1、范文范例學習指導考點11牛頓運動定律的綜合應用考點名片考點細研究：本考點是物理教材的基礎，也是歷年高考必考的內 容之一，其主要包括的考點有：（1）超重、失重；（2）連接體問題；（3） 牛頓運動定律的綜合應用、滑塊滑板模型、傳送帶模型等。其中考查 到的如：2015年全國卷I第25題、2015年全國卷II第25題、2015 年海南高考第9題、2014年北京高考第8題、2014年四川高考第7 題、2014年大綱卷第19題、2014年江蘇高考第5題、2014年福建高 考第15題、2013年浙江高考第17題和第19題、2013年廣東高考第 19題、2013年山東高考第15題等。備考正能量：牛頓運動定律是

2、歷年高考的主干知識；它不僅是獨 立的知識點，更是解決力、電動力學綜合問題的核心規律。可單獨命 題（選擇題、實驗題），也可綜合命題（解答題）。高考對本考點的考查 以對概念和規律的理解及應用為主，試題難度中等或中等偏上。第回步狂刷小題,練基礎一、基礎與經典1.小明家住十層，他乘電梯從一層直達十層。則下列說法正確 的是（）A.他始終處于超重狀態B.他始終處于失重狀態C.他先后處于超重、平衡、失重狀態D.他先后處于失重、平衡、超重狀態答案 C解析 小明乘坐電梯從一層直達十層過程中，一定是先向上加 速，再向上勻速，最后向上減速，運動過程中加速度方向最初向上， 中間為零，最后加速度方向向下，因此先后對應的

3、狀態應該是超重、 平衡、失重三個狀態，C正確。2.如圖所示，一長木板在水平地面上運動，在某時刻（t=0）將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質量相 等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜 摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之 后，木板運動的速度一時間圖象可能是圖中的 （）ZZZZZ/ZZ/ZZ/ZZZZZZZZVrl/fVfV叨加口X計:1IrII II!1I.I I1o L 二 I o Khz o r t h ?ABC1)答案 A解析放上小木塊后，長木板受到小木塊施加的向左的滑動摩擦 力和地面向左的滑動摩擦力，在兩力的共同作用下

4、減速，小木塊受到 向右的滑動摩擦力作用，做勻加速運動，當兩者速度相等后，可能以 共同的加速度一起減速，直至速度為零，共同減速時的加速度小于木 板剛開始運動時的加速度，故 A正確，也可能物塊與長木板間動摩擦 因數較小，達到共同速度后物塊相對木板向右運動，給木板向右的摩 擦力，但木板的加速度也小于剛開始運動的加速度，B、C錯誤；由于水平面有摩擦，故兩者不可能一起勻速運動，D錯誤。3.如圖所示，放在固定斜面上的物塊以加速度 a沿斜面勻加速 下滑，若在物塊上再施加一個豎直向下的恒力F,則（）A.物塊可能勻速下滑B.物塊仍以加速度a勻加速下滑C.物塊將以大于a的加速度勻加速下滑D.物塊將以小于a的加速度

5、勻加速下滑答案 C解析 對物塊進行受力分析，設斜面的角度為mgsin 6 mgpos 6 =ma sin 6 cos。=a,當加上力 F 后，由 g牛頓第二定律得（mg F）sin。 （mg F）cos 6 = ma,即 mgsin 6 it mgcos 6 + Fsin。一 Fcos 6 =ma, m升 Fsin。一 Fcos 6 =ma, _Fa Fa,Fsin。一 j! Fcos 6 = F（sin。一 cos 6 ）=一, 一大于苓，代入上式g g知，ai大于a。物塊將以大于a的加速度勻加速下滑。只有 C項正確。4 .（多選）如圖所示，質量分別為 口、mB的A、B兩物塊用輕線連 接，放

6、在傾角為。的斜面上，用始終平行于斜面向上的拉力 F拉A, 使它們沿斜面勻加速上升，A、B與斜面間的動摩擦因數均為為了增加輕線上的張力，可行的辦法是（）A.減小A物塊的質量B.增大B物塊的質量C.增大傾角。D.增大動摩擦因數1答案 AB解析 對A、B組成的系統應用牛頓第二定律得：F-(m+m)gsin。h(ra+ m)gcos8=(mA+ m)a,隔離物體 B,應用牛頓第 二定律得，Ft mBgsin 6 ji mBgcos 6 =ma。以上兩式聯立可解得：mBFFt=;,由此可知，Ft的大小與。、it無關，mB越大，mA越小， mA+mBFt越大，故A、B均正確。5 .(多選)質量分別為M和m

7、的物塊形狀大小均相同，將它們通 過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為a的斜面，M恰好能靜止在斜面上，不考慮 M m與斜面之間的摩擦。若互 換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放M斜面仍保持靜止。則下列說法正確的是()A.輕繩的拉力等于Mg8 .輕繩的拉力等于mgC. M運動的加速度大小為(1 sin a)gD. M運動的加速度大小為MMmg答案 BC解析 互換位置前，M靜止在斜面上，則有：Mgsin a=mg互換 位置后，對 M有 Mg- Ft= Ma M m有：* mgsin a =ma 又 Ft=Ft, 解得：a=(1sin a)g, Ft= mg 故 A D錯誤，B C正確

8、。6.如圖所示，木塊A的質量為mi,木塊B的質量為M疊放在光 滑的水平面上，A、B之間的動摩擦因數為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為go現用水平力F作用于A則彳持A B相)對靜止的條件是F不超過（A. I mgB. Mgm m mr一匚 MC. l mg1 + MD. jiMg1+m答案 C解析 由于A、B相對靜止，以整體為研究對象可知F= （M+ n）a; 若A、B即將相對滑動，以物體 B為研究對象可知mg= Ma聯立解 /曰f m 、“ 十 一一得F= mg1+-,選項C正確。M7 .如圖甲所示，靜止在光滑水平面上的長木板 艮長木板足夠長） 的左端靜止放著小物塊 A。某日t刻，A受

9、到水平向右的外力F作用，F 隨時間t的變化規律如圖乙所示，即 F= kt ,其中k為已知常數。設 物體A、B之間的滑動摩擦力大小等于最大靜摩擦力 Ff,且A、B的質 量相等，則下列可以定性描述長木板 B運動的v- t圖象是（）word完美整理版答案 B解析 A B相對滑動之前加速度相同，由整體法可得：F= 2maF增大，a增大。當A B間剛好發生相對滑動時，對木板有 Ff = ma故此時F= 2Ff = kt, t= 匚，之后木板做勻加速直線運動，故只有 B k項正確。8 .如圖，在光滑水平面上有一質量為 m的足夠長的木板，具上 疊放一質量為m的木塊。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動 摩

10、擦力相等。現給木塊施加一隨時間 t增大的水平力F=kt（k是常 數），木板和木塊加速度的大小分別為 ai和a2。下列反映ai和&變化 的圖線中正確的是（）m2B答案 A解析 本題考查的是牛頓第二定律的應用。本題中開始階段兩物F kt 一一一體一起做勻加速運動有 F= （m+m）a,即a=-=一一,兩物體 m+m m+m加速度相同且與時間成正比。當兩物體間的摩擦力達到2g后，兩者發生相對滑動。對 m有Ff = ma,在相對，t動之前f逐漸增大，, 一 .一 F-f kt 相對滑動后f = jim2g不再變化，a2 = ig,故其圖象斜率*mm. am2g .、增大；而對m,在發生相對滑動后，有j

11、im2g=mai,故ai=為tem值。故A選項正確。9 .（多選）神舟飛船返回時，3噸重的返回艙下降到距地面 10 km 時，下降速度為200 m/s。再減速就靠降落傘了，先是拉出減速傘，16 s后返回艙的速度減至 80 m/s,此時減速傘與返回艙分離。然后 拉出主傘，主傘張開后使返回艙的下降速度減至10 m/s,此時飛船距地面高度為1 m,接著艙內4臺緩沖發動機同時點火，給飛船一個向 上的反沖力，使飛船的落地速度減為零。將上述各過程視為勻變速直 線運動，g=10 m/s2。根據以上材料可得（）神舟飛船返回圖A.減速傘工作期間返回艙處于失重狀態B.主傘工作期間返回艙處于失重狀態C.減速傘工作期

12、間返回艙的平均加速度大小為7.5 m/s 2D.每臺緩沖發動機的反沖才!力約為返回艙重力的1.5倍答案 CD解析 減速傘和主傘工作期間返回艙均減速下降，處于超重狀態，A、B項錯；減速傘工作期間，返回艙從 200 m/s減速至80 m/s,，、一 1、一 , AV1 V22 一 ， .一 . . 1r _ . 1r 一由運動學公式得a1 = =7.5 m/s2, C項正確；緩沖發動機開動后， t 12 V3加速度大小為=充=50 m/s,由牛頓弟二te律得4F mg= ma,解 2h3得上=1.5, D項正確。mg10 .（多選）如圖甲所示，物塊的質量m= 1 kg,初速度v0=10 m/s,

13、在一水平向左的恒力F作用下從。點沿粗糙的水平面向右運動，某時 刻后恒力F突然反向，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的圖象如圖乙所示，g=10 m/s2。下列說法中正確的是（）A. 05 s內物塊做勻減速運動B.在t =1 s時刻恒力F反向C.恒力F大小為10 ND.物塊與水平面的動摩擦因數為 0.3答案 BD解析 題圖乙為物塊運動的v2- x圖象，由v2 v0=2ax可知，圖 象的斜率k = 2a,得05 m位移內a1 = 10 m/s2, 513 m位移內 a2=4 m/s2,可知恒力F反向時物塊恰好位于 x=5 m處，t =v0= 1 ais, A錯誤，B正確。對物塊受力分析可知，F

14、 Ff = ma, F- Ff = ma, 得 F= 7 N, Ff = 3 N, l =Ff- = 0.3, C錯誤，D正確。77 mg 77二、真題與模擬11. 2015 海南高考（多選）如圖所示，升降機內有一固定斜面， 斜面上放一物塊。開始時，升降機做勻速運動，物塊相對于斜面勻速A.物塊與斜面間的摩擦力減小B.物塊與斜面間的正壓力增大C.物塊相對于斜面減速下滑D.物塊相對于斜面勻速下滑答案 BD解析 當升降機勻速運動，物塊相對于斜面勻速下滑時有： mgsin 6 = mgos。，則以 =tan 0 ( 0為斜面傾角)。當升降機加速 上升時，設加速度為a,物體處于超重狀態，超重 ma物塊“

15、重力” 變為G m mg ma支持力變為 N = (m/mcos 0 mgcos 0 , B正 確。“重力”沿斜面向下的分力 G =(m什masin 6 ,沿斜面摩擦 力變為 f = N = (m什 macos。 mgcos 6 , A 錯誤。f= it (m什 macos 6 =tan 6 (mg macos 6 = (m什 masin。= G下，所 以物塊仍沿斜面勻速運動，D正確，C錯誤。12. 2015 海南高考(多選)如圖所示，物塊a、b和c的質量 相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧 S和S相連，通過系 在a上的細線懸掛于固定點 O,整個系統處于靜止狀態。現將細線剪 斷。將物塊

16、a的加速度的大小記為as S和S相對于原長的伸長分別 記為晨和Al 2,重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間()061A. a1 = 3gC. l 1 = 2 12答案 ACB. a = 0D. l 1= l 2解析 剪斷細線前，把a、b、c看成整體，細線上的拉力為 T=3mg因在剪斷瞬間，彈簧未發生突變，因此 a、b、c之間的作用力 與剪斷細線之前相同。則將細線剪斷瞬間，對 a隔離進行受力分析， 由牛頓第二定律得：3mg= ma,彳#a1=3g, A正確，B錯誤。由胡克定 律知：2mg= kA l 1, mg= kA 12,所以1i = 2A12, C正確，D錯誤。13. 2014 北京高考應用

17、物理知識分析生活中的常見現象，可 以使物理學習更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物體，由靜止開始 豎直向上運動，直至將物體拋出。對此現象分析正確的是 （）A.受托物體向上運動的過程中，物體始終處于超重狀態B.受托物體向上運動的過程中，物體始終處于失重狀態C.在物體離開手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度D.在物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度答案 D解析 物體在手掌的推力作用下，由靜止豎直向上加速時，物體 處于超重狀態。當物體離開手的瞬間，只受重力作用，物體的加速度 等于重力加速度，處于完全失重狀態，故 A、B、C錯誤；物體離開手 的前一時刻，手與物體具有相同的速度，物體離開手的下一時刻

18、，手 的速度小于物體的速度，即在物體離開手的瞬間這段相同的時間內， 手的速度變化量大于物體的速度變化量，故手的加速度大于物體的加 速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故 D正確。14. 2014 四川高考（多選）如圖所示，水平傳送帶以速度 vi 勻速運動，小物體 P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t =0 時刻P在傳送帶左端具有速度V2, P與定滑輪間的繩水平，t=t0時刻 P離開傳送帶。不計定滑輪質量和摩擦，繩足夠長。正確描述小物體 P速度隨時間變化的圖象可能是（） 箝1答案 BC解析 若V2vi且mQg jimg 對P、Q整體分析有jimpgmg=（mp + m）a,當P加速運動速

19、度達到vi后，與皮帶一起勻速運動，直到離 開傳送帶（也可能加速過程中就離開傳送帶），所以B項正確。若v2jimpg,則P先勻減速到零再反向加速到離開傳送帶（也可能減 速過程中就離開傳送帶）；若v2vi,且mgVi且 mQg jtmpg,滿足 mQg+jimpg = （ mp+ m）a2,中 途減速至vi,以后滿足mg jimpg= （mp+ nm）a3,以a3先減速到零再以 相同的加速度返回直到離開傳送帶（也可能減速過程中就離開傳送帶），故C正確，A、D錯誤。15. 2014 大綱卷一物塊沿傾角為。的斜坡向上滑動。當物 塊的初速度為v時，上升的最大高度為 H,如圖所示；當物塊的初速 度為2時，

20、上升的最大高度記為ho重力加速度大小為g。物塊與斜坡答案 D解析 對物塊上滑過程由牛頓第二定律得m（sin 0 + it mgcos 9cH vh=ma根據運動規律可得 v = 2a , v= 2a ,聯立可sin 6 sin 6/日 v2 一 H 得以 =.士工1 tan。，h=To故D項正確。2gH416. 2014 福建高考如圖，滑塊以初速度V0沿表面粗糙且足夠 長的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零。對于該運動過程，若用 h、s、v、a分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小， t表示時間，則下列圖象最能正確描述這一運動規律的是（）答案 B解析 對物體受力分析，由于物體在斜面上

21、能夠停止，物體所受 的滑動摩擦力大于物體重力沿斜面的分力。設斜面傾角為a ,由牛頓第二定律可知， Ff mgsin a =ma Fn= mgpos a , 又 Ff= Fn, 解得 a =i gcos a -gsin a ,加速度a為定值，D錯誤。由v=v at可知，v- t圖線應為傾斜的直線，C錯誤, 為拋物線，B正確。由幾何關系可知 似于s- t圖線，A錯誤。17. 2017 江西宜春三中檢測,10 一，一由s = v0t2at可知，s- t圖線 h=s sin a ,即h- t圖線應類如圖所示，質量為M中空為半球形的光滑凹梢放置于光滑水平地面上，光滑梢內有一質量為m的小鐵球，現用一水平向

22、右的推力 F推動凹梢，小鐵球與光滑凹梢相對靜止時，凹梢圓心和小鐵球的連線與豎直方向成a角，則下列說法正 確的是(A.小鐵球受到的合外力方向水平向左B.凹梢對小鐵球的支持力為二mg sin aC.系統的加速度為a= gtan aD.推力 F= Mgan a答案 C解析 根據小鐵球與光滑凹梢相對靜止的狀態可知，系統有向右 的加速度，小鐵球受到的合外力方向水平向右，凹梢對小鐵球的支持.mg力為,A、B錯法。小球所受合外力為 mgan a，加速度a=gtan a ,cos aJJ ,推力F= (Mgtan民,C正確，D錯誤。18. 2016 海口聯考(多選)如圖所示，水平傳送帶 A B兩端 相距s=3

23、.5 m,工件與傳送帶間的動摩擦因數=0.1 o工件滑上A端瞬時速度 va =4 m/s ,到達 B端的瞬時速度設為 vb,則(g=10 m/s2)()A.若傳送帶不動，則 Vb= 3 m/sB.若傳送帶以速度v= 4 m/s逆時針勻速轉動，vb= 3 m/sC.若傳送帶以速度v= 2 m/s順時針勻速轉動，Vb= 3 m/sD.若傳送帶以速度v= 2 m/s順時針勻速轉動，Vb= 2 m/s答案 ABC解析 若傳送帶不動，由勻變速規律可知vB vA= 2as, a= g, 代入數據解得vb=3 m/s,當滿足選項R C中的條件時，工件所受滑 動摩擦力跟傳送帶不動時一樣，還是向左，加速度還是所

24、以工件到達B端時的瞬時速度仍為3 m/s,故選項A B、C正確，D錯誤。19. 2016 福州質檢如圖所示，勁度系數為 k的輕彈簧豎直 放置，下端固定在水平地面上。一質量為m的小球，從離彈簧上端高h處自由下落，接觸彈簧后繼續向下運動。觀察小球開始下落到小球 第一次運動到最低點的過程，下列關于小球的速度v或加速度a隨時間t變化的圖象中符合實際情況的是（）答案 A解析 此過程可分為三段，第一段小球向下做自由落體運動，加 速度a=g,方向豎直向下，速度v=gt;第二段小球向下做加速運動， 加速度a=mgmkX5彈簧的壓縮量x變大,加速度a變小，方向向下； 第三段運動小球向下做減速運動，加速度 a=k

25、x二mg彈簧的壓縮量 mx變大,加速度a變大，方向向上，到達最低點時 ag,而且小球接 觸彈簧后才t圖線不是線性關系，所以 C D都錯誤。又由v- t圖 象的斜率變化代表加速度的變化，故選項 A正確。20. 2016 山東煙臺期中（多選）如圖所示，橫截面為直角三 角形的三棱柱質量為 M放在粗糙的水平地面上，兩底角中其中一個 角的角度為a（ a 45 ）o三棱柱的兩傾斜面光滑，上面分別放有質 量為m和m的兩物體，兩物體間通過一根跨過定滑輪的細繩相連接， 定滑輪固定在三棱柱的頂端，若三棱柱始終處于靜止狀態。不計滑輪 與繩以及滑輪與輪軸之間的摩擦，重力加速度大小為g,則將m和m同時由靜止釋放后，下列

26、說法正確的是（）A.若m=m,則兩物體可靜止在斜面上B.若m=mcot民,則兩物體可靜止在斜面上C.若m=m,則三棱柱對地面的壓力小于(協m+m)gD.若m=m,則三棱柱所受地面的摩擦力大小為零答案 BC解析 若m=m, m的重力沿斜面向下的分力大小為mgsin(90 a), m的重力沿斜面向下的分力大小為 mgsin a,由于a 45 , 則mgsin(90 a ) mgsin民,則m將沿斜面向下加速運動，m將沿 斜面向上加速運動，A錯誤。要使兩物體都靜止在斜面上，應滿足： mgsin(90 a) = mgsin 值, 即有 m= mcot 值,B正確。若 m=m,設加速度大小為a,對兩個物

27、體及斜面整體，由牛頓第二定律得，豎 直方向有 FN (M+ m + m)g = masin(90 a)masin a0,即地面對三棱柱的支持力FN(加m+ m)g,則三棱柱對地面的壓力小于(出 m+m)g；水平方向有 Ff = macos a macos(90 a)0, C正確，D 錯誤。第顏步 精做大題練能力一、基礎與經典21.如圖所示，長L=1.6 m質量M= 3 kg的木板靜置于光滑水 平面上，質量m= 1 kg的小物塊放在木板的右端，木板和物塊間的動 摩擦因數以 =0.1。現對木板施加一水平向右的拉力 F,取g=10 m/s2 F(1)求使物塊不掉下去的最大拉力 F;(2)如果拉力F=

28、 10 N恒定不變，求小物塊所能獲得的最大速度。答案 (1)4 N (2)1.26 m/s解析(1)物塊不掉下去的最大拉力，其存在的臨界條件必是物 塊與木板具有共同的最大加速度a。對物塊，最大加速度 21 =毛詈 八=1 m/s2, 對整體，F=(火 n)a1=(3 + 1)X1 N=4 N。(2)當F= 10 N時，木板的加速度F- 11 mg 10-0.1 X1X10223 m/s =3 m/s1 c 1由2a2t 2a1t = L得物塊滑過木板所用時間t =，1.6 s ,物塊離開木板時的速度 V1=a1t=，16 m/s =1.26 m/s即小物塊所能獲得的最大速度為 1.26 m/s

29、。22. 質量為20 kg的物體若用20 N的水平力牽引它，剛好能在 水平面上勻速前進。問：若改用 50 N拉力、沿與水平方向成37的 夾角向斜上方拉它，使物體由靜止出發在水平面上前進2.3 m,它的速度多大？在前進2.3 m時撤去拉力，又經過3 s,物體的速度多大？ (sin37 =0.6, cos37 =0.8, g 取 10 m/s2)答案 2.3 m/s 0解析 施加20 N水平拉力時，物體做勻速運動，Fi = f 1, f= J1Fni, Fni=G 解得 JI = 0.1。對物體施加斜向上的拉力后，設加速度為as由牛頓第二定律可得 F2cos 6 f 2= ma, f2 = (G

30、F?sin 6 ),a1=1.15 m/s 2(方向與運動方向相同)，由運動學定律可得 v2=2ax, v=2.3 m/s , 撤去拉力后，物體的加速度大小為 a,由牛頓第二定律有 fi=ma, a2 = 1 m/s2(方向與運動方向相反)。由t=：,可得物體停止運動的時間為t=2.3 s3 s ,所以3 s后物體的速度大小為0。二、真題與模擬23. 2015 全國卷I 一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端 放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5成 如圖(a)所示。t =0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運 動，直至t=1 s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰

31、撞前后木板 速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知 碰撞后1 s時間內小物塊的v- t圖線如圖(b)所示。木板的質量是小 物塊質量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：圖圖(b)(1)木板與地面間的動摩擦因數1及小物塊與木板間的動摩擦因數平；(2)木板的最小長度；(3)木板右端離墻壁的最終距離。答案 (1)邛=0.1 邛=0.4(2)木板的最小長度為6.0 m(3)木板右端離墻壁的最終距離為 6.5 m解析(1)規定向右為正方向。木板與墻壁相碰前，小物塊和木 板一起向右做勻變速運動，設加速度為a，小物塊和木板的質量分別為m和M由牛頓第二定律有u(mH M)g=(

32、mn M)ai 由題圖(b)可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度 Vi = 4 m/s,由運動 學公式得Vi = v0+ at i 1 一, 26So= Vot i + 2ait iQD式中，ti = 1 s, so=4.5 m是木板碰前的位移，Vo是小物塊和木 板開始運動時的速度。聯立式和題給條件得 用=0.1在木板與墻壁碰撞后，木板以-Vi的初速度向左做勻變速運動， 小物塊以Vi的初速度向右做勻變速運動。設小物塊的加速度為a,由牛頓第二定律有一it 2mg= ma,一一,V2 Vi由題圖（b）可得32=7一1t 2 t 1式中，12 = 2 s, V2=0,聯立式和題給條件得12= 0.4。(2)設碰撞后木板的加速度為 33,經過時間t ,木板和小物塊剛 好具有共同速度V3。取向右為正方向，則33為正，32為負，由牛頓第 二定律及運動學公式得it 2m/ 陰(口m) g= MaV3= Vl + 33 t V3= Vi + 324 t 碰撞后至木板和小物