高中物理第一章運動的描述勻變速直線運動第2講勻變速直線運動的規(guī)律及應用

第2講勻變速直線運動的規(guī)律一、勻變速直線運動的規(guī)律1.勻變速直線運動沿一條直線且加速度不變的運動.2.勻變速直線運動的基本規(guī)律(1)速度公式：v＝v0＋at.(2)位移公式：x＝v0t＋eq\f(1,2)at2.(3)位移速度關系式：v2－v02＝2ax.自測1某質點做直線運動，速度隨時間的變化關系式為v＝(2t＋4)m/s，則對這個質點運動情況的描述，說法正確的是()A.初速度為2m/sB.加速度為4m/s2C.在3s末，瞬時速度為10m/sD.前3s內，位移為30m答案C解析根據(jù)v＝v0＋at，比較v＝(2t＋4)m/s得質點運動的加速度為2m/s2，初速度為4m/s，所以選項A、B錯誤；在3s末，質點的瞬時速度為vt＝2×3m/s＋4m/s＝10m/s，所以選項C正確；前3s內，質點的位移x＝eq\f(v\o\al(2,t)－v\o\al(2,0),2a)＝eq\f(102－42,2×2)m＝21m，選項D錯誤.二、勻變速直線運動的推論1.三個推論(1)連續(xù)相等的相鄰時間間隔T內的位移差相等.即x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.(2)做勻變速直線運動的物體在一段時間內的平均速度等于這段時間初、末時刻速度矢量和的一半，還等于中間時刻的瞬時速度.平均速度公式：eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋v,2)＝.(3)位移中點速度＝eq\r(\f(v\o\al(2,0)＋v2,2)).2.初速度為零的勻加速直線運動的四個重要推論(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬時速度之比為v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.(2)T內、2T內、3T內、…、nT內的位移之比為x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2.(3)第1個T內、第2個T內、第3個T內、…、第n個T內的位移之比為xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2n－1).(4)從靜止開始通過連續(xù)相等的位移所用時間之比為t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1)).自測2某質點從靜止開始做勻加速直線運動，已知第3秒內通過的位移是x(單位：m)，則質點運動的加速度為()A.eq\f(3x,2)(m/s2) B.eq\f(2x,3)(m/s2)C.eq\f(2x,5)(m/s2) D.eq\f(5x,2)(m/s2)答案C解析由勻變速直線運動規(guī)律知第3秒內的平均速度等于t＝2.5s時的瞬時速度，得a＝eq\f(x,2.5)(m/s2)＝eq\f(2x,5)(m/s2)，C對.三、自由落體運動和豎直上拋運動1.自由落體運動(1)條件：物體只受重力，從靜止開始下落.(2)基本規(guī)律①速度公式：v＝gt.②位移公式：x＝eq\f(1,2)gt2.③速度位移關系式：v2＝2gx.(3)伽利略對自由落體運動的研究①伽利略通過邏輯推理的方法推翻了亞里士多德的“重的物體比輕的物體下落快”的結論.②伽利略對自由落體運動的研究方法是邏輯推理→猜想與假設→實驗驗證→合理外推.這種方法的核心是把實驗和邏輯推理(包括數(shù)學演算)和諧地結合起來.2.豎直上拋運動(1)運動特點：加速度為g，上升階段做勻減速運動，下降階段做自由落體運動.(2)運動性質：勻變速直線運動.(3)基本規(guī)律①速度公式：v＝v0－gt；②位移公式：x＝v0t－eq\f(1,2)gt2.自測3教材P45第5題頻閃攝影是研究變速運動常用的實驗手段.在暗室中，照相機的快門處于常開狀態(tài)，頻閃儀每隔一定時間發(fā)出一次短暫的強烈閃光，照亮運動的物體，于是膠片上記錄了物體在幾個閃光時刻的位置.如圖1是小球自由下落時的頻閃照片示意圖，頻閃儀每隔0.04s閃光一次.如果通過這幅照片測量自由落體加速度，可以采用哪幾種方法？試一試.照片中的數(shù)字是小球落下的距離，單位是厘米.圖1答案見解析解析方法一根據(jù)公式x＝eq\f(1,2)gt2x＝19.6cm＝0.196m.t＝5T＝0.2sg＝eq\f(2x,t2)＝eq\f(0.196×2,4×10－2)m/s2＝9.8m/s2方法二x5－x3＝2gT2x4－x2＝2gT2g＝eq\f(x4＋x5－x3＋x2,4T2)＝eq\f(19.6－7.1－7.1－0.8,4×0.042)×10－2m/s2≈9.69m/s2方法三根據(jù)v＝gt和eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋v,2)＝eq\f(x,t)＝v4T＝eq\x\to(v)＝eq\f(19.6－7.1×10－2,2×0.04)m/s＝1.56m/sg＝eq\f(v4T,t)＝eq\f(1.56,4×0.04)m/s2＝9.75m/s2.命題點一勻變速直線運動的基本規(guī)律及應用1.基本思路eq\x(畫過程示意圖)→eq\x(判斷運動性質)→eq\x(選取正方向)→eq\x(選用公式列方程)→eq\x(解方程并加以討論)2.方法與技巧題目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和為解題設定的中間量)沒有涉及的物理量適宜選用公式v0、v、a、txv＝v0＋atv0、a、t、xvx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v0、v、a、xtv2－v02＝2axv0、v、t、xax＝eq\f(v＋v0,2)t除時間t外，x、v0、v、a均為矢量，所以需要確定正方向，一般以v0的方向為正方向.例1(2018·河南許昌模擬)一個物體從靜止開始，以加速度a1做勻加速直線運動，經過時間t改為做加速度大小為a2的減速運動，又經過時間t物體回到開始位置，求兩個加速度大小之比eq\f(a1,a2).答案1∶3解析根據(jù)題意可知：物體在第一個時間t內做勻加速直線運動，在第二個時間t內先做勻減速運動到速度為零然后反向加速，取初始速度方向為正方向，畫出物體運動過程示意圖如圖所示.針對兩個運動階段由位移公式有x＝eq\f(1,2)a1t2－x＝a1t·t＋eq\f(1,2)(－a2)t2聯(lián)立解得eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,3).拓展點剎車類問題的處理技巧——逆向思維法的應用剎車類問題：指勻減速到速度為零后即停止運動，加速度a突然消失，求解時要注意確定其實際運動時間.如果問題涉及最后階段(到停止)的運動，可把該階段看成反向的初速度為零、加速度不變的勻加速直線運動.例2隨著機動車數(shù)量的增加，交通安全問題日益凸顯.分析交通違法事例，將警示我們遵守交通法規(guī)，珍愛生命.某路段機動車限速為15m/s，一貨車嚴重超載后的總質量為5.0×104kg，以15m/s的速度勻速行駛.發(fā)現(xiàn)紅燈時司機剎車，貨車立即做勻減速直線運動，加速度大小為5m/s2.已知貨車正常裝載后的剎車加速度大小為10m/s2.(1)求此貨車在超載及正常裝載情況下的剎車時間之比.(2)求此貨車在超載及正常裝載情況下的剎車距離分別是多大？(3)若此貨車不僅超載而且以20m/s的速度超速行駛，則剎車距離又是多少？(設此情形下剎車加速度大小仍為5m/s2)答案(1)2∶1(2)22.5m11.25m(3)40m解析(1)此貨車在超載及正常裝載情況下剎車時間之比t1∶t2＝eq\f(v0,a1)∶eq\f(v0,a2)＝2∶1.(2)超載時，剎車距離x1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝eq\f(152,2×5)m＝22.5m正常裝載時，剎車距離x2＝eq\f(v\o\al(2,0),2a2)＝eq\f(152,2×10)m＝11.25m(3)貨車超載并超速的情況下的剎車距離x3＝eq\f(v0′2,2a1)＝eq\f(202,2×5)m＝40m變式1(多選)一物體以某一初速度在粗糙的水平面上做勻減速直線運動，最后靜止下來.若物體在最初5s內通過的位移與最后5s內通過的位移之比為x1∶x2＝11∶5，物體運動的加速度大小為a＝1m/s2，則()A.物體運動的時間可能大于10sB.物體在最初5s內通過的位移與最后5s內通過的位移之差為x1－x2＝15mC.物體運動的時間為8sD.物體的初速度為10m/s答案BC命題點二勻變速直線運動的推論及應用方法與技巧類型1平均速度公式的應用例3質點由靜止從A點出發(fā)沿直線AB運動，行程的第一階段是加速度大小為a1的勻加速運動，接著做加速度大小為a2的勻減速運動，到達B點時恰好速度減為零.若AB間總長度為s，則質點從A到B所用時間t為()A.eq\r(\f(sa1＋a2,a1a2)) B.eq\r(\f(2sa1＋a2,a1a2))C.eq\f(2sa1＋a2,a1a2) D.eq\r(\f(a1a2,2sa1＋a2))答案B解析設第一階段的末速度為v，則由題意可知：eq\f(v2,2a1)＋eq\f(v2,2a2)＝s，解得：v＝eq\r(\f(2a1a2s,a1＋a2))；而s＝eq\f(0＋v,2)t1＋eq\f(v＋0,2)t2＝eq\f(v,2)t，由此解得：t＝eq\r(\f(2a1＋a2s,a1a2))，所以正確答案為B.變式2一個做勻變速直線運動的質點，初速度為0.5m/s，第9s內的位移比第5s內的位移多4m，則該質點的加速度、9s末的速度和質點在9s內通過的位移分別是()A.a＝1m/s2，v9＝9m/s，x9＝40.5mB.a＝1m/s2，v9＝9m/s，x9＝45mC.a＝1m/s2，v9＝9.5m/s，x9＝45mD.a＝0.8m/s2，v9＝7.7m/s，x9＝36.9m答案C解析根據(jù)eq\x\to(v)＝，質點在8.5s時刻的速度比在4.5s時刻的速度大4m/s，所以加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4m/s,4s)＝1m/s2，v9＝v0＋at＝9.5m/s，x9＝eq\f(1,2)(v0＋v9)t＝45m，選項C正確.類型2逆向思維法和初速度為零的勻變速直線運動推論的應用例4(多選)(2018·四川雅安模擬)如圖2所示，一冰壺以速度v垂直進入三個矩形區(qū)域做勻減速直線運動，且剛要離開第三個矩形區(qū)域時速度恰好為零，則冰壺依次進入每個矩形區(qū)域時的速度之比和穿過每個矩形區(qū)域所用的時間之比分別是()圖2A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B.v1∶v2∶v3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1C.t1∶t2∶t3＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)D.t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1答案BD解析因為冰壺做勻減速直線運動，且末速度為零，故可以看做反向勻加速直線運動來研究.初速度為零的勻加速直線運動中通過連續(xù)三段相等位移的時間之比為1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))，故所求時間之比為(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1，所以選項C錯誤，D正確；由v2－v02＝2ax可得初速度為零的勻加速直線運動中通過連續(xù)相等位移的速度之比為1∶eq\r(2)∶eq\r(3)，則所求的速度之比為eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，故選項A錯誤，B正確.變式3(多選)一物塊以一定的初速度從光滑斜面底端a點上滑，最高可滑至b點，后又滑回至a點，c是ab的中點，如圖3所示，已知物塊從a上滑至b所用時間為t，下列分析正確的是()圖3A.物塊從c運動到b所用的時間等于從b運動到c所用的時間B.物塊上滑過程的加速度與下滑過程的加速度等大反向C.物塊下滑時從b運動至c所用時間為eq\f(\r(2),2)tD.物塊上滑通過c點時的速度大小等于整個上滑過程中平均速度的大小答案AC解析由于斜面光滑，物塊沿斜面向上與向下運動的加速度大小相同，a＝gsinθ，故物塊從c運動到b所用的時間等于從b運動到c所用的時間，選項A正確，B錯誤；物塊由b到a的過程是初速度為零的勻加速直線運動，則可知eq\f(tbc,t)＝eq\f(1,\r(2))，解得tbc＝eq\f(\r(2),2)t，選項C正確；由于c是位移的中點，物塊上滑過程中通過c點的速度不等于整個上滑過程的平均速度，選項D錯誤.命題點三自由落體和豎直上拋運動1.兩種運動的特性(1)自由落體運動為初速度為零、加速度為g的勻加速直線運動.(2)豎直上拋運動的重要特性(如圖4)圖4①對稱性a.時間對稱：物體上升過程中從A→C所用時間tAC和下降過程中從C→A所用時間tCA相等，同理tAB＝tBA.b.速度對稱：物體上升過程經過A點的速度與下降過程經過A點的速度大小相等.②多解性：當物體經過拋出點上方某個位置時，可能處于上升階段，也可能處于下降階段，造成多解，在解決問題時要注意這個特性.2.豎直上拋運動的研究方法分段法上升階段：a＝g的勻減速直線運動下降階段：自由落體運動全程法初速度v0向上，加速度g向下的勻變速直線運動，v＝v0－gt，h＝v0t－eq\f(1,2)gt2(向上方向為正方向)若v>0，物體上升，若v<0，物體下落若h>0，物體在拋出點上方，若h<0，物體在拋出點下方例5(2018·湖北部分重點高中協(xié)作體聯(lián)考)如圖5所示是一種較精確測重力加速度g值的方法：將下端裝有彈射裝置的真空玻璃直管豎直放置，玻璃管足夠長，小球豎直向上被彈出，在O點與彈簧分離，上升到最高點后返回.在O點正上方選取一點P，利用儀器精確測得OP間的距離為H，從O點出發(fā)至返回O點的時間間隔為T1，小球兩次經過P點的時間間隔為T2，求：圖5(1)重力加速度g；(2)當O點距離管底部的距離為L0時，玻璃管的最小長度.答案(1)eq\f(8H,T\o\al(2,1)－T\o\al(2,2))(2)L0＋eq\f(T\o\al(2,1)H,T\o\al(2,1)－T\o\al(2,2))解析(1)小球從O點上升到最大高度過程中h1＝eq\f(1,2)g(eq\f(T1,2))2小球從P點上升到最大高度過程中h2＝eq\f(1,2)g(eq\f(T2,2))2依據(jù)題意得h1－h(huán)2＝H，聯(lián)立解得g＝eq\f(8H,T\o\al(2,1)－T\o\al(2,2)).(2)真空管的最小長度L＝L0＋h1，故L＝L0＋eq\f(T\o\al(2,1)H,T\o\al(2,1)－T\o\al(2,2)).拓展點雙向可逆類問題——類豎直上拋運動如果沿光滑斜面上滑的小球，到最高點仍能以原加速度勻加速下滑，全過程加速度大小、方向均不變，故求解時可對全過程列式，但必須注意x、v、a等矢量的正負號及物理意義.例6(多選)一物體以5m/s的初速度在光滑斜面上向上運動，其加速度大小為2m/s2，設斜面足夠長，經過t時間物體位移的大小為4m，則時間t可能為()A.1s B.3sC.4s D.eq\f(5＋\r(41),2)s答案ACD解析當物體的位移為4m時，根據(jù)x＝v0t＋eq\f(1,2)at2得4＝5t－eq\f(1,2)×2t2解得t1＝1s，t2＝4s當物體的位移為－4m時，根據(jù)x＝v0t＋eq\f(1,2)at2得－4＝5t－eq\f(1,2)×2t2解得t3＝eq\f(5＋\r(41),2)s，故A、C、D正確，B錯誤.命題點四多運動過程問題1.基本思路如果一個物體的運動包含幾個階段，就要分段分析，各段交接處的速度往往是聯(lián)系各段的紐帶.可按下列步驟解題：(1)畫：分清各階段運動過程，畫出草圖；(2)列：列出各運動階段的運動方程；(3)找：找出交接處的速度與各段間的位移－時間關系；(4)解：聯(lián)立求解，算出結果.2.解題關鍵多運動過程的轉折點的速度是聯(lián)系兩個運動過程的紐帶，因此，轉折點速度的求解往往是解題的關鍵.例7甲、乙兩個質點都從靜止出發(fā)做加速直線運動，加速度方向一直不變.在第一段時間間隔內，兩個質點的加速度大小不變，乙的加速度大小是甲的3倍；在接下來的相同時間間隔內，甲的加速度大小增加為原來的3倍，乙的加速度大小減小為原來的eq\f(1,3).求甲、乙兩質點各自在這兩段時間間隔內走過的總路程之比.答案3∶5解析在第一段時間間隔內，設甲的加速度為a，則乙的加速度為3a，此過程中甲的位移x甲1＝eq\f(1,2)at2，末速度v甲＝at，乙的位移x乙1＝eq\f(1,2)×3at2，末速度v乙＝3at.在第二段時間間隔內，甲的加速度為3a，乙的加速度為a，此過程中甲的位移x甲2＝at·t＋eq\f(1,2)×3at2＝eq\f(5,2)at2；乙的位移x乙2＝3at·t＋eq\f(1,2)at2＝eq\f(7,2)at2，＋x乙2＝5at2，則總路程之比eq\f(x甲,x乙)＝eq\f(3at2,5at2)＝eq\f(3,5).變式4航天飛機是一種垂直起飛、水平降落的載人航天器.航天飛機降落在平直跑道上，其減速過程可簡化為兩個勻減速直線運動階段.航天飛機以水平速度v0著陸后立即打開減速阻力傘(如圖6)，加速度大小為a1，運動一段時間后速度減為v；隨后在無減速阻力傘情況下勻減速運動直至停下.已知兩個勻減速滑行過程的總時間為t，求：圖6(1)第二個勻減速運動階段航天飛機減速的加速度大小a2；(2)航天飛機著陸后滑行的總路程x.答案(1)eq\f(a1v,a1t－v0＋v)(2)eq\f(va1t－vv0＋v\o\al(2,0),2a1)解析(1)第一個勻減速階段運動的時間t1＝eq\f(v－v0,－a1)＝eq\f(v0－v,a1)，第二個勻減速階段運動的時間t2＝t－t1，得t2＝t－eq\f(v0－v,a1)，由0＝v－a2t2，得a2＝eq\f(a1v,a1t－v0＋v).(2)第一個勻減速階段的位移大?。簒1＝eq\f(v2－v\o\al(2,0),－2a1)＝eq\f(v\o\al(2,0)－v2,2a1)，第二個勻減速階段的位移大小x2＝eq\f(0－v2,－2a2)＝eq\f(v2,2a2)，得x2＝eq\f(va1t－v0＋v,2a1)，所以航天飛機著陸后滑行的總路程x＝x1＋x2＝eq\f(va1t－vv0＋v\o\al(2,0),2a1).1.假設某無人機靶機以300m/s的速度勻速向某個目標飛來，在無人機離目標尚有一段距離時從地面發(fā)射導彈，導彈以80m/s2的加速度做勻加速直線運動，以1200m/s的速度在目標位置擊中該無人機，則導彈發(fā)射后擊中無人機所需的時間為()A.3.75sB.15sC.30sD.45s答案B解析導彈由靜止做勻加速直線運動，即v0＝0，a＝80m/s2，據(jù)公式v＝v0＋at，有t＝eq\f(v,a)＝eq\f(1200,80)s＝15s，即導彈發(fā)射后經15s擊中無人機，選項B正確.2.(多選)做勻減速直線運動的質點，它的加速度大小為a，初速度大小為v0，經過時間t速度減小到零，則它在這段時間內的位移大小可用下列哪些式子表示()A.v0t－eq\f(1,2)at2B.v0tC.eq\f(v0t,2)D.eq\f(1,2)at2答案ACD3.(2018·廣東湛江模擬)如圖1所示，一騎行者所騎自行車前后輪軸的距離為L，在水平道路上勻速運動，當看到道路前方有一條減速帶時，立刻剎車使自行車做勻減速直線運動，自行車垂直經過該減速帶時，對前、后輪造成的兩次顛簸的時間間隔為t.利用以上數(shù)據(jù)，可以求出前、后輪經過減速帶這段時間內自行車的()圖1A.初速度 B.末速度C.平均速度 D.加速度答案C4.(2018·黑龍江哈爾濱質檢)關于自由落體運動(g＝10m/s2)，下列說法中不正確的是()A.它是豎直向下，v0＝0、a＝g的勻加速直線運動B.在開始連續(xù)的三個1s內通過的位移之比是1∶3∶5C.在開始連續(xù)的三個1s末的速度大小之比是1∶2∶3D.從開始運動到距下落點5m、10m、15m所經歷的時間之比為1∶2∶3答案D5.一輛公共汽車進站后開始剎車，做勻減速直線運動.開始剎車后的第1s內和第2s內位移大小依次為9m和7m.則剎車后6s內的位移是()A.20mB.24mC.25mD.75m答案C解析由Δx＝9m－7m＝2m可知，汽車在第3s、第4s、第5s內的位移分別為5m、3m、1m，汽車在第5s末的速度為零，故剎車后6s內的位移等于前5s內的位移，大小為9m＋7m＋5m＋3m＋1m＝25m，故C正確.6.(2018·河南信陽調研)在一平直路段檢測某品牌汽車的運動性能時，以路段的起點作為x軸的原點，通過傳感器發(fā)現(xiàn)汽車剎車后的坐標x與時間t的關系滿足x＝30t－5t2(m)，下列說法正確的是()A.汽車剎車過程的初速度大小為30m/s，加速度大小為10m/s2B.汽車剎車過程的初速度大小為30m/s，加速度大小為5m/s2C.汽車剎車過程的初速度大小為60m/s，加速度大小為5m/s2D.汽車剎車過程的初速度大小為60m/s，加速度大小為2.5m/s2答案A解析根據(jù)汽車剎車后的坐標x與時間t的關系x＝30t－5t2(m)，對比勻變速直線運動的規(guī)律x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，可知汽車剎車過程的初速度大小為30m/s，加速度大小為10m/s2，故選A.7.一物體做初速度為零的勻加速直線運動，將其運動時間順次分成1∶2∶3的三段，則每段時間內的位移之比為()A.1∶3∶5 B.1∶4∶9C.1∶8∶27 D.1∶16∶81答案C8.(多選)給滑塊一初速度v0使它沿光滑斜面向上做勻減速運動，加速度大小為eq\f(g,2)，當滑塊速度大小減為eq\f(v0,2)時，所用時間可能是()A.eq\f(v0,2g)B.eq\f(v0,g)C.eq\f(3v0,g)D.eq\f(3v0,2g)答案BC解析當滑塊速度大小減為eq\f(v0,2)時，其方向可能與初速度方向相同，也可能與初速度方向相反，因此要考慮兩種情況，即v＝eq\f(v0,2)或v＝－eq\f(v0,2)，代入公式t＝eq\f(v－v0,a)得t＝eq\f(v0,g)或t＝eq\f(3v0,g)，故B、C正確.9.一物體以初速度v0做勻減速直線運動，第1s內通過的位移為x1＝3m，第2s內通過的位移為x2＝2m，又經過位移x3物體的速度減小為0，則下列說法錯誤的是()A.初速度v0的大小為2.5m/s B.加速度a的大小為1m/s2C.位移x3的大小為1.125m D.位移x3內的平均速度大小為0.75m/s答案A解析由Δx＝aT2可得加速度大小a＝1m/s2；第1s末的速度v1＝eq\f(x1＋x2,2T)＝2.5m/s；物體的速度由2.5m/s減速到0所需時間t＝eq\f(Δv,－a)＝2.5s，則經過位移x3的時間t′為1.5s，且x3＝eq\f(1,2)at′2＝1.125m；位移x3內的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x3,t′)＝0.75m/s.故選A.10.(2018·甘肅天水質檢)如圖2所示，木桿長5m，上端固定在某一點，由靜止放開后讓它自由落下(不計空氣阻力)，木桿通過懸點正下方20m處圓筒AB，圓筒AB長為5m，取g＝10m/s2，求：圖2(1)木