一小段长为L的通电直导线放在磁感应强度为B的磁场中,当通过他的电流为I时,所受磁场力为

解题思路：（1）根据动能定理求出A与B碰撞前的速度，A与B碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后的速度，碰撞过程中的机械能损失等于系统初动能减去末动能；
（2）若AB不与弹簧相碰，P到Q过程，由动能定理研究AB刚好运动到Q点，进而求出h范围，再由运动学基本公式求解时间；
（3）若AB压缩弹簧后反弹，由动能定理联立方程即可求得AB刚好反弹回P点的高度h，进而求出范围，再由功能关系即可求解．

（1）物体A从倾斜轨道上高为h处由静止下滑，根据动能定理得：
mgh=[1/2]m
v20
解得：v₀=
2gh…①
设AB碰撞后的共同速度为v₁，规定向右为正方向，由动量守恒定律得
mv₀=2mv₁ …②
碰撞过程中的机械能损失为：
△E=[1/2]mv02-[1/2]（2m）v₁²
解得：△E=[1/4]m
v20
（2）若AB不与弹簧相碰，P到Q过程，由动能定理，得：
μ（2m）gL=[1/2]（2m）v₁²…③
由①②③解得：h₁=4μL，所以h的取值范围是：0＜h≤4μL．
设AB在PQ段加速度大小为a，由运动学规律，得：
v₁=at₁…④
μ（2m）g=2ma…⑤
联立①②④⑤得：t₁=

2gh
2μg，（0＜h≤4μL）．
（3）若AB压缩弹簧后反弹，由动能定理，得：
-μ（2m）g（L+L）=0-[1/2]（2m）v₁²
联立①②，得：h₂=8μL，
所以h的取值范围是：4μL＜h≤8μL．
由功能关系：E_p=[1/2]（2m）v₁²-μ（2m）gL
得：E_p=[mgh/2]-2μmgL，（4μL＜h≤8μL）．
答：（1）A与B碰撞过程的机械能损失[1/4]m
v20；
（2）如果AB不能与弹簧相碰，设AB从P点到运动停止所用的时间为t₁，h的取值范围是0＜h≤4μL，t₁与h的关系式是t₁=

2gh
2μg，（0＜h≤4μL）．
（3）如果AB能与弹簧相碰，但不能返回到P点左侧，设压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为E_p，h的取值范围是4μL＜h≤8μL，E_p与h的关系式是E

点评：
本题考点： 动量守恒定律；弹性势能．

考点点评： 本题主要考查了动能定理、功能关系、动量守恒定律及运动学基本公式的应用，计算量大，难度很大，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强训练．

解题思路：过A作BD，BE的平行线，分别交CB延长线于G，H，由平行线的性质可得到AH，AG的长，假设BC=2k，则CG=3k，CH=6k，BG=k，BH=4k，由勾股定理可得到AH²-BH²=AG²-BG²=AB²，进而可求出k的值，再由勾股定理即可得到AC的长．

过A作BD，BE的平行线，分别交CB延长线于G，H，∴△CBD∽△CGA，∴BCCG=CDAC=23，BCCH=CEAC=13，∴AH=12，AG=4.5，假设BC=2k，则CG=3k，CH=6k，BG=k，BH=4k，∵△ABG与△ABH有公共直角边AB，∴AH2-BH2=AG2-BG2=AB2，...

点评：
本题考点： 相似三角形的判定与性质；勾股定理．

考点点评： 本题考查的是相似三角形的判定与性质及勾股定理，解答此题的关键是根据题意画出图形，作出辅助线，构造出相似三角形，再根据相似三角形的判定及性质解答．

解题思路：把甲段看作3份，则乙段看作2份，又因“甲段长4.8米”，于是可以求出1份是多少，进而求出乙段长．

4.8÷3×2
=1.6×2
=3.2（米）．
答：乙段长3.2米．

点评：
本题考点： 比的应用．

考点点评： 解答此题的关键是：利用份数解答，求出1份的量，问题即可逐步得解．

甲段长＝49*（3/4）/（1+3/4）

8÷(3十1)
=8÷4
=2米

解题思路：（1）根据平抛运动的规律求出平抛运动的初速度，结合牛顿第二定律和速度位移公式求出物体的初速度．
（2）当物块一直做匀加速运动的时，水平射程最大，根据牛顿第二定律和速度位移公式求出平抛运动的最大速度，从而根据线速度与角速度的关系求出最小的角速度的大小．

（1）由平抛规律得：x=vt
h=[1/2gt2
联立解得：v=2m/s．
根据牛顿第二定律得，物块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为：a=μg=0.2×10m/s²=2m/s²，
根据速度位移公式得：v02−v2＝2al，
代入数据解得：v₀=4m/s．
（2）要使水平射程最大，物体在皮带上一直做加速运动，
根据v12−v02＝2al，解得：v1＝
v02+2al＝
16+2×2×3]=2
7m/s．
则传送带的转动的最小角速度为：ω＝
v1
r＝
2
7
0.05＝40
7rad/s．
答：（1）物体的初速度为4m/s．
（2）皮带轮至少应以40
7rad/s的角速度转动．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键理清物块在整个过程中的运动规律以及平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解．

你这么做是对的啊,我按照你的做法跟答案一样啊?你哪块做错了!
按照你的做法：W（摩擦力）+W弹力=1/2mv²-0（动能定理）,
所以有-μmgL+W（弹）=1/2mv²,这不是跟答案一样么?

（1）2.4*2/3=1.6m
（2）2.4*(2+3)/3=4m 或 2.4+1.6=4m
（3）0.8/(3-2)=0.8m 甲：0.8*3=2.4m 乙：0.8*2=1.6m

总路长为48/(3/5)=80千米 ,因此二、三队一共修了80-48=32千米,所以第二队修了32*3/(3+5)=12千米,第三队修了32*5/(3+5)=20千米

2a+b=L大于等于2根号下2ab,ab小于等于8分之L方
a=L/4,B=L/2

有关公式
F(安培力)=BIL(磁感强度)(电流)(导线有效长度)
受到60*10^-2的磁场力?应是6.0*10^-2吧!
答案:
0.1T
3.0*10^-2(N)
导线引起磁场,不影响外磁场(高中忽略影响).0.1T

解题思路：（1）滑杆达到最大速度时A与其脱离，则v₀=ωr，碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后的速度，碰撞过程中的机械能损失等于初动能减去末动能；
（2）若AB不与弹簧相碰，P到Q过程，由动能定理即可求解AB运动到Q点的连杆角速度，进而求出范围，再由运动学基本公式求解时间；
（3）若AB压缩弹簧后反弹，由动能定理联立方程即可求得AB刚好反弹回P点的连杆角速度，进而求出范围，再由功能关系即可求解．

（1）滑杆达到最大速度时A与其脱离．由题意，得：
v₀=ωr…①
设AB碰撞后的共同速度为v₁，由动量守恒定律
mv₀=2mv₁…②
碰撞过程中的机械能损失为
△E=[1/2]mv02-[1/2]（2m）v₁²…③
△E=[1/4]mω²r²…④
（2）若AB不与弹簧相碰，P到Q过程，由动能定理，得
μ（2m）gl=[1/2]（2m）v₁²…⑤
联立①②⑤，得对应AB运动到Q点的连杆角速度ω₁
ω₁=
2
2μgl
r…⑥
ω的取值范围：0＜ω≤
2
2μgl
r…⑦
设AB在PQ段加速度大小为a，由运动学规律，得：
v₁=at₁…⑧
μ（2m）g=2ma…⑨
联立①②⑧⑨，得：
t₁=[ωr/μg]，（0＜ω≤
2
2μgl
r）
（3）若AB压缩弹簧后反弹，由动能定理，得：
μ（2m）g（l+l）=[1/2]（2m）v₁²
联立①②，得对应AB刚好反弹回P点的连杆角速度ω₂
ω₂=
4
μgl
r
ω的取值范围：
2

点评：
本题考点： 动能定理的应用；功能关系．

考点点评： 本题主要考查了动能定理、功能关系、动量守恒定律及运动学基本公式的应用，计算量大，难度很大．

甲段长3x,则乙段4x
3x+4x=140
x=20
3x=60厘米
甲段长0.6米

（1）小物块在最高点A位置处，由重力提供向心力，则有：mg=

v 2A
R
解得：v _A =
gR ①，
然后物块做平抛运动根据平抛运动的规律知
2R=
1
2 g t 2 ②
x=v _A t③
由①②③联解得x=
gR

4R
g =2R；
（2）在最低点位置O′处，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，则有
N-mg=m
v 2
R ④
小物块从最低处O′运动到最高点的过程中，轨道的弹力不做功，物块的机械能守恒，由机械能守恒定律有

1
2 m v 2 -
1
2 m
v 2A =mg2R⑤
联立①④⑤解得：N=6mg，
根据牛顿第三定律知对轨道的压力为6mg
（3）弹簧释放到物块到达O′的过程，由动能定理有-μmgL=
1
2 m v 2 -E _p
解得：E _p =μmgL+
5
2 mgR
答：
（1）小物块的落点距O′的水平距离为2R；
（2）O′点处小物块对轨道的压力为6mg；
（3）小物块释放前弹簧具有的弹性势能E _P 为μmgL+
5
2 mgR

4.8÷3/5×2/5=3.2米（5是3+2得来的）

1、4.8÷3×2＝3.2米.
2、4.8÷2×3＝7.2米.7.2+4.8＝12米.
3、1.6÷（3-2）＝1.6米,甲：1.6×3＝4.8米；乙：1.6×2＝3.2米.
这些题都是先求1份数.

（1）小物块在最高点A位置处，由重力提供向心力，则有：mg= m
υ A 2
R
解得： υ A =
gR ；
（2）在最低点位置O′处，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，则有
N-mg= m
υ 0 2
R
小物块从最低处O′运动到最高点的过程中，轨道的弹力不做功，物块的机械能守恒，由机械能守恒定律有
1
2 m
υ 2A +mg2R=
1
2 m
υ 20
联立解得：N=6mg；
（3）弹簧释放到物块到达O′的过程，由动能定理有 -μmgL=
1
2 m
υ 20 - E P
解得： E P =μmgL+
5
2 mgR
答：
（1）小物块在圆弧顶端A处速度大小为
gR ；
（2）O′点处轨道对小物块的支持力为6mg；
（3）小物块释放前弹簧具有的弹性势能E _P 为μmgL+
5
2 mgR．

2.4÷（5-3)
=2.4÷2
=1.2
1.2X(5十3)
=9.6

若皮带轮顺时针以角速度ω=60rad/s转动，皮带运动的线速度为：v=Rω=6m/s
物块在皮带上先加速后与皮带相对静止，即物体平抛运动的初速度为6m/s
根据平抛的规律，
水平方向，x=v ₀ t，
竖直方向，H=
1
2 gt ² ，
解得x=6m，
故选C．

设乙段长x米,则甲段长3/4x米
根据题意,得方程x+3/4x=140
7/4x=140
x=80
则3/4x=60
所以甲段长60米
够详细了吧!

解题思路：把甲段看作3份，则乙段看作2份，又因“甲段长4.8米”，于是可以求出1份是多少，进而求出乙段长．

4.8÷3×2
=1.6×2
=3.2（米）．
答：乙段长3.2米．

点评：
本题考点： 比的应用．

考点点评： 解答此题的关键是：利用份数解答，求出1份的量，问题即可逐步得解．

a=μmg/m=μg=2m/s^2
u

把7分之六米的铁丝平均分成3段,段长（2/7）米,列式为（6/7÷3）.

（1）a=-2m/s ² v ₀ ="4m/s(2)" ω=40 rad/s

（1）由平抛规律得：x=vt …1分 h= …1分
联立解得：v=2m/s …1分
由-μmg=ma …1分得：a=-2m/s ² …1分
由v ² -v ₀ ² =2al …1分得：v ₀ =4m/s…1分
(2)要使射程最大，小物体须在皮带上一直加速。
v ₁ ² -v ₀ ² =2al …1分得：v ₁ =2 m/s…1分
所以皮带的运动速度至少为2 m/s，…1分
由v ₁ =ωr …1分得ω=40 rad/s…1分

解题思路：皮带轮顺时针转动，根据半径和角速度可以求得皮带的线速度的大小，在判断物块在皮带上的运动的过程，离开皮带之后，做的是平抛运动，根据平抛运动的规律求得水平的距离．

若皮带轮顺时针以角速度ω=60rad/s转动，皮带运动的线速度为：v=Rω=6m/s
物块在皮带上先加速后与皮带相对静止，即物体平抛运动的初速度为6m/s
根据平抛的规律，
水平方向，x=v₀t，
竖直方向，H=[1/2]gt²，
解得x=6m，
故选C．

点评：
本题考点： 牛顿运动定律的综合应用；牛顿第二定律；平抛运动．

考点点评： 根据平抛运动的规律，水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，列方程求解即可．

解题思路：（1）小物块被弹出恰好能够运动到圆弧轨道的最高点A时，由重力提供向心力，列式，可求出小物块在圆弧顶端A处速度大小；
（2）小物块从最低处O′运动到最高点的过程中，轨道的弹力不做功，物块的机械能守恒，列式求出物块在O′的速度．在O′处，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，列式求解．
（3）对于弹簧释放到物块到达O′运用动能定理求解弹性势能E_P．

（1）小物块在最高点A位置处，由重力提供向心力，则有：mg=m
υA2
R
解得：υA＝
gR；
（2）在最低点位置O′处，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，则有
N-mg=m
υ02
R
小物块从最低处O′运动到最高点的过程中，轨道的弹力不做功，物块的机械能守恒，由机械能守恒定律有 [1/2m
υ2A+mg2R＝
1
2m
υ20]
联立解得：N=6mg；
（3）弹簧释放到物块到达O′的过程，由动能定理有 −μmgL＝
1
2m
υ20−EP
解得：EP＝μmgL+
5
2mgR
答：
（1）小物块在圆弧顶端A处速度大小为
gR；
（2）O′点处轨道对小物块的支持力为6mg；
（3）小物块释放前弹簧具有的弹性势能E_P为μmgL+[5/2]mgR．

点评：
本题考点： 机械能守恒定律；动能定理．

考点点评： 本题是圆周运动与机械能守恒定律和动能定理的综合应用，关键分析物块在最高点和最低点的向心力来源，判断能量如何转化，再列式求解．

把一根2米长的铁丝平均分成7段,每段长是这根铁丝的7分之1,没段长（7分之2）米

解题思路：把甲段看作3份，则乙段看作2份，又因“甲段长4.8米”，于是可以求出1份是多少，进而求出乙段长．

4.8÷3×2
=1.6×2
=3.2（米）．
答：乙段长3.2米．

点评：
本题考点： 比的应用．

考点点评： 解答此题的关键是：利用份数解答，求出1份的量，问题即可逐步得解．

2.4*2/3=1.6

设AB=a,CD=b,AC=x,a,b,x都为正整数,且a≤b.令三角形ABC边AB的高为m,三角形ADC边CD的高为n.则S(ABCD)=S(ABC)+S(ADC)=a*m/2+b*n/2≤(a+b)x/2.当且仅当m=n=x时取等号.此时AB‖CD,即四边形ABCD为梯形或平行四边形,且AC为它们的高.由已知得:64≤(a+b)x (1)a+b=16-x (2)故有64≤(16-x)x (x-8)^2≤0是以x=8,此时a+b=8.故这样的四边形有4个,即(a,b,x)=(1,7,8);(2,6,8);(3,5,8);(4,4,8).

答：
边长为1的等边三角形面积：
S=(ah1+bh2+ch3)/2=1*1*(1/2)*sin60°
所以：
h1+h2+h3=√3/2

解题思路：把甲段看作3份，乙段看作2份，则这根绳子原来长3+2=5份，又因“乙段长4.8米”，于是可以求出1份是多少，进而求出绳子的原长．

4.8÷2×（3+2）
=2.4×5
=12（米）．
答：这根绳子原来长12米．

点评：
本题考点： 比的应用．

考点点评： 解答此题的关键是：利用份数解答，求出1份的量，问题即可逐步得解．

6除以（1+2）=2（米）
甲：2乘1=2（米）
乙：2乘2=4（米）
如果满意请加入我的团队：智慧丶与生俱来

各段路程长比为1：2：3 ,共30公里分为 6份,即上坡距离为 5 公里；
上坡5公里,每小时3公里的速度,共用时 5/3 小时；
而总时间比为 4：5：6 即为15个单位时间,而5/3 小时占了4个单位时间,总时间为（5/3）*（15/4）=25/4 小时 （6小时15分钟）
其中：
上坡5公里,每小时3公里的速度,共用时 5/3 小时（1小时40分钟）；
平路10公里,每小时4.8公里的速度,共用时 25/12小时（2小时5分钟）；
上坡15公里,每小时6公里的速度,共用时 15/6 小时（2小时30分钟）；

3.2米

学习,不能一成不变,要有一定的技巧,才能学出好成绩.而我觉得,学习最主要有“四部曲”：听、说、想、悟.
首先,上课认真听讲,是最基本的,上课如果不认真听讲,就不能将后面的“三部曲”连贯起来了,因为不认真听讲就没有自己的体会,自己的感受啦.其次,把自己的感受说出来,和大家一起分享,让大家提提意见,也是挺重要的.然后,就是第三步：想了.学了课文,联系实际想一想,自己在身边见到过的类似情况；想一想表达了作者怎么样的思想感情等等,尽量往外想,联系课文能容想开去,这样就能加深对课文的理解和体会了.最后,就能在自己的“听、说、想”中悟出真正的道理了!
除了要做到听、说、想、悟这“四部曲”之外,还要做到多提些问题.学问学问,要想有学问,在学习过程中就要先学会多提问.学习中有什么不懂得地方,就要请教同学,或者去问老师、爸爸妈妈,一定要有“一定要弄明白”的决心,不能让它过了就过了.这样,才能有更多的学问.
当然,除了我说的这些,学习还有很多很多技巧,只要你掌握了这些技巧,就会发现；学习,其实并不难.





尊敬的老师、同学们： 　
你们好! 　
　时光如梭,一转眼初一的学习生活已经过去了半个学期.上初一以后,学习的题量增多,难度加大,让我们领略了初一生活的紧张与残酷,6个月后的中考又将与我们如期相遇.今天,承蒙老师的厚爱,让我为同学们介绍一下课堂学习的方法,其实不是谦虚,自己真的没有什么经验可谈.为了完成任务,就把我了解到的一些课堂学习的好的方法介绍给大家,让我们共勉.抓好课堂的学习,主要应该注意以下几点：　
　一是课前的预习. 课前预习对于学习新的知识十分重要,如果没有先预习,就无法跟上老师的思路,会常常听得一头雾水,所以说课前预习是学习中重要的一环.如果你上课前对要学的内容进行预习,就会有利于提高学习的效率.预习时,应该采用边阅读边思考的方法,把内容的要点,层次,联系划出来或标上记号,写下自己的看法或不懂的地方与问题,最后确定听课时要解决的问题,这样可以提高听课的效率.以便能在课上紧跟老师的思路,跟上老师的步伐,才不会出现偏差.　 二是课上的听讲.听课时,一方面要专心致志地听讲,不要作小动作,更不要说话影响别人听课.课上的听讲,是和老师进行交流的过程.理解老师讲的内容,积极思考,踊跃回答老师的问题,就能得到最大的收获.另一方面还要独立思考,辨别哪些自己听不懂,并勇于提出问题,做课堂的主人.主动回答问题也是非常有益的,你回答的问题也许不正确,但正因为不正确,老师才给你纠正,等于是专门给你一个人讲题,你的收获是巨大的.听课时还要随时记好笔记.把老师讲课的要点和补充的内容与方法写下, 要记难点,记要点,记重点.课下整理笔记,梳理所学内容,以备复习时使用. 　
　 三是课后的复习. 复习和听课紧密衔接,边阅读材料边回忆听课内容或查看课堂笔记便于理解和掌握知识.如果有问题长时间还得不到解决,就要请教老师或同学.听懂了有时并不等于掌握了,所以课下多做一些练习也是十分必要的.课后做练习可以促进对知识的巩固,有利于加深理解和学会运用.我们回到家时要创造一个适合学习的环境,养成放学及时做作业,按规定时间完成作业之后再做其它事情的好习惯.我们要认真对待每一道作业题,做到心到、眼到、口到、手到,踏踏实实,一步一个脚印,逐步巩固知识.如若还有时间,可补一补自己的偏科,来弥补学习上的不足.这样一天反反复复地记忆,当天所学知识就能记忆于心,同时也感到充实和有意义.　
　 四是劳逸的结合.学习需要劳逸结合,下课时放松一下自己,看看外面的风景缓解一下自己的眼睛和大脑的疲劳,以便上课时更有精神,更能集中注意力.加强体质的锻炼也是非常有益的,一个人没有好的身体,那么不管是几加几都是等于零. 　
　
“学如逆水行舟,不进则退.”学习并非一朝一夕就可以取得的.要把自己的计划坚持不懈,持之以恒,需用目标来激励自己,用榜样来提醒自己,让自己一天有一天的收获,一步再一步地前进吧.

首先,直线段的延长线上距L中点为r(r>L/2)处的场强是由带电直线段产生,但在此直线段上的点在r处的场强由于距离不同,所以处处不同,所以要求的结果要用积分.
线电荷密度为a,则此线段上电荷微元为：adr,在r处dE=k*adr/r^2,
将dE在0到L范围内积分,则在r处场强E=k*a/L^2
(k为常数,就是4派与浦西龙那个)

1)h=1/2gt*t x=v0*t 代有关数据得t=0.4 s v0=4m/s

1.斜线段长是它在平面上射影的2倍,则斜线段与垂线段所成的角是30度,所以斜线段与平面所成角就是90度-30度＝60度
2、3表述我不太清楚
4、这是因为侧棱在底面的射影都相等,则顶点在底面的射影到底面三角形的三个顶点的距离就相等,所以是其外接圆的圆心,即外心.
5、首先那是90度,不是45度.再者这是因为a+b正好是异面直线AC与BD的夹角的大小,而这两直线是垂直的.

你的题目打错了,应该是：已知电磁波“中波段波长”范围为187——561/M,试求电磁波中波段频率范围
f=c/入
c=3.8*10^8m/s
入＝187－561（m）
代入得：f=677361.85-2032085.56Hz
下一题一样的算法,f=c/入＝3.8*10^8/3*10^4=12666.666667Hz

2.8÷4×1=0.7米

2.8X4＝11.2

（1） 2.8÷4=0.7
（2）黄瓜和辣椒共同面积=15x4x(1-3/5)=24平方米
黄瓜面积=24x1/4=6平方米
辣椒面积=24x3/4=18平方米

用理想气体状态方程来求!设37度时,关内空气柱长度为 x ,管的横截面积为s
则：(76-25)*14s/280=(76-40+x)*xs/310
解此方程得,x=14.4 cm

光缆中的段长,就是一盘光缆中单条光缆的长度吗,因为有的光缆一盘不止一根.
盘长就是,光缆盘上整条,或多条光缆取余相加的长度.
余量就是,如果是未用的整盘光缆,余量就是所标盘长剩余的长度.或是施工用过,剩余的长度

第二题是从“被弹簧弹出的瞬间开始的”,此时弹簧势能都转化为动能了.
另外,动能表达式应该是mv²/2

(1)、 从抛出点到落地用时:h=1/2*g*t*t t=0.8s 平抛时的速度为v1:s=vt v1=2m/s
在传送带上的加速度向左,大小为a:a=ug=2m/(s*s） 初速度v:v*v-v1*v1=2aL v=4m/s (2)、 此时平抛速度为v2:s=v2t v2=3m/s
由第一问知初速度为v大于v2,则物块在传送带上减速到v2,并且加速度a=2m/(s*s）
减速过程中物块对地位移s1：v*v-v2*v2=2as1 s1=1.75m
因为s1小于L,所以物块最终和传送带以共同速度运动直到物块平抛,传送带速度也是v2,则传送带角速度w：v2=r*w w=60 rad
（3）、可知要使平抛水平位移最大,则平抛速度要最大,所以物块在传送带上一直加速,直到平抛.此时给传送带一个足够大的速度,使物块在传送带上一直加速,可以满足题意.可知加速度为a=2m/(s*s）,物块初速度v=4m/s,加速时经过的位移为传送带的长度L=3m,最终速度为v3,最大水平位移是s4
v3*v3-v*v=2aL
s4=t*v3 s4=（8/5） * 根号7
不知道根号怎么打~'''''''