高三物理月考试题及答案-广东阳江市阳东一中、广雅中学2015届高三上学期第一次联考试卷

2014-2015学年广东省阳江市阳东一中、广雅中学高三（上）
第一次联考物理试卷
一、单项选择题（共4小题，每小题4分，满分16分）
1．（4分）下面哪一组单位属于国际单位制的基本单位（）
A．m、N、kg B．k g、m/s2、s C．m、kg、s D．m/s2、kg、N
2．（4分）关于物体的运动，下列说法不可能的是（）
A．加速度在减小，速度在增加
B．加速度方向始终改变而速度不变
C．加速度变化到最大时速度最小
D．加速度方向不变而速度方向变化
3．（4分）如图，质量为m的物体放置于水平地面上，一劲度系数为k的轻弹簧与之连接，弹簧右端受到拉力F的作用，没有超出弹性限度，下列说法正确的是（）
A．若物体静止不动，弹簧的伸长量为
B．若物体向右加速运动，弹簧的伸长量大于
C．只有物体向右匀速运动时，弹簧的伸长量才等于
D．不管物体做何运动，弹簧的伸长量始终等于
4．（4分）如图a，静止在光滑水平面上O点的物体，从t=0开始物体受到如图b所示的水平力作用，设向右为F的正方向，则物体（）
A．一直向左运动B．一直向右运动
C．一直匀加速运动D．在O点附近左右运动
二、双项选择题：在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．
5．（6分）某物体运动的速度图象如图所示，根据图象可知（）
A．0﹣2s内的加速度为1m/s2
B．0﹣5s内的位移为10m
C．4s﹣5s物体反向运动，5s末回到出发点
D．第1s末与第5s末加速度方向相反
6．（6分）物体从离地面45m高处做自由落体运动（g取10m/s2），则下列选项中正确的是（）
A．物体运动3s后落地
B．物体落地时的速度大小为20m/s
C．物体在落地前最后1s内的位移为25m
D．物体在整个下落过程中的平均速度为20m/s
7．（6分）如图所示，水平地面上放置着质量为M的粗糙斜面体，一质量为m的物体在拉力F的作用下静止于斜面上，则（）
A．地面对斜面体有水平向左的摩擦力
B．地面对斜面体无摩擦力
C．物体受摩擦力的方向沿斜面向下
D．地面对斜面体的支持力小于（M+m）g
8．（6分）下列说法中正确的是（）
A．从牛顿第一定律可知力是维持物体运动的根本原因
B．跳高运动员从地面上跳起时，地面给运动员的支持力大于运动员受到的重力
C．马能够把车拉动，是因为马拉车的力大于车拉马的力
D．静止的物体也可能受到滑动摩擦力的作用，摩擦力可与物体运动的方向相同
9．（6分）在电梯的地板上放置一个压力传感器，在传感器上放一个重量为20N的物块，如图甲所示，计算机显示出传感器所受物块的压力大小随时间变化的关系，如图乙．根据图象分析得出的结论中正确的是（）
A．从时刻t1到t2，物块处于失重状态
B．从时刻t3到t4，物块处于失重状态
C．电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层D．电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层
三、非选择题：解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
10．（8分）某同学利用如图（a）装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验．（1）在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持状态．
（2）他通过实验得到如图（b）所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线，由此图线可得该弹簧的原长x0=cm，劲度系数k=N/m．
（3）他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数如图（c）所示时，
该弹簧的长x=cm．
11．（10分）完成以下“验证力的平行四边形定则”实验的几个主要步骤：
①如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点O点的位置、两弹簧测力计的读数F1、F2以及．
②如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到，记下细绳套的方向（如图丙中的c），读得弹簧测力计的示数F=．
③如图丙，按选定的标度作出了力F1、F2的图示，请在图丙中：
a．按同样的标度作出力F的图示
b．按力的平行四边形定则作出F1、F2的合力F′
12．（18分）如图所示，半径r=0.2m的光滑圆弧形槽底端B与水平传带平滑相接，传送带以v1=4m/s的速率顺时针转动，其右端C点正上方悬挂一质量为m=0.1kg的物块b，BC 距离L=1.25m，一质量为m=0.1kg物块a从A点无初速滑下，经传送带后与物块b相碰并粘在一起，在a、b碰撞瞬间绳子断开，a、b沿水平方向飞出，已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，C点距水平面的高度为h=0.8m，a、b两物块均视为质点，不计空气阻力，g 取10m/s2，求：
（1）滑块a到达底端B时对槽的压力
（2）滑块a到达传送带C点的速度大小
（3）求滑块a、b的落地点到C点的水平距离．
13．（18分）如图所示，水平地面上放置一个质量M=4.0kg、长度L=6.0m的木板，在F=8.0N 的水平拉力作用下，以v0=2.0m/s的速度向右做匀速直线运动．某时刻将质量m=l.0kg的物块（物块可视为质点）轻放在木板的中间位置．g取10m/s2，求：
（1）木板与地面之间的动摩擦因数
（2）若物块与木板间无摩擦力，求物块离开木板所需的时间；
（3）若物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2，试通过计算说明物块能否从木板上掉落．
2014-2015学年广东省阳江市阳东一中、广雅中学高三（上）第一次联考物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（共4小题，每小题4分，满分16分）
1．（4分）下面哪一组单位属于国际单位制的基本单位（）
A．m、N、kg B．k g、m/s2、s C．m、kg、s D．m/s2、kg、N
考点：力学单位制．
分析：国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．
解答：解：A、其中的N是导出单位，所以A错误；
B、其中的m/s2是导出单位，所以B错误；
C、m、kg、s分别是长度、质量、时间的单位，所以C正确；
D、其中的N是导出单位，所以D错误．
故选：C．
点评：国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的．
2．（4分）关于物体的运动，下列说法不可能的是（）
A．加速度在减小，速度在增加
B．加速度方向始终改变而速度不变
C．加速度变化到最大时速度最小
D．加速度方向不变而速度方向变化
考点：加速度．
专题：直线运动规律专题．
分析：根据加速度的定义式a=可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度的方向无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大．
解答：解：A、当物体做加速度越来越小的加速运动时，速度越来越大．故A可能．
B、加速度表示速度的变化快慢，所以只要加速度不为零，速度就一定要变化．故B不可能．
C、如果物体先做加速度增大的减速运动，后做减速度减小的加速运动，则就会有加速度最大时速度最小，速度最大时加速度最小．故C可能．
D、物体做匀减速运动，速度减为0后，方向改变，但加速度方向不变，例如竖直上抛运动．故D可能．
本题选不可能的，故选B．
点评：解决本题的关键理解加速度的概念，知道加速度是反映速度变化快慢的物理量．
3．（4分）如图，质量为m的物体放置于水平地面上，一劲度系数为k的轻弹簧与之连接，弹簧右端受到拉力F的作用，没有超出弹性限度，下列说法正确的是（）
A．若物体静止不动，弹簧的伸长量为
B．若物体向右加速运动，弹簧的伸长量大于
C．只有物体向右匀速运动时，弹簧的伸长量才等于
D．不管物体做何运动，弹簧的伸长量始终等于
考点：共点力平衡的条件及其应用；胡克定律．
专题：共点力作用下物体平衡专题．
分析：物体在劲度系数为k的轻弹簧作用下沿地面做匀速直线运动，在水平方向上受到的弹簧的拉力和摩擦力平衡，竖直方向上受重力和支持力平衡，根据平衡条件和胡克定律结合进行求解．
解答：解：A、若物体静止不动，弹簧的伸长量为．故A错误；
B、弹簧的伸长量与物体的运动状态无关，若物体向右加速运动，弹簧的伸长量仍然是．故B错误，C错误，D正确．
故选：D
点评：解决本题的关键的关键知道平衡状态的力学特征和运动学特征，以及知道平衡力与作用力和反作用力的区别．
4．（4分）如图a，静止在光滑水平面上O点的物体，从t=0开始物体受到如图b所示的水平力作用，设向右为F的正方向，则物体（）
A．一直向左运动B．一直向右运动
C．一直匀加速运动D．在O点附近左右运动
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：物体所受的合力等于水平拉力，根据牛顿第二定律结合加速度方向与速度方向的关系判断出物体的运动．
解答：解：在0～1s内物体向右做匀加速直线运动，在1～2s内，加速度方向相反，与前1s内加速度大小相等，向右做匀减速直线运动，2s末速度为零，以后重复这样的运动．知物体一直向右运动．故B正确，A、C、D错误．
故选B．
点评：解决本题的关键能够通过物体的受力判断出物体的运动情况．本题也可以用速度时间图线进行分析．
二、双项选择题：在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．
5．（6分）某物体运动的速度图象如图所示，根据图象可知（）
A．0﹣2s内的加速度为1m/s2
B．0﹣5s内的位移为10m
C．4s﹣5s物体反向运动，5s末回到出发点
D．第1s末与第5s末加速度方向相反
考点：匀变速直线运动的图像．
专题：运动学中的图像专题．
分析：速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示物体的位移，根据速度的正负值判断物体速度的方向．
解答：解：A、v﹣t图象的斜率表示加速度，故在0﹣2s内的加速度：a1=m/s2=1m/s2．故A正确．
B、v﹣t图象与时间轴包围的面积表示位移，0﹣5s内的位移：x=×（2+5）×2m=7m．故B 错误．
C、4s﹣5s物体的速度没有反向，只是加速度反向，变为减速运动，故C错误；
D、速度时间图线的斜率表示加速度，第1s末加速度为正，第5s末加速度为负，故第1s 末与第5s末加速度方向相反，故D正确；
故选：AD．
点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率、图线与时间轴围成的面积表示的含义．
6．（6分）物体从离地面45m高处做自由落体运动（g取10m/s2），则下列选项中正确的是（）
A．物体运动3s后落地
B．物体落地时的速度大小为20m/s
C．物体在落地前最后1s内的位移为25m
D．物体在整个下落过程中的平均速度为20m/s
考点：自由落体运动．
专题：自由落体运动专题．
分析：根据自由落体的位移公式、速度与位移的关系公式和平均速度公式求解．要理解第几秒的位移的含义：第n秒的位移等于前n秒的位移减去前n﹣1秒的位移．
解答：解：A、根据位移公式h=gt2，则：t===3s，故A正确．
B、根据速度与位移的关系公式v2=2gh，得：v===30m/s，故B错误．
C、最后1s下落的位移为前3s的位移减去前2s的位移，前2s的位移为
==20m，所以最后1s的位移为：△h=h﹣h2=45﹣20=25m．故C正确．
D、由平均速度定义可得，物体在整个下落过程中的平均速度v===15m/s，故D错误．故选：AC．
点评：记住并理解自由落体的位移公式、速度与位移的关系公式和平均速度的公式是解本题的关键．还要知道第几秒的位移表示什么，怎么求．本题属于中档题．
7．（6分）如图所示，水平地面上放置着质量为M的粗糙斜面体，一质量为m的物体在拉力F的作用下静止于斜面上，则（）
A．地面对斜面体有水平向左的摩擦力
B．地面对斜面体无摩擦力
C．物体受摩擦力的方向沿斜面向下
D．地面对斜面体的支持力小于（M+m）g
考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
专题：共点力作用下物体平衡专题．
分析：本题中物体静止在斜面上，合力为零，斜面保持静止，合力为零，可以以整体为研究对象，分析受力，根据平衡条件求解地面对斜面的支持力和摩擦力．
解答：解：A、以整体为研究对象，分析受力情况：总重力（M+m）g、地面的支持力N 和摩擦力f、拉力F．由于F有水平向右的分力，则由平衡条件可知：f一定水平向左．故A 正确，B错误；
C、以m为研究的对象，则沿斜面的方向受到重力沿斜面向下的分力与拉力、摩擦力的作用，由于不知道拉力F与重力的分力mgsinθ的大小关系，所以不能判断出是否由摩擦力，以及摩擦力的方向．故C错误；
D、以整体为研究对象，根据平衡条件可得：
f=Fcosθ
N=（M+m）g﹣Fsinθ
由上可知，N＜（M+m）g
故D正确．
故选：AD．
点评：本题的关键是采用整体法．当两个物体的加速度都为零，可以运用整体法研究，比较简便；如果采用隔离法分析，将使问题复杂化．
8．（6分）下列说法中正确的是（）
A．从牛顿第一定律可知力是维持物体运动的根本原因
B．跳高运动员从地面上跳起时，地面给运动员的支持力大于运动员受到的重力
C．马能够把车拉动，是因为马拉车的力大于车拉马的力
D．静止的物体也可能受到滑动摩擦力的作用，摩擦力可与物体运动的方向相同
考点：牛顿第一定律．
分析：作用力与反作用力遵守牛顿第三定律，与物体的运动状态无关；力是改变物体运动状态的原因．
解答：解：A、从牛顿第一定律可知力不是维持物体运动的根本原因，而是改变物体运动状态的根本原因，故A错误；
B、跳高运动员从地面上跳起时，加速度向上，由牛顿第二定律可知合力向上，则地面给运动员的支持力大于其重力，故B正确；
C、马能够把车拉动，是因为马拉车的力大于车所受的最大静摩擦力，根据牛顿第三定律可知为马拉车的力与车拉马的力大小相等，故C错误；
D、滑动摩擦力与相对运动方向相反，故静止的物体也可能受到滑动摩擦力的作用，摩擦力可与物体运动的方向相同，故D正确；
故选：BD．
点评：本题关键是运用牛顿第二定律、牛顿第三定律分析，知道滑动摩擦力与相对运动方向相反，而不是与运动方向相反，基础题目．
9．（6分）在电梯的地板上放置一个压力传感器，在传感器上放一个重量为20N的物块，如图甲所示，计算机显示出传感器所受物块的压力大小随时间变化的关系，如图乙．根据图象分析得出的结论中正确的是（）
A．从时刻t1到t2，物块处于失重状态
B．从时刻t3到t4，物块处于失重状态
C．电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层D．电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层
考点：牛顿第二定律；超重和失重．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：当物体受到的压力大于重力时，物体处于超重状态，加速度向上；当物体受到的压力小于重力时，物体处于失重状态，加速度向下；根据图象并结合实际情况得到压力变化规律，从而得到物体的运动情况．
解答：解：A、从时该t1到t2，物体受到的压力大于重力时，物体处于超重状态，加速度向上，故A错误；
B、从时刻t3到t4，物体受到的压力小于重力，物块处于失重状态，加速度向下，故B正确；
C、如果电梯开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层，那么应该从图象可以得到，压力先等于重力、再大于重力、然后等于重力、小于重力、最后等于重力，故C正确；
D、如果电梯开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层，那么应该是压力先等于重力、再小于重力、然后等于重力、大于重力、最后等于重力，故D 错误；
故选：BC．
点评：本题关键是根据压力的变化情况，得到超、失重情况，然后与实际情况向对照，得到电梯的运动情况．
三、非选择题：解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
10．（8分）某同学利用如图（a）装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验．（1）在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态．
（2）他通过实验得到如图（b）所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线，由此图线可得该弹簧的原长x0=4cm，劲度系数k=50N/m．
（3）他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数如图（c）所示时，该弹簧的长度
x=10cm．
考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．
专题：实验题；弹力的存在及方向的判定专题．
分析：（1）弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须竖直；
（2）弹簧处于原长时，弹力为零；根据胡克定律F=k△x求解劲度系数；
（3）直接从弹簧秤得到弹力，再从图象b弹簧弹簧长度．
解答：解：（1）弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须与弹簧平行，故刻度尺要保持竖直状态；
（2）弹簧处于原长时，弹力为零，故原长为4cm；弹簧弹力为2N时，弹簧的长度为8cm，伸长量为4cm；根据胡克定律F=k△x，有：；
（3）由图c得到弹簧的弹力为3N，根据图b得到弹簧的长度为10cm；
故答案为：（1）竖直；（2）4，50；（3）10．
点评：本题关键是明确实验原理，然后根据胡克定律F=k△x并结合图象列式求解，不难．
11．（10分）完成以下“验证力的平行四边形定则”实验的几个主要步骤：
①如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点O点的位置、两弹簧测力计的读数F1、F2以及两细绳套的方向．
②如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到同一位置O，记下细绳套的方向（如图丙中的c），读得弹簧测力计的示数F=4.0N．
③如图丙，按选定的标度作出了力F1、F2的图示，请在图丙中：
a．按同样的标度作出力F的图示
b．按力的平行四边形定则作出F1、F2的合力F′
考点：验证力的平行四边形定则．
专题：实验题；平行四边形法则图解法专题．
分析：根据验证力的平行四边形定则的实验注意事项分析答题，按照力的图示法作出力的图示，根据平行四边形定则作出合力．
解答：解：①如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，
使橡皮条伸长，记下结点位置O和两测力计的示数F1、F2以及两细绳套的方向．
②如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到同一位置O，
记下细绳套的方向，由图示弹簧测力计可读得弹簧测力计的示数F=4.0N；
③a、按力的图示方法作出力F的图示如图所示；
b、根据力的平行四边形定则，作出F1、F2的合力F′，如图所示．
故答案为：①两细绳套的方向；②同一位置O；4.0N；③如图所示．
点评：本题考查了实验注意事项、作力的图示等问题，掌握基础知识即可正确解题，平时要注意基础知识的学习，要掌握力的图示的作图方法．
12．（18分）如图所示，半径r=0.2m的光滑圆弧形槽底端B与水平传带平滑相接，传送带以v1=4m/s的速率顺时针转动，其右端C点正上方悬挂一质量为m=0.1kg的物块b，BC 距离L=1.25m，一质量为m=0.1kg物块a从A点无初速滑下，经传送带后与物块b相碰并粘在一起，在a、b碰撞瞬间绳子断开，a、b沿水平方向飞出，已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，C点距水平面的高度为h=0.8m，a、b两物块均视为质点，不计空气阻力，g 取10m/s2，求：
（1）滑块a到达底端B时对槽的压力
（2）滑块a到达传送带C点的速度大小
（3）求滑块a、b的落地点到C点的水平距离．
考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．
专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
分析：（1）a下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出a的速度，由牛顿第二定律求出支持力，然后求出压力．
（2）由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度，然后答题．
（3）由平抛运动规律可以求出水平位移．
解答：解：（1）a从A到B过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgr=mv B2，
在B点，对滑块，由牛顿第二定律得：F﹣mg=m，
代入数据解得：F=3N，
由牛顿第三定律可知滑块对槽压力为3N，方向竖直向下；
（2）滑块在传送带上，由牛顿第二定律得：μmg=ma，
设滑块在传送带上一直加速，则有：v C2﹣v B2=2aL，
代入数据解得：v C=3m/s＜4m/s，
由此可知滑块到C点的速度大小为3m/s；
（3）设两滑块相碰速度为v，以碰撞前a的速度方向为正方向，
由动量守恒得：mv C=2mv，
a、b从C点水平抛出后做平抛运动，
水平方向：x=vt，竖直方向：y=gt2，
代入数据解得：x=0.6m；
答：（1）滑块a到达底端B时对槽的压力大小为3N，方向竖直向下；
（2）滑块a到达传送带C点的速度大小为3m/s．
（3）求滑块a、b的落地点到C点的水平距离为0.6m．
点评：本题考查了求压力、速度、水平位移问题，分析清楚滑块的运动过程、应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式与平抛运动规律即可正确解题．
13．（18分）如图所示，水平地面上放置一个质量M=4.0kg、长度L=6.0m的木板，在F=8.0N 的水平拉力作用下，以v0=2.0m/s的速度向右做匀速直线运动．某时刻将质量m=l.0kg的物块（物块可视为质点）轻放在木板的中间位置．g取10m/s2，求：
（1）木板与地面之间的动摩擦因数
（2）若物块与木板间无摩擦力，求物块离开木板所需的时间；
（3）若物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2，试通过计算说明物块能否从木板上掉落．
考点：牛顿运动定律的综合应用；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：（1）根据共点力平衡，抓住拉力等于摩擦力求出动摩擦因数的大小．
（2）若物块与木板间无摩擦力，物块相对于地面静止，根据牛顿第二定律求出M的加速度，根据位移时间公式求出物块从木块上滑落的时间．
（3）根据牛顿第二定律分别求出木块和木板的加速度，根据运动学公式求出物块和木板速度相等时两者的位移，判断木块是否滑离木板．
解答：解：（1）未放物块之前，木板做匀速运动．根据平衡条件得：
F=μMg，
解得．
（2）若物块与木板间无摩擦力，则物块相对于地面静止，
M的加速度大小a=，
设物块经过t时间离开木板，则有：
代入数据解得t=2s，t=6s．
物块从放上木板到木板停止运动用时为＜6s，
所以物块离开木板所需的时间为2s．
（3）设物块放上木板后的加速度为a1，
μmg=ma1，
解得，
对木板分析，根据牛顿第二定律得，F﹣μ（M+m）g﹣μmg=Ma2，
解得，
设经过t时间木块和木板的速度相等，此时它们的速度为v，
则有：v0+a2t=a1t，
解得t=，
物块的位移m=，
木板的位移=．
，知物块未从木板上掉落．
答：（1）木板与地面之间的动摩擦因数为0.2．
（2）物块离开木板所需的时间为2s．
（3）物块未从木板上掉落．
点评：解决本题的关键理清木块和木板的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，难度中等．。