大題共5小題，共30分）1. 如圖所示，A為電磁鐵，C為膠木秤盤，A和C(包括支架)的總重量M，B為鐵片，質(zhì)量為m，整個(gè)裝置用輕繩懸于O點(diǎn)，當(dāng)電磁鐵通電，鐵片被吸引上升的過(guò)程中，輕繩上拉力()A. F=mgB. Mg<F<(M+m)gC. F=(M+m)gD. F>(M+m)gD（樂(lè)陵一中）解：當(dāng)電磁鐵通電前，繩的拉力應(yīng)為(M+m)g；當(dāng)電磁鐵通電后，鐵片被吸引上升.常識(shí)告訴我們，鐵片被吸引，向電磁體運(yùn)動(dòng)靠近，其運(yùn)動(dòng)情況是變加速運(yùn)動(dòng)，即越靠近電磁鐵，吸力越大，加速度越大.根據(jù)F=ma可知，此過(guò)程中超重，吸引力大于鐵片重力.由于磁力，將整個(gè)電磁鐵

2、裝置與鐵片聯(lián)系到一起.因?yàn)殡姶盆F吸引鐵片的吸引力大于鐵片的重力，則根據(jù)作用力與反作用力原理，鐵片吸引電磁鐵的力為F的反作用力，大小相等、方向相反，且作用在兩個(gè)不同的物體上.所以，繩的拉力大于(M+m)g.所以選項(xiàng)D正確，ABC錯(cuò)誤故選D 通電后，鐵片被吸引上升.常識(shí)告訴我們，鐵片被吸引，向電磁體運(yùn)動(dòng)靠近，其運(yùn)動(dòng)情況是變加速運(yùn)動(dòng)，即越靠近電磁鐵，吸力越大，加速度越大，根據(jù)F=ma可知，此過(guò)程中超重本題考查了物體的超重和失重，記住要點(diǎn)：加速度向上超重，加速度向下失重2. 人站在電梯內(nèi)的體重計(jì)上，當(dāng)體重計(jì)示數(shù)增大時(shí)，可能的原因是()A. 電梯勻速上升B. 電梯勻減速上升C. 電梯勻減速下降D. 電梯

3、勻加速下降C（樂(lè)陵一中）解：A、電梯勻速上升或勻速下降時(shí)處于平衡狀態(tài)，重力等于支持力，N=mg，體重計(jì)示數(shù)不會(huì)增大，故A錯(cuò)誤；C、體重計(jì)示數(shù)增大，則體重計(jì)對(duì)人的支持力大于人的重力，人受到的合力向上，處于超重狀態(tài)，電梯可能加速上升或減速下降，故C正確，BD錯(cuò)誤；故選：C先對(duì)人受力分析，受重力和支持力，體重計(jì)示數(shù)即為受到的壓力，而壓力等于支持力；再對(duì)人進(jìn)行運(yùn)動(dòng)分析，確定加速度方向；最后根據(jù)牛頓第二定律列式求解本題應(yīng)明確超重與失重的性質(zhì)，知道只要加速度向上，就是超重，加速度向下，就是失重，與物體的運(yùn)動(dòng)速度方向無(wú)關(guān)，同時(shí)，超重與失重現(xiàn)象只是物體對(duì)支撐物的壓力變大，而重力保持不變3. 某人在地面上最多可

4、舉起60kg的物體，某時(shí)他在豎直向上運(yùn)動(dòng)的電梯中最多舉起了100kg的物體，據(jù)此判斷此電梯加速度的大小和方向(g=10m/s2)()A. 4m/s2 豎直向上B. 16.7m/s2  豎直向上C. 4m/s2  豎直向下D. 10m/s2豎直向下C（樂(lè)陵一中）解；由題意知物體處于失重狀態(tài)，此人最大的舉力為F=mg=60×10N=600N則由牛頓第二定律得，m'g-F=m'a，解得a=1000-600060=4m/s2.方向向下故選：C 根據(jù)人在地面上最多能舉起質(zhì)量為60kg的物體，計(jì)算出人最大的舉力.由牛頓第二定律求出

5、人變速運(yùn)動(dòng)的電梯中能舉起的物體的最大質(zhì)量本題是應(yīng)用牛頓第二定律研究超重和失重的問(wèn)題，關(guān)鍵抓住人的最大舉力是一定的4. 城市部分過(guò)街天橋裝有智能化電動(dòng)扶梯，如圖所示，當(dāng)乘客站上扶梯時(shí)，它先緩慢加速，然后再勻速上升，則()A. 乘客始終處于超重狀態(tài)B. 乘客始終處于失重狀態(tài)C. 電梯對(duì)乘客的作用力始終豎直向上D. 電梯勻速上升時(shí)，電梯對(duì)乘客的作用力豎直向上D（樂(lè)陵一中）解：AB、加速運(yùn)動(dòng)階段，顧客的加速度沿電梯斜向上，有豎直向上的分加速度，根據(jù)牛頓第二定律，電梯對(duì)他的支持力大于其重力，處于超重狀態(tài)；勻速運(yùn)動(dòng)階段，加速度為0，所以既不超重也不失重.故AB錯(cuò)誤C、D，勻加速運(yùn)動(dòng)階段，電梯對(duì)顧客的支持力

6、豎直向上，靜摩擦力水平向右，兩者合力斜向右上方.勻速運(yùn)動(dòng)階段，電梯對(duì)顧客的支持力豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律，顧客對(duì)電梯作用力的方向先指向左下方，后豎直向下.故C錯(cuò)誤、D正確故選：D先分析顧客的運(yùn)動(dòng)情況：先加速，再勻速，加速度方向先沿電梯斜向上，后為零，利用牛頓第二定律對(duì)他進(jìn)行受力分析，就能得到解答應(yīng)用牛頓第二定律分析物體受力情況，是物理上常用方法，特別要抓住牛頓第二定律的矢量性，即加速度方向與合力方向相同，對(duì)分析受力很有好處5. 如圖，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B兩物體疊放在一起從C點(diǎn)由靜止下滑，下滑過(guò)程中A、B保持相對(duì)靜止，則()A. 在CD段時(shí)，A受三個(gè)力作用B. 在DE段時(shí)，

7、A可能受三個(gè)力作用C. 在DE段時(shí)，A受摩擦力方向一定沿斜面向上D. 整個(gè)下滑過(guò)程中，A、B均處于失重狀態(tài)C（樂(lè)陵一中）解：A、在CD段，整體的加速度為：a=(mA+mB)gsinmA+mB=gsin，隔離對(duì)A分析，有：mAgsin+fA=mAa，解得：fA=0，可知A受重力和支持力兩個(gè)力作用.故A錯(cuò)誤B、設(shè)DE段物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，在DE段，整體的加速度為：a=(mA+mB)gsin-(mA+mB)gcosmA+mB=gsin-gcos，隔離對(duì)A分析，有：mAgsin+fA=mAa，解得：fA=-mAgcos，方向沿斜面向上若勻速運(yùn)動(dòng)，A受到靜摩擦力也是沿斜面向上，所以A一定受三個(gè)力

8、.故B錯(cuò)誤，C正確D、整體下滑的過(guò)程中，CD段加速度沿斜面向下，A、B均處于失重狀態(tài)在DE段，可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，不處于失重狀態(tài).故D錯(cuò)誤故選：C根據(jù)牛頓第二定律求出整體的加速度，隔離對(duì)A分析，判斷B對(duì)A是否有摩擦力本題考查了物體的受力分析，A、B保持相對(duì)靜止，之間有無(wú)摩擦力是解決本題的突破口，本題通過(guò)整體隔離分析，運(yùn)用牛頓第二定律求解二、多選題（本大題共4小題，共24分）6. 如圖所示，頂端裝有定滑輪的斜面體放在粗糙水平面上，A、B兩物體通過(guò)細(xì)繩相連，并處于靜止?fàn)顟B(tài)(不計(jì)繩的質(zhì)量和繩與滑輪間的摩擦).現(xiàn)用水平向右的力F作用于物體B上，將物體B緩慢拉高一定的距離，此過(guò)程中斜面體與物體A仍然保持

9、靜止.在此過(guò)程中()A. 水平力F一定變大B. 斜面體所受地面的支持力一定變大C. 物體A所受斜面體的摩擦力一定變大D. 地面對(duì)斜面體的摩擦力一定變大AD（樂(lè)陵一中）解：取物體B為研究對(duì)象，分析其受力情況如圖所示，則有F=mgtan，T=mgcos，在將物體B緩慢拉高的過(guò)程中，增大，則水平力F和細(xì)繩上的拉力T隨之變大.故A正確；對(duì)A、B兩物體與斜面體這個(gè)系統(tǒng)而言，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，因拉力F變大，則地面對(duì)斜面體的摩擦力一定變大，而豎直方向并沒(méi)有增加其他力，故斜面體所受地面的支持力不變；故D正確；B錯(cuò)誤；在這個(gè)過(guò)程中盡管繩子張力變大，但是開(kāi)始時(shí)物體A所受斜面體的摩擦力方向未知，故物體A所受斜面體的

10、摩擦力的情況無(wú)法確定.故C錯(cuò)誤；故選AD本題為動(dòng)態(tài)平衡類題目，分別分析B和整體，由共點(diǎn)力的平衡條件可得出各部分力的變化對(duì)于用繩子連接的物體，可以沿繩子的方向作為整體作出受力分析，則可以簡(jiǎn)化解題過(guò)程7. 如圖所示，物體A、B的質(zhì)量均為M，物體C的質(zhì)量為14M，輕繩與輕滑輪間的摩擦不計(jì)，輕繩不可伸長(zhǎng)且足夠長(zhǎng)，重力加速度為g，系統(tǒng)在由靜止釋放后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A. 物體A上升加速度為13gB. 物體A上升加速度為19gC. 輕繩對(duì)A的拉力為MgD. 物體C對(duì)B的拉力為29MgBD（樂(lè)陵一中）解：AB、以整體為研究對(duì)象，相同運(yùn)動(dòng)的合力等于C的重力，即F合=14Mg，整體根據(jù)牛頓第二定

11、律可得：加速度a=F合2M+14M=19g，所以A錯(cuò)誤、B正確；C、設(shè)繩子拉力為T，以A為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得：T-Mg=Ma，解得：T=109Mg，所以C錯(cuò)誤；D、設(shè)C和B之間的拉力為F，以C為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得：14Mg-F=14Ma，解得：F=29Mg，所以物體C對(duì)B的拉力為29Mg，D正確故選：BD以整體為研究對(duì)象求解加速度大小；以A為研究對(duì)象求解輕繩對(duì)A的拉力大小，以C為研究對(duì)象求解C和B之間的繩子的拉力大小本題主要是考查了牛頓第二定律的知識(shí)；利用牛頓第二定律答題時(shí)的一般步驟是：確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行正交分解、在坐標(biāo)軸上利用牛頓第二定律建立方程進(jìn)行解答

12、；注意整體法和隔離法的應(yīng)用8. 升降機(jī)箱內(nèi)底部放一個(gè)質(zhì)量為m的物體，當(dāng)箱從高空某處以初速度v0下落時(shí)，其速度-時(shí)間圖象如圖乙所示，以下說(shuō)法正確的是()A. 物體在0t1時(shí)間內(nèi)加速度值變小B. 物體在0t1時(shí)間內(nèi)加速度值變大C. 物體在0t1時(shí)間內(nèi)處于超重狀態(tài)D. 物體在0t1時(shí)間內(nèi)處于失重狀態(tài)AC（樂(lè)陵一中）解：A、在v-t圖中，圖線的斜率表示物體速度變化的快慢，即斜率表示物體的加速度，由圖可知，在0t1時(shí)間內(nèi)物體的加速度逐漸減小.故A正確，B錯(cuò)誤；C、物體在0t1時(shí)間內(nèi)的初速度的方向向下，是向下做減速運(yùn)動(dòng)，所以加速度的方向向上，物體處于超重狀態(tài).故C正確，D錯(cuò)誤故選：AC 考查v-t圖象，由

13、圖可知物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)為向下減速，加速度方向向上，物體處于超重狀態(tài)，且由圖象的斜率可得出加速度的變化是逐漸減小物體處于失重還是超重不是由其速度決定的，而是由其加速度方向決定的，加速度方向向上處于超重，此時(shí)物體可能向上加速運(yùn)動(dòng)，也可能向下減速運(yùn)動(dòng).失重時(shí)也是有如此兩種情形，可能向下加速也可能向上減速9. 下列說(shuō)法中正確的是()A. 氣體對(duì)容器的壓強(qiáng)是大量氣體分子對(duì)容器的碰撞引起的，它跟氣體分子的密集程度以及氣體分子的平均動(dòng)能有關(guān)B. 在繞地球飛行的宇宙飛船中，自由飄浮的水滴呈球形，這是表面張力作用的結(jié)果C. 液晶顯示器是利用了液晶對(duì)光具有各向同性的特點(diǎn)D. 當(dāng)兩分子間距離大于平衡位置的間距r0時(shí)，

14、分子間的距離越大，分子勢(shì)能越小AB（樂(lè)陵一中）解：A、氣體對(duì)密閉容器的壓強(qiáng)是大量氣體分子對(duì)容器的碰撞引起的，取決于分子的密集程度和分子的平均動(dòng)能.故A正確；B、在繞地球飛行的宇宙飛船中，自由飄浮的水滴呈球形，這是表面張力作用的結(jié)果.故B正確；C、液晶顯示器是利用了液晶對(duì)光具有各向異性的特點(diǎn).故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)r>r0時(shí)，分子力表現(xiàn)為引力，隨著分子之間距離的增大，分子間的作用力都減小，但表現(xiàn)為引力，所以分子力做負(fù)功，故D錯(cuò)誤故選：AB利用溫度是平均動(dòng)能的標(biāo)志和壓強(qiáng)的微觀解釋，取決于分子的密集程度和分子的平均動(dòng)能；自由飄浮的水滴呈球形，這是表面張力作用的結(jié)果；液晶顯示器是利用了液晶對(duì)光具有各向

15、異性的特點(diǎn)；兩分子間距離大于平衡位置的間距r0時(shí)，分子間的距離越大，分子勢(shì)能越大明確溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，注意是大量分子的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，如只提幾個(gè)分子毫無(wú)意義；與彈簧類比分子作用力和分子勢(shì)能間的關(guān)系三、填空題（本大題共1小題，共5分）10. 人乘坐電梯，電梯未啟動(dòng)時(shí)，地板對(duì)人的支持力_ 人所受的重力(選填“大于”、“小于”或“等于”)；當(dāng)電梯加速上升時(shí)，地板對(duì)人的支持力_ 人所受的重力(選填“大于”、“小于”或“等于”)等于；大于（樂(lè)陵一中）解：當(dāng)電梯未啟動(dòng)時(shí)，物體的加速度a=0，根據(jù)牛頓第二定律FN-mg=ma可得FN=mg+ma=m(g+a)=mg，故地板對(duì)人的支持力等于人所受的重力；當(dāng)電

16、梯加速上升時(shí)，a>0，由以上分析可知FN=mg+ma=m(g+a)>mg即地板對(duì)人的支持力大于人所受的重力故答案為：等于；大于要求地板對(duì)人的支持力，應(yīng)以人為研究對(duì)象對(duì)人進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出人所受的支持力，即可得出答案處理此類問(wèn)題的步驟是：選取研究對(duì)象，受力分析，利用牛頓第二定律列方程求解四、計(jì)算題（本大題共4小題，共48分）11. 如圖所示，質(zhì)量M=4kg、長(zhǎng)L=2m的木板A靜止在光滑水平面上，質(zhì)量m=1kg的小滑塊B置于A的左端。B在F=3N的水平恒力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)B運(yùn)動(dòng)至A的中點(diǎn)時(shí)撤去力F。A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2，g取10m/s2。求： 

17、0;(1)撤去F之前A、B的加速度大小a1、a2； (2)F對(duì)B做的功W；解：(1)根據(jù)牛頓第二定律得：對(duì)A：mg=Ma1，代入數(shù)據(jù)得：a1=0.5m/s2對(duì)B：F-mg=ma2，代入數(shù)據(jù)得：a2=1m/s2；即：撤去F之前A、B的加速度大小a1、a2分別為0.5m/s2、1m/s2；(2)設(shè)F作用時(shí)間為t，由位移公式得：對(duì)B：xB=12a2t2；對(duì)A：xA=12a1t2；當(dāng)B運(yùn)動(dòng)至A的中點(diǎn)時(shí)，有：xB-xA=L2； 代入數(shù)據(jù)得：t=2s；  F做的功：W=FxB；代入數(shù)據(jù)得：W=6J；即：F對(duì)B做的功W是6J。（樂(lè)陵一中）本題考查了功能關(guān)系、牛頓第二定律。本題是

18、復(fù)雜的力學(xué)綜合題，要邊計(jì)算邊分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，要抓住各個(gè)過(guò)程之間的聯(lián)系，如速度關(guān)系、位移關(guān)系，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合研究。(1)根據(jù)牛頓第二定律求A、B的加速度大小a1、a2；(2)當(dāng)B運(yùn)動(dòng)至A的中點(diǎn)時(shí)B與A對(duì)地位移之差等于L2，根據(jù)位移時(shí)間公式和位移關(guān)系求出F作用的時(shí)間t，再求得B的位移，即可由W=Fx求解F對(duì)B做的功W。12. 質(zhì)量M=3kg的滑板A置于粗糙的水平地面上，A與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)1=0.3，其上表面右側(cè)光滑段長(zhǎng)度L1=2m，左側(cè)粗糙段長(zhǎng)度為L(zhǎng)2=0.51m，質(zhì)量m=2kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊B靜止在滑板上的右端，滑塊與粗糙段的動(dòng)摩擦因數(shù)2=0.1，取g=10m/s&#

19、178;，現(xiàn)用F1=18N的水平恒力拉動(dòng)A向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)B滑上板粗糙部分的瞬時(shí)，把向右的恒力大小變?yōu)镕2=14N，試通過(guò)計(jì)算分析：A、B是否會(huì)分離？若會(huì)，求出B從滑上A的粗糙部分到A、B分離所經(jīng)歷的時(shí)間 解：在F的作用下，A做勻加速運(yùn)動(dòng)，B靜止不動(dòng)，當(dāng)A運(yùn)動(dòng)位移為L(zhǎng)1時(shí)B進(jìn)入粗糙段，設(shè)此時(shí)A的速度為vA，則：對(duì)A：由動(dòng)能定理：F1L1-1M+mgL1=12MvA2B進(jìn)入粗糙段后，設(shè)A加速度為aA，加速度為aB，對(duì)A：F2-1M+mg-2mg=MaA  對(duì)B： aB=2g 即A以vA=2m/s的初速度，1m/s2的加速度大小向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B從靜止開(kāi)始

20、，向右做加速度大小為1m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)從B滑到粗糙段開(kāi)始?xì)v經(jīng)時(shí)間t后二者共速，則有vA-aAt=aBt，此時(shí)二者的相對(duì)位移大小x=vAt-12aAt2-12aBt2=1m>L2，所以二者在共速前已分離由解得t´=0.3s（樂(lè)陵一中）對(duì)于牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問(wèn)題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和受力情況，利用牛頓第二定律或運(yùn)動(dòng)學(xué)的計(jì)算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進(jìn)行解答；知道加速度是聯(lián)系靜力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁。分析A和B的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)動(dòng)能定理求出當(dāng)A運(yùn)動(dòng)位移為L(zhǎng)1時(shí)速度，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小，再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移時(shí)間關(guān)系、速度時(shí)間關(guān)系列方程求解.

21、0;13. 如圖所示，水平地面有三個(gè)質(zhì)量均為m=1kg的小物塊A、B、C，A、B間用一根輕繩水平相連。一水平恒力F作用于A，使三物塊以相同加速度運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后撤去F.已知B與C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)1=0.5，A和C與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)2=0.2，若最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2.求：(1)力F的最大值；(2)從撤去F到三物塊停止運(yùn)行的過(guò)程中，B受到的摩擦力。解：(1)B、C剛要滑動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得：對(duì)C：1mg-2(m+m)g=ma，解得：a=1m/s2，對(duì)ABC系統(tǒng)：F-2(m+m+m)g=3ma，解得：F=9N；(2)撤去拉力后，設(shè)BC相對(duì)靜止，由牛頓第二定律得：對(duì)ABC系統(tǒng)

22、：2(m+m+m)=3ma'，解得：a'=2m/s2，對(duì)C：2(m+m)g-fBC=ma'，解得：fBC=2N<fBm=1mg=5N，假設(shè)正確，撤去拉力后BC相對(duì)靜止，它們間的摩擦力為2N；答：(1)力F的最大值為9N；(2)從撤去F到三物塊停止運(yùn)行的過(guò)程中，B受到的摩擦力為2N。（樂(lè)陵一中）(1)由牛頓第二定律求出B、C相對(duì)滑動(dòng)時(shí)的臨界加速度，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出最大拉力。(2)應(yīng)用牛頓第二定律求出撤去拉力后的加速度，求出B受到的摩擦力。本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程與受力情況是解題的前提，應(yīng)用牛頓第二定律即可解題，解題時(shí)注意整

23、體法與隔離法的應(yīng)用。14. 如圖所示，長(zhǎng)l=5m、傾角為37的傾斜傳送帶兩端各通過(guò)一小段光滑圓弧與AB、CD兩個(gè)光滑的水平軌道平滑連接，現(xiàn)有一小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))以v0=10m/s的速度沿AB軌道向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)傳送帶靜止時(shí)，小物體恰好能滑到CD軌道上，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：(1)小物體跟傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)當(dāng)小物體在AB軌道上的運(yùn)動(dòng)速度低于某一數(shù)值時(shí)，無(wú)論傳送帶順時(shí)針運(yùn)動(dòng)的速度多大，小物體總不能到達(dá)軌道CD，求這個(gè)臨界速度；(3)若小物體以8m/s的速度沿軌道AB向右運(yùn)動(dòng)，欲使小物體到達(dá)軌道CD，傳送帶至少以多大的速度順時(shí)針運(yùn)動(dòng)解：(1)傳送帶靜止

24、時(shí)，小物體受力如圖甲所示，據(jù)牛頓第二定律得：mgcos+mgsin=ma1BC過(guò)程有：v02=2a1l                 解得：a1=10 m/s2，=0.5(2)顯然，當(dāng)小物體受到的摩擦力始終向上時(shí)，最容易到達(dá)傳送帶頂端，此時(shí)，小物體受力如圖乙所示，據(jù)牛頓第二定律得：mgsin37-mgcos37=ma2    若恰好能到達(dá)高臺(tái)時(shí)，有：v22=2a2l  &#