1、2019届高三第一学期期初调研测试卷（物理）一、单项选择题：本题共 5小题，每小题 3分，共 15分，每小题只有一个选项符合题意.1.自卸式货车可以提高工作效率，如图所示在车厢由水平位置逐渐抬起到一定高度且货物还未滑离车厢的过程中，货物所受车厢的支持力 和摩擦力 都在变化。下列说法中正确的是A. 逐渐减小 B. 先减小后不变C. 逐渐增大 D. 先增大后不变【答案】AC【解析】试题分析：对货物受力分析，由平衡条件知： ，当车厢逐渐抬高时， 越来越大，所以 越来越小， 越来越大，故选项 AC正确考点：本题考查利用平衡条件分析力的变化情况2.一滑块以初速度 v0从固定斜面底端沿斜面（其足够长）向上
2、滑，该滑块的速度-时间图象不可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】上滑过程中， 物块做匀加速度直线运动，下滑过程中物块做匀加速度直线运动，加速度减小了，C 对；还有可能上升到最高点，重力的分力不足以克服最大静摩擦力而静止，B 对；如果斜面光滑，则选 A，D 不可能；3.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比 n1： n2=3：1， L1、 L2为两相同灯泡，R、 L、 D和 C分别为定值电阻、理想线圈、理想二极管和电容器，其中 C = 10 。当原线圈两端接如图乙所示的正弦交流电压时，下列说法中正确的是A. 灯泡 L1一定比 L2暗B. 电容器 C所带电荷量的最大值为C. 电
3、容器 C充电周期为D. 副线圈两端的电压有效值为 V【答案】C【解析】【详解】原线圈有正弦交流电，则副线圈中也有正弦式交流电。由于 L1与电阻相串联，而L2与电感器相串联，灯泡 L1与 L2的亮度，取决于电感和电阻的阻碍作用，本题未给条件无法判断，故 A错误；电容器与二极管串联，含有电容的支路经 1.010-2s充电后，再经过1.010-2s再次充电，则周期为 2.010-2s，故 C正确；由题意可知，原线圈的电压的最大值为 36 V，由于原、副线圈的匝数比 n 1：n 2=3：1，所以副线圈的电压最大值为 12 V，则有效值为 12V，故 D错误；二极管具有单向导电性，电容器两端电压的最大值
4、为 12 V，所以电容器带电量的最大值为 Q CU1010 -612 C1.2 10-4C，故 B错误；故选 C。4.如图所示，带有正电荷量 Q的细铜圆环竖直固定放置，一带正电荷量 q的粒子从很远处沿水平轴线飞来并到达圆心 O。不计粒子的重力。关于粒子的上述过程，下列说法中正确的是（ ）A. 粒子先做加速运动后做减速运动B. 粒子的电势能先增大，后减小C. 粒子的加速度先增大，后减小D. 粒子的动能与电势能之和先减小后增大【答案】B【解析】试题分析：、圆环带正电，电场线从圆环出发到无穷远终止，带正电的粒子 q所受的电场力方向与其运动方向相反，所以粒子一直做减速运动故 A错误电场力对粒子 q做负
5、功，电势能一直增大故 B错误无穷远场强为零，O 点场强也为零，即可从无穷远到 O点，场强先增大后减小，粒子所受的电场力先增大后减小，所以其加速度先增大，后减小故 C正确根据能量守恒得知：粒子的动能与电势能之和保持不变故 D错误故选 C考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题是带电粒子在电场中的运动问题；采用极限法分析场强的变化，来分析加速度的变化是关键。5.甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图所示。关于两车的运动情况，下列说法正确的是A. 在 04s内甲车做匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动B. 在 02s内两车间距逐渐增大，2s4s 内
6、两车间距逐渐减小C. 在 t=2s时甲车速度为 3m/s，乙车速度为 4.5m/sD. 在 t=4s时甲车恰好追上乙车【答案】C【解析】【详解】根据图象可知，乙的加速度逐渐减小，不是匀减速直线运动，故 A错误；据加速度时间图象知道图象与时间轴所围的面积表示速度。据图象可知，当 t=4s时，两图象与 t轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度相等；在 4秒前乙车的速度大于甲车的速度，所以乙车在甲车的前方，所以两车逐渐远离，当 t=4s时，两车速度相等即相距最远，故 BD错误；在 t=2s时乙车速度为 v 乙 (1.5+3)24.5 m/s，甲车速度为 v 甲 =1.52=3m/s，故 C正确。故选
7、 C。【点睛】本题考查了图象与追及问题的综合，解决本题的关键知道加速度时间图线围成的面积表示速度的变化量，难度适中二、多项选择题：本大题共 4小题，每小题 4分，共 l6分每小题有多个选项符合题意全部选对的得 4分，选对但不全的得 2分，错选或不答的得 0分6.“伽利略”卫星导航定位系统由 30颗轨道卫星组成，分布在 3个轨道面上，每个轨道部署 9颗工作卫星和 1颗在轨备份卫星，当某颗工作卫星出现故障时可及时顶替工作若某颗替补卫星处在略低于工作卫星的轨道上，则以下说法中正确的是A. 替补卫星的线速度大于工作卫星的线速度B. 替补卫星的周期大于工作卫星的周期C. 工作卫星沿其轨道切线方向向后喷出
8、气体，可能追上前面的工作卫星D. 替补卫星沿其轨道切线方向向后喷出气体，可能到达工作卫星的轨道【答案】AD【解析】【详解】根据万有引力提供向心力 ，得： ，知替补卫星处在略低于工作卫星的轨道上，所以替补卫星的线速度大于工作卫星的线速度，故 A正确。根据周期可知替补卫星处在略低于工作卫星的轨道上，所以替补卫星的周期小于工作卫星的周期，故 B错误。工作卫星沿其轨道切线方向后喷出气体，速度增加，将做离心运动，偏离原轨道，到达高轨道，故 C错误。替补卫星沿其轨道切线方向后多次喷出气体，速度增加，将做离心运动，到达高轨道，可能到达工作卫星的轨道，故 D正确。故选 AD。【点睛】解决本题的关键掌握万有引力
9、提供向心力，知道线速度和周期与轨道半径的关系知道卫星的变轨方法，从低轨道进入高轨道要加速；7.如图所示，两竖直放置的平行光滑导轨处于垂直于导轨平面的匀强磁场中，金属杆 ab可沿导轨滑动，原先 S断开，让 ab杆由静止下滑，一段时间后闭合 S，则从 S闭合开始计时，ab杆的运动速度 v随时间 t的图象不可能是下图中的（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：当闭合开关时 S时，满足 时，金属杆匀速运动，A 可能，故 A错误当速度大小变化时，感应电动势也会变化，感应电流也变化，安培力大小也变化，所以金属杆的加速度也在变化，所以不可能做匀加速运动，B 没有可能，故 B正确如果 时，金
10、属杆加速运动，速度增大，安培力增大，加速度减小最后匀速，C 有可能，故 C错误当时，金属杆减速运动，速度减小，安培力减小，加速度减小，D 有可能，故 D错误该题选不可能的，故选 B考点：导体切割磁感线时的感应电动势；点评：正确分析棒的受力并能根据受力判定物体做加速度逐渐减小的加速运动，知道合外力等于 0时棒将做匀速直线运动8.如图所示，在倾角为 =30的光滑固定斜面上，有两个质量均为 m的小球 A、 B，它们用原长为 L、 劲度系数为 k的轻弹簧连接，现对 A施加一水平向右的恒力 F，使 A、 B均静止在斜面上，下列说法正确的是A. 弹簧的长度为 L+B. 水平恒力 F大小为 mgC. 撤掉恒
11、力 F的瞬间小球 A的加速度大小为 gD. 撤掉恒力 F的瞬间小球 B的加速度大小为【答案】AC【解析】对小球 B分析知， ，则弹簧的伸长量： ，所以弹簧的长度为： ，A 正确；对整体分析， ，解得 ，B 错误；撤去恒力 F瞬间，弹簧的弹力不变，对 A球，根据牛顿第二定律得， ，C正确。撤去恒力 F瞬间，弹簧的弹力不变，对 B球，合力为零，则 B球的加速度为零，D 错误。9.如图所示，某生产线上相互垂直的甲、乙传送带等高，宽度均为 ，而且均以大小为 的速度运行，图中虚线为传送带中线。一工件(视为质点)从甲左端释放，经长时间由甲右端滑上乙，滑至乙中线处时恰好相对乙静止。下列说法中正确的是 ( )
12、A. 工件在乙传送带上的痕迹为直线，痕迹长为B. 工件从滑上乙到恰好与乙相对静止所用的时间为C. 工件与乙传送带间的动摩擦因数D. 乙传送带对工件的摩擦力做功为零【答案】AD【解析】试题分析：物体滑上乙时，相对于乙上的那一点的速度分为水平向右的 和向后的 ，合速度为 ，就是沿着与乙成 45的方向，那么相对于乙的运动轨迹肯定是直线，故 A正确。假设它受滑动摩擦力 ，方向与合相对速度在同一直线，所以角 ，则相对于乙的加速度也沿这个方向，经过 t后，它滑到乙中线并相对于乙静止，根据牛顿第二定律，有：，解得 ；运动距离 又 ，L 和 a代入所以 ， ，故 B错误、C 错误。滑上乙之前，工件绝对速度为
13、，动能为 ，滑上乙并相对停止后，绝对速度也是 ，动能也是 ，而在乙上面的滑动过程只有摩擦力做了功，动能又没变化，所以乙对工件的摩擦力做功为 0，故 D正确。考点：本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律、动能定理三、简答题：本大题分必做题（第 10、11 题）和选做题（第 12题）两部分，共 42分请将解答填在相应的位置10.某实验小组设计了如图( a)所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度 a和所受拉力 F的关系图象他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条 a-F图线，如图( b)所示 （1）图线_是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的(选填“”
14、或”)（2）滑块和位移传感器发射部分的总质量 m=_kg；滑块和轨道间的动摩擦因数=_ 【答案】 （1）；（2）0.5，0.2【解析】试题分析：（1）由图象可知，当 F=0时，a0也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高所以图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的（2）根据 F=ma得 所以滑块运动的加速度 a和所受拉力 F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数由图形 b得加速度 a和所受拉力 F的关系图象斜率k=2，所以滑块和位移传感器发射部分的总质量 m=05Kg ；由图形 b得，在水平轨道上F=
15、1N时，加速度 a=0，根据牛顿第二定律得 F-mg=0解得 =02。考点：牛顿第二定律【名师点睛】通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解。11.另一实验小组设计了“探究加速度与合外力关系”的实验，实验装置如图所示。已知小车的质量为 500克，g 取 10m/s2，不计绳与滑轮间的摩擦。实验步骤如下：（1）细绳一端系在小车上，另一端绕过定滑轮后挂一个小砝码盘。（2）在盘中放入质量为 m的砝码，用活动支柱将木板固定有定滑轮的一端垫高，调整木板倾角，恰好使小车沿木板匀速下滑。（3）保持木板倾角不变，取下砝码盘，将纸带与小车相连，并穿过打
16、点计时器的限位孔，接通打点计时器电源后，释放小车。（4）取下纸带后，在下表中记录了砝码的质量 m和对应的小车加速度 a。（5）改变盘中砝码的质量，重复（2） （3）步骤进行实验。 实验用打点计时器交流电的频率为 50Hz，纸带的记录如图所示，图中前几个点模糊，因此从 A点开始每打五个点取一个计数点，则小车的加速度为_ (结果保留三位有效数字） 某同学测量结果如下表中，请在坐标纸上作出 图象_。上述图象不过坐标原点的原因是： _。 根据（1）问中的图象还能求解哪些物理量？其大小为多少？_, _。 你认为本次实验中小车的质量是否要远远大于砝码的质量：_（选填“是”或“否” ） 。【答案】 (1).
17、 0.75m/s 2； (2). 图象如图所示； (3). 求小车所受合力时，没有考虑砝码盘的重力； (4). 还可以求出砝码盘的重力 (5). 0.5N；【解析】【详解】根据匀变速直线运动的推论公式x=aT 2，由纸带可得x=0.75cm，则求出加速度的大小 根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后作出图象，图象如图所示由图象可知，a-mg 图象与纵轴相交，当盘中砝码质量为零时，小车已经具有加速度，说明此时小车所受合力不为零，这是因为求小车所受合力时，没有考虑砝码盘重力造成的由图象可知，砝码重力为零时，小车加速度 a=1m/s2，由此可知，砝码盘的重力：G 砝码盘 =m 车 a=0.5k
18、g1m/s2=0.5N砝码质量为 m，设斜面倾角为 ，小车质量为 M，小车匀速下滑，处于平衡状态，由平衡条件得：Mgsin=f+mg，当取下砝码盘后，小车重力沿斜面向下的分力 Mgsin 和摩擦力 f不变，因此小车所受合外力为 mg，由此可知，小车所受合外力与车的质量和砝码质量无关，实验不需要控制小车的质量远远大于砝码的质量【点睛】本题考查了作图、实验数据分析、实验注意事项等问题，要掌握描点法作图的方法；理解实验原理、对小车正确受力分析即可正确解题12.下列说法中正确的是 _A. 晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征B. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸发越慢C.
19、布朗运动是指在显微镜下直接观察到的液体分子的无规则运动D. 一般说来物体的温度和体积变化时它的内能都要随之改变【答案】BD【解析】【详解】单晶体一定具有规则形状，且单晶体有各向异性的特征，多晶体各向同性，没有规则的天然外形，故 A错误；在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水气蒸发也就越慢；故 B正确；布朗运动是指在显微镜下观察到的固体颗粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，选项 C错误；物体的内能与物体的温度、体积质量有关，物体的温度和体积变化时它的内能都要随之改变，所以 D正确。故选 BD.13.如图所示，一定质量的某种理想气体由状态 A变为状态 B，A
20、、B 两状态的相关参量数据已标于压强体积图象上。该气体由 A B过程中对外做功 400J，则此过程中气体内能增加了 J，从外界吸收了 J 热量【答案】0（2 分） 400（2 分）【解析】观察 A、B 两点 PV的乘积不变，温度没有变，对于理想气体内能只与温度有关，所以内能没有变，改变内能的两种形式有做功和热传递 ，从外界吸热等于对外做功 400J14.某地强风速 v=10m/s，空气的密度 。若通过截面积 S=400m2的风能全部用于使风力发电机转动，且风能的 20%转化为电能，则通过这个截面的风的发电功率是多大？【答案】（2 分） （2 分）【解析】由 A B过程中是一个等温过程，所以此过
21、程中内能不变，则必须从外界吸收等量的热量，由题意得 t时间内发电的风的质量 ，这么多质量的风具有的能量为，因为只有百分之二十的风能转化为电能了，所以15.下列说法中正确的是_A光电效应和电子的衍射现象说明粒子具有波动性B 粒子散射实验可以用来确定原子核电荷量和估算原子核半径C氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子的运动加速度减小D比结合能越大，表示原子核中核子结合得越不牢靠，原子核越不稳定【答案】B【解析】【详解】光电效应说明了光的粒子性，电子的衍射现象说明粒子具有波动性，选项 A错误； 粒子散射实验可以用来确定原子核电荷量和估算原子核半径故 B正确根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后能量减
22、小，轨道半径减小，库仑力增大，电子的加速度增大。故 C错误。比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定，选项 D错误；故选B.16.一个高能 光子，经过重核附近时与原子核场作用，能产生一对正负电子，请完成相应的反应方程：_已知电子质量 ，光在真空中的传播速度为速为 ，则 光子的能量至少为_J【答案】 (1). (2). 1.6410-13J.【解析】【详解】一个高能 光子，经过重核附近时与原子核场作用，能产生一对正负电子， 根据质能关系得， 光子的能量至少为mc 2=2mec2=1.6410-13J.17.一质量为 M的航天器远离太阳和行星，正以速度 在太空中飞行，某时刻航天器接
23、到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为 m的气体，气体向后喷出的速度大小为 ，求加速后航天器的速度大小 （ 均为相对同一参考系的速度）【答案】 【解析】【详解】设加速后航天器的速度大小为 v，由动量守恒定律有 Mv0=-mv1+（M-m）v解得 四、计算题：本大题共 4小题，共 47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位18.如图所示，抗震救灾运输机在某场地卸放物资时，通过倾角 =30的固定的光滑斜轨道面进行.有一件质量为 m=2.0kg的小包装盒，由静止开始从斜轨道的顶端 A滑至底端 B，然后又在水平地面上滑
24、行一段距离停下，若 A点距离水平地面的高度 h=5.0m，重力加速度 g取10m/s2 ，求：（1）包装盒由 A滑到 B经历的时间：（2）若地面的动摩擦因数为 0.5，包装盒在水平地面上还能滑行多远？（不计斜面与地面接触处的能量损耗）【答案】(1)2.0s (2)10m【解析】试题分析：对物体进行受力分析，由牛顿第二定律，得:包装盒沿斜面由 A到 B的位移为设包装盒由 A到 B做匀加速运动的时间为 t则解得：（2）由动能定理得：其中在 B点速度代入已知，得 s=“10m“ 考点：动能定理；牛顿第二定律.19.已知质量为 m的带电液滴，以速度 垂直射入竖直向下的匀强电场 E和水平向里匀强磁场B中
25、，液滴在此空间刚好能在竖直平面内做匀速圆周运动如图所示，(重力加速度为 g)求：(1) 液滴带电荷量及电性；(2) 液滴做匀速圆周运动的半径多大；(3) 现撤去磁场，电场强度变为原来的两倍，有界电场的左右宽度为 d，液滴仍以速度 从左边界垂直射入，求偏离原来方向的竖直距离。【答案】 （1） ；负电（2） （3） 【解析】【详解】 （1）液滴在空间受到三个力作用：重力、电场力与洛伦兹力；因带电液滴刚好做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则液滴的重力与电场力相平衡，电场力方向竖直向上，又因电场线方向向下，所以有：液滴带负电，由于 mg=qE；解得： （2）带电粒子在电场中做圆周运动的向心力由洛伦
26、兹力提供；qvB=m 两式联立解得： （3）电场变为 2E，则加速度 水平方向：d=vt竖直方向的偏转距离： 解得：【点睛】考查粒子在电场、重力场以及磁场中的圆周运动问题，关键是知道只有洛伦兹力作用下才做匀速圆周运动，理解牛顿第二定律的应用，掌握平衡条件的运用及向心力的表达式20.静止在水平面上的 A、 B两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图所示，轻绳长 L1m，承受的最大拉力为 8N， A的质量 m12kg， B的质量 m28kg， A、 B与水平面间的动摩擦因数 0.2，现用一逐渐增大的水平力作用在 B上，使 A、 B向右运动，当 F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断(取 g10m/s 2)。
27、(1)求绳刚被拉断时 F的大小；(2)若绳刚被拉断时， A、 B的速度为 2m/s，保持此时的 F大小不变，当 A的速度恰好减小为0时， A、 B间的距离为多少？【答案】(1)40N (2)3.5m【解析】试题分析：（1）先分析 A当绳达拉力最大时产生的加速度，再整体分析产生该加速度时整体需要受到的拉力；（2）绳断后，A 在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B 在拉力作用下做匀加速直线运动，分析地 A的运动时间，确定 B和 A的位移可得 AB间距解：（1）设绳刚要拉断时产生的拉力为 F1，根据牛顿第二定律对 A物体有：F1m 1g=m1a代入数值得a=2m/s2对 AB整体分析有：F（m 1+m2
28、）g=（m 1+m2）a代入数值计算得 F=40N；（2）设绳断后，A 的加速度为 a1B的加速度为 a2，则有a2= = g= 0.210=3m/s 2A停下来的时间为A的位移为：B的位移为： = =3.5m则此时 AB间距离x=x 2+Lx 1=2.5m答：（1）绳刚被拉断时 F的大小为 40N（2）若绳刚被拉断时，A、B 的速度为 2m/s，保持此时的 F大小不变，当 A静止时，A、B 间的距离为 2.5m【点评】整体法和隔离法是解决连接体问题的主要方法，抓住一起运动时加速度相同的联系点是解题的关键21.如图所示，一小木箱放在平板车的中部，距平板车的后端、驾驶室后端均为 L=2.0m，处
29、于静止状态，木箱与平板车之间的动摩擦因数 =0.40，现使平板车在水平路面上以加速度a0匀加速启动，速度达到 v=6.0m/s后接着做匀速直线运动，运动一段时间后匀减速刹车设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 g=10m/s2（1）若木箱与平板车保持相对静止，加速度 a0大小满足什么条件？（2）若 a0=6.0m/s2，当木箱与平板车的速度都达到 6.0m/s时，求木箱在平板车上离驾驶室后端距离 s（3）若在木箱速度刚达到 6.0m/s时平板车立即用恒定的阻力刹车，要使木箱不会撞到驾驶室，平板车刹车时的加速度大小 a应满足什么条件？【答案】 （1） （2）3.5m（3）【解析】（1）木箱与车相对静
30、止，加速度相同，设最大值为 am，由牛顿第二定律有解得 故应满足的条件为 （2）由于 ，故木箱与车发生相对滑动木箱速度达到 v=6m/s所需的时间 运动的位移 平板车速度达到 v=6m/s所需的时间 运动的位移 且有 解得 （3）木箱减速停止时的位移 平板车减速停止时的位移 木箱不与车相碰应满足 解得 22.如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验若砝码和纸板的质量分别为m1和 m2，各接触面间的动摩擦因数均为 重力加速度为 g（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；（2）要使纸板相对砝码运动
31、，求所需拉力的大小；（3）本实验中，m 1=0.5kg，m 2=0.1kg，=0.2，砝码与纸板左端的距离 d=0.1m，取g=10m/s2若砝码移动的距离超过 l=0.002m，人眼就能感知为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？【答案】 （1）（2m 1+m2）g；（2）F2（m 1+m2）g；（3）22.4N 【解析】试题分析：（1）砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为：f 1=m 1g，f 2=（m 1+m2）g纸板所受摩擦力的大小：f=f 1+f2=（2m 1+m2）g（2）设砝码的加速度为 a1，纸板的加速度为 a2，则有：f 1=m1a1，F-f 1-f2=m2a2发生相对运动需要 a2a 1代入数据解得：F2（m 1+m2）g（3）为确保实验成功，即砝码移动的距离不超过 l=0002m，纸板抽出时砝码运动的最大距离为x1= a1t12，纸板运动距离 d+x1= a2t22纸板抽出后砝码运动的距离 x2= a3t22，L=x1+x2由题意知 a1=a3，a 1t1=a3t2代入数据联立得 F=224N考点：牛顿第二定律的综合应用【名师点睛】这是 2013年江苏高考题，考查了连接体的运动，解题时应用隔离法分别受力分析，找出两个物体之间的位移关联关系，列运动方程，难度较大。视频
