專題強化十動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用學(xué)習(xí)目標(biāo)1.會用動力學(xué)的觀點分析“傳送帶”和“板塊”模型的運動情況。2.會用能量觀點求解摩擦產(chǎn)生的熱量等綜合問題。3.會利用動力學(xué)和能量觀點分析多運動組合問題。模型一“傳送帶”模型1.傳送帶問題的分析方法(1)動力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系。(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解。2.功能關(guān)系分析(1)傳送帶克服摩擦力做的功：W＝fs傳，也是電動機因傳送帶傳送物體而多做的功。(2)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能：Q＝fs相對。(3)功能關(guān)系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中ΔEk表示被傳送物體動能的增加量，ΔEp表示被傳送物體重力勢能的增加量。角度水平傳送帶模型例1(多選)在工廠中，經(jīng)常用傳送帶傳送貨物。如圖1所示，質(zhì)量m＝10kg的貨物(可視為質(zhì)點)從高h(yuǎn)＝0.2m的軌道上P點由靜止開始下滑，貨物和軌道之間的阻力可忽略不計，貨物滑到水平傳送帶上的A點，貨物在軌道和傳送帶連接處能量損失不計，貨物和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，傳送帶AB兩點之間的距離L＝5m，傳送帶一直以v＝4m/s的速度順時針勻速運動，取重力加速度g＝10m/s2。裝置由電動機帶動，傳送帶與輪子間無相對滑動，不計軸處的摩擦。貨物從A點運動到B點的過程中，下列說法正確的有()圖1A.摩擦力對貨物做功為50JB.貨物從A運動到B用時1.5sC.由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為20JD.運送貨物過程中，電動機輸出的電能為60J答案BC解析根據(jù)機械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，貨物運動至傳送帶的速度為v0＝2m/s，根據(jù)牛頓第二定律μmg＝ma，貨物與傳送帶共速時，有v0＋at1＝v，解得t1＝1s，此時，貨物的位移為s1＝eq\f(v0＋v,2)t1＝3m，摩擦力對貨物做功為W＝μmgs1＝60J，A錯誤；貨物勻速運動時間為t2＝eq\f(L－s1,v)＝0.5s，則貨物從A運動到B用時t＝t1＋t2＝1.5s，B正確；貨物與傳送帶的相對位移為Δs＝vt1－s1＝1m，由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgΔs＝20J，C正確；運送貨物過程中，電動機輸出的電能為E＝Q＋eq\f(1,2)m(v2－veq\o\al(2,0))＝80J，D錯誤。角度傾斜傳送帶模型例2如圖2，傳送帶以v＝10m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動，一個質(zhì)量m＝1kg的物體從傳送帶頂端以v0＝5m/s的速度沿傳送帶滑入，若傳送帶與水平方向成θ＝30°角，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)，傳送帶底端到頂端長L＝10m，g取10m/s2，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等。求：圖2(1)物體從傳送帶底端滑出時的速度大小；(2)若在物體滑入傳送帶運動了0.5s時，傳送帶突然停止，物體在傳送帶上滑動過程中，因與傳送帶間摩擦而產(chǎn)生的熱量。答案(1)10m/s(2)37.5J解析(1)當(dāng)物體沿傳送帶滑入時，設(shè)物體向下運動的加速度為a1，物體向下加速到v，所用時間為t1，物體運動位移為s1，有μmgcosθ＋mgsinθ＝ma1v＝v0＋a1t1s1＝eq\f(v＋v0,2)t1解得a1＝10m/s2，t1＝0.5s，s1＝3.75m由于s1＜L，最大靜摩擦力fm＝μmgcos30°＝mgsin30°，則共速后物體將與傳送帶一起做勻速直線運動，即物體從傳送帶底端滑出時的速度大小為10m/s。(2)0.5s內(nèi)物體相對傳送帶運動的位移Δs1＝vt1－s1＝1.25m傳送帶停止后，物體受到沿斜面向上的滑動摩擦力f＝μmgcos30°＝mgsin30°物體勻速下滑，物體相對傳送帶運動的位移Δs2＝L－s1＝6.25m則物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmg(Δs1＋Δs2)cosθ解得Q＝37.5J。模型二“滑塊—木板”模型1.模型分類“滑塊—木板”模型根據(jù)情況可以分成水平面上的“滑塊—木板”模型和斜面上的“滑塊—木板”模型。2.位移關(guān)系滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和木板沿同一方向運動，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的長度；若滑塊和木板沿相反方向運動，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的長度。3.解題關(guān)鍵找出物體之間的位移(路程)關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口，求解中應(yīng)注意聯(lián)系兩個過程的紐帶：每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。角度水平面上“滑塊—木板”模型例3(多選)(2023·全國乙卷)如圖3，一質(zhì)量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當(dāng)物塊從木板右端離開時()圖3A.木板的動能一定等于flB.木板的動能一定小于flC.物塊的動能一定大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－flD.物塊的動能一定小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl答案BD解析物塊和木板的運動示意圖和v－t圖像如圖所示根據(jù)動能定理可知對m有－fs1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①對M有fs2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)②根據(jù)v－t圖像與橫軸圍成的面積S表示物體運動的位移可知s2＝S△COF，s1＝SABFO根據(jù)位移關(guān)系可知l＝s1－s2＝SABCO＞s2＝S△COF因此fl＞fs2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，即木板的動能一定小于fl，A錯誤，B正確；①②兩式相加得－fl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)變形得物塊離開木板時的動能eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＜eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl，C錯誤，D正確。(多選)如圖4所示，質(zhì)量為M、長為L的木板置于光滑的水平地面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，用水平的恒定拉力F作用于滑塊。當(dāng)滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為s，滑塊的速度為v1，木板的速度為v2，下列說法中正確的是()圖4A.上述過程中，F(xiàn)做功大小為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)B.其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達(dá)木板右端所用時間越短C.其他條件不變的情況下，M越大，s越小D.其他條件不變的情況下，M越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多答案BC解析由功能關(guān)系可知拉力F做的功除了增加兩物體動能以外還有系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量，即拉力F做的功WF＝ΔEk＋fL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋Q，A錯誤；滑塊和木板都是做初速度為零的勻加速直線運動，在其他條件不變的情況下，木板的運動情況不變，滑塊和木板的相對位移還是L，滑塊的位移也沒有發(fā)生改變，所以拉力F越大，滑塊的加速度越大，到達(dá)木板右端所用時間就越短，B正確；由于木板受到的摩擦力不變，當(dāng)M越大時木板的加速度越小，而滑塊的加速度不變，相對位移一樣，滑塊在木板上運動時間變短，所以木板在地面上運動的位移變小，C正確；系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于摩擦力和相對位移乘積，相對位移沒變，m不變，摩擦力不變，產(chǎn)生的熱量不變，D錯誤。角度傾斜面上“滑塊—木板”模型例4如圖5所示，一傾角為θ＝30°的足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一與斜面垂直的固定擋板，將一質(zhì)量為m的木板放置在斜面上，木板的上端有一質(zhì)量為m的小物塊(視為質(zhì)點)，物塊和木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力且大小恒為kmg(0.5<k<1)，初始時木板下端與擋板的距離為L。現(xiàn)由靜止同時釋放物塊和木板，物塊和木板沿斜面下滑，已知木板與擋板碰撞的時間極短，且碰撞后木板的速度大小不變，方向與碰撞前的速度方向相反，物塊恰好未滑離木板，重力加速度為g，求：圖5(1)木板第一次與擋板碰撞前瞬間，物塊的速度大小v1；(2)從釋放到木板第二次與擋板碰撞前瞬間，物塊相對木板的位移大小；(3)木板的長度l以及整個運動過程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q。答案(1)eq\r(gL)(2)eq\f(L,k)(3)eq\f(2L,2k－1)eq\f(2kmgL,2k－1)解析(1)對物塊與木板整體，根據(jù)動能定理有2mgLsinθ＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)解得v1＝eq\r(gL)。(2)木板第一次與擋板碰撞后，木板的加速度大小為a1，則mgsinθ＋kmg＝ma1解得a1＝0.5g＋kg，沿斜面向下，物塊的加速度大小為a2，則kmg－mgsinθ＝ma2解得a2＝kg－0.5g，沿斜面向上，規(guī)定向下為正方向，木板第一次與擋板碰撞結(jié)束時到木板和物塊速度相同時，對木板有v共＝－v1＋a1t1對物塊有v共＝v1－a2t1解得t1＝eq\f(\r(gL),gk)，v共＝eq\f(\r(gL),2k)木板第一次與擋板碰撞到二者第一次速度相同時物塊的位移s塊＝eq\f(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,共),2a2)木板的位移大小s板＝eq\f(（－v1）2－veq\o\al(2,共),2a1)之后到碰撞擋板前二者無相對滑動，故物塊相對于長木板的位移為Δs＝s塊＋s板＝eq\f(L,k)。(3)從釋放到長木板和物塊都靜止的過程中系統(tǒng)能量守恒，則mgLsinθ＋mg(L＋l)sinθ－kmgl＝0解得l＝eq\f(2L,2k－1)故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q＝kmgl＝eq\f(2kmgL,2k－1)。模型三多運動組合模型例5如圖6是由弧形軌道、圓軌道、水平直軌道平滑連接而成的力學(xué)探究裝置。水平軌道AC末端裝有一體積不計的理想彈射器，圓軌道與水平直軌道相交于B點，且B點位置可改變。現(xiàn)將質(zhì)量m＝2kg的滑塊(可視為質(zhì)點)從弧形軌道高H＝0.6m處靜止釋放，且將B點置于AC中點處。已知圓軌道半徑R＝0.1m，水平軌道長LAC＝1.0m，滑塊與AC間動摩擦因數(shù)μ＝0.2，弧形軌道和圓軌道均視為光滑，不計其他阻力與能量損耗，求：圖6(1)滑塊第一次滑至圓軌道最高點時對軌道的壓力大小；(2)彈射器獲得的最大彈性勢能；(3)若H＝6m，改變B點位置，使滑塊在整個滑動過程中不脫離軌道，則BC間距離LBC應(yīng)滿足的條件。答案(1)100N(2)8J(3)0.5m≤LBC≤1m解析(1)從出發(fā)到第一次滑至圓軌道最高點過程，由動能定理可得mgH－μmgLAB－mg·2R＝eq\f(1,2)mv2在圓軌道最高點，由牛頓第二定律可得mg＋F＝meq\f(v2,R)聯(lián)立解得F＝100N由牛頓第三定律知，滑塊對軌道的壓力大小為100N。(2)彈射器第一次壓縮時彈性勢能有最大值，由能量守恒定律可知mgH－μmgLAC＝Ep解得Ep＝8J。(3)若滑塊恰好到達(dá)圓軌道的最高點，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)從開始到圓軌道最高點，由動能定理可知mg(H－2R)－μmgs1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得s1＝28.75mLBC＝29LAC－s1＝0.25m要使滑塊不脫離軌道，B、C之間的距離應(yīng)該滿足LBC≥0.25m。若滑塊剛好達(dá)到圓軌道的圓心等高處，此時的速度為零，由動能定理可知mg(H－R)－μmgs2＝0解得s2＝29.5mLAB＝s2－29LAC＝0.5m根據(jù)滑塊運動的周期性可知，應(yīng)使LBC≥0.5m，滑塊不脫離軌道綜上所述，符合條件的BC長度為0.5m≤LBC≤1m。1.分析思路(1)受力與運動分析：根據(jù)物體的運動過程分析物體的受力情況，以及不同運動過程中力的變化情況。(2)做功分析：根據(jù)各種力做功的不同特點，分析各種力在不同運動過程中的做功情況。(3)功能關(guān)系分析：運用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律進(jìn)行分析，選擇合適的規(guī)律求解。2.方法技巧(1)“合”——整體上把握全過程，構(gòu)建大致的運動情景。(2)“分”——將全過程進(jìn)行分解，分析每個子過程對應(yīng)的基本規(guī)律。(3)“合”——找出各子過程之間的聯(lián)系，以銜接點為突破口，尋求解題最優(yōu)方案。1.如圖1所示，傳送帶以v的速度勻速運動。將質(zhì)量為m的物塊無初速度放在傳送帶上的A端，物塊將被傳送到B端，已知物塊到達(dá)B端之前已和傳送帶相對靜止。下列說法中正確的是()圖1A.傳送帶對物塊做功為mv2B.傳送帶克服摩擦力做功為eq\f(1,2)mv2C.電動機由于傳送物塊多消耗的能量為eq\f(1,2)mv2D.在傳送物塊過程產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mv2答案D解析根據(jù)動能定理，傳送帶對物塊做的功等于物塊動能的增加量，即eq\f(1,2)mv2，故A錯誤；根據(jù)動能定理，摩擦力對物塊做功大小為eq\f(1,2)mv2，在物塊勻加速運動的過程中，由于傳送帶的位移大于物塊的位移，則傳送帶克服摩擦力做的功大于摩擦力對物塊做的功，所以傳送帶克服摩擦力做的功大于eq\f(1,2)mv2，故B錯誤；電動機由于傳送物塊多消耗的能量等于物塊動能增加量與摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能的和，故大于eq\f(1,2)mv2，故C錯誤；在傳送物塊過程產(chǎn)生的熱量等于滑動摩擦力與相對路程的乘積，即Q＝fΔs，設(shè)加速時間為t，物塊的位移為s1＝eq\f(1,2)vt，傳送帶的位移為s2＝vt，根據(jù)動能定理fs1＝eq\f(1,2)mv2，故熱量Q＝fΔs＝f(s2－s1)＝eq\f(1,2)mv2，故D正確。2.(2024·廣東省實驗中學(xué)模擬)如圖2所示，足夠長的傳送帶水平放置，以大小為v的速度順時針轉(zhuǎn)動。質(zhì)量為m、與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ的小物塊在傳送帶的左端由靜止釋放，一段時間后物塊與傳送帶共速。滿足上述情景，若把傳送帶的速度改為2v，兩次比較。下列說法正確的是()圖2A.傳送帶對小物塊做的功變?yōu)樵瓉淼?倍B.小物塊對傳送帶做的功變?yōu)樵瓉淼?倍C.傳送帶對小物塊做功的平均功率變?yōu)樵瓉淼?倍D.因摩擦而產(chǎn)生的熱量變?yōu)樵瓉淼?倍答案C解析由動能定理可知，傳送帶對小物塊做的功為W＝eq\f(1,2)mv2，可知速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則傳送帶對小物塊做的功變?yōu)樵瓉淼?倍，故A錯誤；小物塊運動到與傳送帶速度相等，所用的時間為t＝eq\f(v,a)，由于加速度相同，速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則時間變?yōu)樵瓉淼?倍，傳送帶發(fā)生的位移為s＝vt，則位移變?yōu)樵瓉淼?倍，則小物塊對傳送帶做的功變?yōu)樵瓉淼?倍，故B錯誤；小物塊達(dá)到與傳送帶速度相等過程中的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v,2)，由于速度變?yōu)樵瓉淼?倍，且摩擦力相同，根據(jù)P＝feq\o(v,\s\up6(－))，可知傳送帶對小物塊做功的平均功率變?yōu)樵瓉淼?倍，故C正確；小物塊達(dá)到與傳送帶速度相等過程中的相對位移為Δs＝vt－eq\f(1,2)vt＝eq\f(1,2)vt，由于速度變?yōu)樵瓉淼?倍，時間也變?yōu)樵瓉淼?倍，則相對位移變?yōu)樵瓉淼?倍，由Q＝fΔs可知，因摩擦而產(chǎn)生的熱量變?yōu)樵瓉淼?倍，故D錯誤。3.如圖3(a)所示，傾角為37°的傳送帶以v＝2.0m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶的長度LAB＝10.0m。一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量m＝1.0kg的物塊，自A點無初速度的放在傳送帶底端，其被傳送至B端的過程中，動能Ek與位移s的關(guān)系(Ek－s)圖像如圖(b)所示。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是()圖3A.物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.25B.整個過程中合外力對物塊做的功為4.0JC.整個過程中摩擦力對物塊做的功為64.0JD.整個過程中摩擦力對物塊做的功等于物塊機械能的增加量答案D解析開始時物塊在傳送帶的作用下動能不斷增大，根據(jù)動能定理有(μmgcosθ－mgsinθ)s＝Ek－0，在5m后動能不變，可知物塊與傳送帶相對靜止，即v＝2.0m/s，Ek＝eq\f(1,2)mv2＝2.0J，聯(lián)立解得μ＝0.8，A錯誤；由動能定理可知，整個過程中合外力對物塊做的功等于動能的變化量，則有W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝2.0J，B錯誤；由功能關(guān)系可知，整個過程中摩擦力對物塊做的功等于物塊機械能的增加量，即Wf＝eq\f(1,2)mv2＋mgLABsinθ＝62.0J，C錯誤，D正確。4.如圖4所示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運動，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端，已知物體與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ，為保持木板的速度不變，從物體放到木板上到物體相對木板靜止的過程中，須對木板施一水平向右的作用力F，則力F對木板所做的功為()圖4A.eq\f(mv2,4) B.eq\f(mv2,2) C.mv2 D.2mv2答案C解析由能量轉(zhuǎn)化和能量守恒定律可知，力F對木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體的動能，一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，故W＝eq\f(1,2)mv2＋μmgs相，s相＝vt－eq\f(v,2)t，a＝μg，v＝at，聯(lián)立以上各式可得W＝mv2，故選項C正確。5.如圖5所示，傾角θ＝37°，長為6m的斜面體固定在水平地面上，長為3m、質(zhì)量為4kg的長木板A放在斜面上，上端與斜面頂端對齊；質(zhì)量為2kg的物塊B(可視為質(zhì)點)放在長木板的上端，同時釋放A和B，結(jié)果當(dāng)A的下端滑到斜面底端時，物塊B也剛好滑到斜面底端，已知長木板A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，物塊B與A間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.375，重力加速度g取10m/s2，不計物塊B的大小，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：圖5(1)從開始到A的下端滑到斜面底端所用時間；(2)從開始到A的下端滑到斜面底端的過程中，A與B間、A與斜面間因摩擦產(chǎn)生的總熱量。答案(1)2s(2)90J解析(1)設(shè)長木板A運動的加速度大小為a1，A的下端滑到斜面底端經(jīng)歷時間為t，長木板A的長為L、物塊B的質(zhì)量為m，則斜面長為2L、長木板A的質(zhì)量為2m，以長木板為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得2mgsinθ－μ1·3mgcosθ＋μ2mgcosθ＝2ma1由運動學(xué)公式可得L＝eq\f(1,2)a1t2聯(lián)立解得t＝2s。(2)設(shè)長木板A和物塊B運動到斜面底端時速度分別為v1、v2，根據(jù)運動學(xué)公式可得L＝eq\f(1,2)v1t2L＝eq\f(1,2)v2t由能量守恒定律可得，因摩擦產(chǎn)生的總熱量為Q＝mg·2Lsinθ＋2mgLsinθ－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)代入數(shù)據(jù)解得Q＝90J。6.如圖6所示，一足夠長的水平傳送帶以v＝4m/s的速度向右傳送，與傾角為37°的斜面的底端P平滑連接，將一質(zhì)量m＝2kg的小物塊從A點靜止釋放。已知A、P的距離L＝8m，物塊與斜面、傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：圖6(1)小物塊第一次滑過P點時的速度大小v1；(2)小物塊第一次在傳送帶上往返運動的時間t；(3)物塊第一次從P點沖上傳送帶到沿傳送帶運動到最遠(yuǎn)處的過程中，電動機因傳送物塊多做的功W；(4)從釋放到最終停止運動，小物塊在斜面上運動的總路程s總。答案(1)8m/s(2)7.2s(3)64J(4)12m解析(1)由動能定理得(mgsin37°－μmgcos37°)L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0解得v1＝8m/s。(2)由牛頓第二定律得μmg＝ma1以向右為正方向，物塊與傳送帶共速時，由速度公式得v＝－v1＋a1t1解得t1＝4.8s勻速運動階段的時間t2＝eq\f(\f(veq\o\al(2,1),2a1)－\f(v2,2a1),v)＝2.4s第1次在傳送帶上往返運動的時間t＝t1＋t2＝7.2s。(3)物塊從P點勻減速到0時運動的時間t3＝eq\f(v1,a1)＝eq\f(8,