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第四章　牛顿运动定律单元练习
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1. 对于“力与运动的关系”问题，历史上经历了漫长而又激烈的争论过程．著名的科学家伽利略在实验的基础上推理得出了正确的结论，其核心含义是（　　）
A. 力是维持物体运动的原因
B. 物体只要运动就需要力的作用
C. 力是物体运动状态改变的原因
D. 没有力的作用运动物体就会慢慢停下来
2. 如图所示，有一水平传送带以2m/s的速度顺时针匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带的左端上，若物体与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，已知传送带左、右端间的距离为10m，物体可视为质点，g=10m/s2，则（　　）
A. 传送带将该物体传送到传送带右端所需时间为5s
B. 传送带将该物体传送到传送带右端所需时间为5.2s
C. 传送带将该物体传送到传送带右端所需时间为2s
D. 物体到达传送带右端时的速度为10m/s
3. 下列表达式中涉及到比例系数“k”、“μ”、“ρ”或“G”，其中比例系数没有单位的表达式是（　　）
A. F=kx B. Ff=μFN C. R=ρ D. F=G
4. 如图所示，并排放在水平面上的两物体的质量分别为m1=3kg和m2=2kg，两物体与水平面间的动摩擦因数均为0.6．若用水平推力F=15N向右推m1时，两物体间的相互作用的压力大小为N1；若用大小为F=15N的水平推力向左推m2时，两物体间相互作用的压力大小为N2，则（　　）
A. N1＞N2 B. N1＜N2
C. N1=N2 D. 不能确定N1与N2的大小关系
5. 在水平面上放着两个质量分别为2kg和3kg的小铁块m和M，它们之间用一原长为10cm，劲度系数为100N/m的轻弹簧相连，铁块与水平面之间的动摩擦因数均为0.2．铁块M受到一大小为20N的恒定水平外力F，两个铁块一起向右做匀加速直线运动，如图所示．这时两铁块之间弹簧的长度应为（重力加速度g取10m/s2）（　　）

A. 12cm B. 13cm C. 15cm D. 18cm
6. 如图所示，A是用绳拴在车厢底部上的氢气球，B是用绳挂在车厢顶的金属球．开始时它们和车厢一起向右做匀速直线运动，若突然刹车使车厢做匀减速运动，则图中哪个图能正确表示刹车期间车内的情况（　　）
A. B. C. D.
7. 一质量为m的人站在电梯中，电梯减速下降，若加速度大小为g（g为重力加速度），则人对电梯底部的压力大小为（　　）
A. mg B. mg C. mg D. mg
8. 关于惯性和牛顿第三定律的理解，下列说法正确的是（　　）
A. “嫦娥一号”卫星在地球上的惯性与它绕月球飞行时的惯性是不相同的（燃料消耗忽略不计）
B. 作用力和反作用力同时产生，同时消失，不同时变化
C. 各种机床和发电机的底座做得很笨重，目的是增大惯性
D. 两物体只有处于相对静止时，它们之间的作用力和反作用力的大小才相等
9. 如图所示，两根完全相同的弹簧下挂一质量为m的小球，小球与地面间有细线相连，处于静止状态，细线竖直向下的拉力大小为2mg．若剪断细线，则在剪断细线的瞬间，小球的加速度a为（　　）
A. a=g方向竖直向上 B. a=g 方向竖直向下
C. a=2g 方向竖直向上 D. a=3g 方向竖直向上
10. 物体A的质量为1 kg，置于水平地面上，物体与地面的动摩擦因数为μ＝0.2．从t＝0开始物体以一定初速度v0向右滑行的同时，受到一个水平向左的恒力F＝1 N的作用，则下图中能反映物体受到的摩擦力f随时间变化的图象是（取向右为正方向，g＝10 m/s2）（     ）
A. B.
C. D.
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
11. 如图所示，在平直轨道做匀变速运动的车厢中，用轻细线悬挂一个小球，悬线与竖直方向保持恒定的夹角θ，则（　　）
A. 小车一定具有方向向左的加速度
B. 小车一定具有方向向右的加速度
C. 小车的加速度大小为gtanθ
D. 小车的加速度大小为gcotθ

12. 如图所示，叠放的物块A、B在恒力F作用下由静止开始沿光滑水平面一起向右运动，则下列说法正确的是（　　）
A. 物块A不受摩擦力作用 B. 物块A受到向右的摩擦力作用
C. 物块A所受摩擦力一定小于F D. 物块A所受摩擦力可能大于F
13. 用细绳拴一个质量为m的小球，小球将固定在墙上的轻弹簧压缩的距离为x，不计空气阻力．如图所示，将细线烧断后（　　）
A. 小球立即做平抛运动
B. 小球落地时动能大于mgh
C. 小球脱离弹簧后做匀变速运动
D. 刚烧断后的瞬间小球的加速度为g

14. 如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O．整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为△l1和△l2，重力加速度大小为g．在剪断的瞬间，（　　）
A. a1=3g
B. a1=0
C. △l1=2△l2
D. △l1=△l2

15. 一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力

A. t=2s时最大 B. t=2s时最小 C. t=8.5s时最小 D. t=8.5s时最大
三、实验题探究题（本大题共1小题，共10.0分）
16. 为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图甲中所示实验装置．请思考探究思路并回答下列问题：

（1）为了消除小车与木板之间摩擦力的影响应采取的做法是______
A．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动
B．将木板带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动
C．使木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动
D．使木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车能够静止在木板上
（2）在实验中，得到一条打点的纸带，如图乙所示，已知相邻计数点的时间间隔为T，且间距s1、s2、s3、s4、s5、s6已量出，则小车加速度的表达式为a= ______ ；
（3）有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图丙所示．图线______ （选填“①”或“②”）是在轨道倾斜情况下得到的；小车及车中的砝码总质量m= ______ kg．
四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
17. 在水平地面上有一质量为2kg的物体，在水平拉力F的作用下由静止开始运动，10s后拉力大小减为零，该物体的运动速度随时间t的变化规律如图所示．
（g取10m/s2）求：
（1）前10s内物体的加速度和位移大小
（2）物体与地面之间的动摩擦因数
（3）物体受到的拉力F的大小．

18. 如图所示，质量M=4.0kg、长L=2.0m的薄木板静置在水平地面上，质量m=1.0kg的小滑块（可视为质点）以速度v0=3.0m/s从木板的左端冲上木板，已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.20．（g取10m/s2）
（1）若木板固定，求滑块在木板上滑行的时间；
（2）若木板不固定，且水平地面光滑，求滑块相对木板滑行的时间．

19. 如图甲所示，质量为2kg的木板B静止在水平面上．某时刻物块A（可视为质点）从木板的左侧沿木板上表面滑上木板，初速度v0=4m/s．此后A和B运动的v-t图象如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
（2）B与水平面间的动摩擦因数μ2；
（3）A的质量．

答案和解析
【答案】
1. C 2. B 3. B 4. B 5. D 6. D 7. D
8. C 9. C 10. A 11. BC 12. BC 13. BC 14. AC
15. AC
16. C；；①；0.5  
17. 解：（1）根据图线的斜率知，前10s内物体的加速度为：
，
物体的位移为：
x=．
（2）物体匀减速直线运动的加速度大小为：
，
根据牛顿第二定律得：
μmg=ma2，
解得：．
（3）对于匀加速直线运动的过程，根据牛顿第二定律得：F-μmg=ma1，
解得F=μmg+ma1=0.2×20+2×0.8N=5.6N．
答：（1）前10s内物体的加速度为0.8m/s2，位移大小为40m．
（2）物体与地面之间的动摩擦因数为0.2．
（3）物体受到的拉力F的大小为5.6N．  
18. 解：（1）滑块在木板上做匀减速运动，根据牛顿第二定律，加速度的大小
a=
根据运动学公式有L=v0t+   
解得     t=1s或t=2s（舍）    
之所以要舍去t=2s，是因为如果木板足够长，当t=1.5s时，滑块就停止了．
滑块在木板上滑行的时间为了t=1s；
（2）滑块仍以向右做匀减速运动
木板向右做匀加速运动 a2===0.5m/s2；
若滑块与木板速度相同时，滑块未冲出木板，则此后两者一起向右匀速运动，不再相对滑动．
据  v0-a1t′=a2t′
得：两者达到相同速度，历时t′=1.2s
在t'时间内，滑块向右的位移  
s1=v0t'-
解得：s1=2.16m；
木板向右的位移 
s2=a2t′2=0.5×1.44=0.36m；
s1-s2=2.16-0.36=1.8m＜2m滑块不会冲出木板    
滑块相对木板滑行的时间为  t′=1.2s
答：（1）若木板固定，滑块在木板上滑行的时间为1s；
（2）若木板不固定，且水平地面光滑，求滑块相对木板滑行的时间1.2s．  
19. 解：（1）由图象可知，A在0-1s内的加速度a1===-2m/s2，
对A由牛顿第二定律得，-μ1mg=ma1
解得μ1=0.2．
（2）由图象知，AB在1-3s内的加速度a3=，
对AB由牛顿第二定律得，-（M+m）gμ2=（M+m）a3
解得μ2=0.1．
（3）由图象可知B在0-1s内的加速度=2m/s2．
对B由牛顿第二定律得，μ1mg-μ2（M+m）g=Ma2，
代入数据解得m=6kg．
答：（1）A与B上表面之间的动摩擦因数μ1为0.2．
（2）动摩擦因数μ2为0.1．
（3）A的质量为6kg．  
【解析】
1. 解：（1）物体只要运动就需要力的作用，没有力的作用运动物体就会慢慢停下来，力是维持物体运动的原因，都和亚里士多德的观点是相同的．
（2）斜面小车实验，接触面越来越光滑，摩擦力越来越小，物体运动越来越远，没有摩擦，物体永远运动下去．没有力就不能改变物体的运动状态．
故选C．
牛顿第一定律的得来经历了三个阶段：
（1）亚里士多德认为有力作用在物体上物体运动，停止用力物体停止运动．他认为力是维持物体运动的原因．
（2）伽利略通过斜面小车实验，接触面越来越光滑，摩擦力越来越小，物体速度改变的越慢，物体运动越远．推理：如果没有摩擦，速度不会改变，永远运动下去．
（3）牛顿总结前人经验并加以概括，得到牛顿第一定律．
（1）正确理解力是改变物体运动状态的原因，维持物体运动不需要力的作用，依靠的是物体的惯性．
（2）掌握研究牛顿第一定律这种在实验的基础上，经过科学的推理得到结论的方法．
2. 解：ABC、根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：a=μg=5m/s2，
则物体做匀加速直线运动的时间为：，
匀加速直线运动的位移为：，
匀速直线运动的时间为：，
则t=t1+t2=0.4+4.8s=5.2s．故B正确，AC错误；
D、由上述分析知，物体先做匀加速后匀速运动，物体到达传送带右端时速度为2m/s，故D错误；
故选：B
物块先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
解决本题的关键理清物体在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，难度不大．
3. 解：
A、根据k=可知，弹簧的劲度系数k的单位是N/m，故A错误；
B、动摩擦因数μ=，故动摩擦因数没有单位，故B正确；
C、根据R=ρ得，单位为Ω•m，故C错误；
D、万有引力常量G=，单位为N•m2/kg2，故D错误．
本题选没有单位的
故选：B
根据物理量的关系表示出这些物理量．根据单位制求解即可．
单位可由单位进行推导得出，掌握物理中各物理量的关系及之间的单位关系
4. 解：当用F向右推m1时，由于F＜μm1g=0.6×3×10N=18N，所以推不动m1，则N1=0，
当用力向左推m2时，由于F=15N大于m2所受的最大静摩擦力fm=μm2g=12N，小于整体的滑动摩擦力f=μ（m1+m2）g=30N，所以两物体没有被推动，对m2受力平衡分析可知，N2+fm=F，解得推力N2=3N，故N1＜N2；
故选：B．
先将两物体作为整体分析，则由牛顿第二定律可得出加速度，再分析后一个物体，即可求得两者间的相互推力．
题考查牛顿第二定律在连接体模型中的应用，注意整体法与隔离法的结合应用，整体法可以求出整体的加速度，若要求内力则必须采用隔离法．
5. 解：整体水平方向受拉力、摩擦力；由牛顿第二定律可知：
F-μ（M+m）g=（M+m）a
解得：a= ==2m/s2；
m受拉力和摩擦力而做匀加速直线运动：
拉力F′=ma+μmg=2×2+0.2×20N=8N；
由胡克定律可知，形变量x==0.08m
则弹簧的长度为l+x=0.18m=18cm；
故选D．
对整体受力分析，由牛顿第二定律可求得系统加速度；再对m分析可求得弹簧的拉力；再由胡克定律可求得弹簧的伸长量．
本题关键在于先以整体为研究对象，再用隔离法进行分析，注意整体法时不能分析内力．
6. 解：开始时金属球、车厢及氢气球有向右的相同速度，突然刹车使车厢做匀减速运动时，由于金属球比车厢内同体积的空气质量大，惯性大，运动状态不易改变，所以金属球相对于车厢向右运动，故B球向右偏，故B、C错误．
同体积空气的质量比氢气球的质量大，惯性大，运动状态不容易改变，所以空气相对车厢向左运动，推动氢气球相对于车向左运动，因此A向左偏，故A错误，D正确．
故选：D．
车厢以加速度a向右匀减速运动，所以两球的加速度都应向左，对两个小球进行受力分析，根据合力的方向即可判断．
解答本题的关键是知道两球的加速度方向与车厢的加速度方向相同，再对小球进行受力分析，判断出合力的方向．
7. 解：由于电梯减速减速，故加速度向上，对人受力分析，受到重力mg，地面支持力N，
由牛顿第二定律：
mg-N=ma
即：mg-N=-m
解得：N=
故选：D
由于电梯减速减速，故加速度向上，可知人处于超重状态，由此对人受力分析，列牛顿第二定律解得电梯对人的支持力，进而得人对电梯的压力
重点是对超重和失重的判定，其依据是加速度的方向，加速向下为失重，加速度向上为超重．
8. 解：A、“嫦娥一号”卫星在地球上的惯性与它绕月球飞行时的惯性相同（燃料消耗忽略不计），因为质量不变，故A错误；
B、作用力和反作用力同时产生，同时消失，同时变化，故B错误；
C、惯性是物体固有的属性，惯性越大的物体，各种机床和发电机的底座做得很笨重，目的是增大惯性．故C正确；
D、由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，故D错误．
故选：C
惯性是物体的固有属性，一切物体在任何情况下都有惯性；惯性与物体的质量有关与运动状态无关．
由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．
惯性是物理学中的一个性质，它描述的是物体能够保持原来的运动状态的性质，不能和生活中的习惯等混在一起．解答此题要注意：一切物体任何情况下都具有惯性．惯性只有在受力将要改变运动状态时才体现出来．
9. 解：开始小球处于平衡状态，两根弹簧弹力的合力等于重力和绳子的拉力之和，即两根弹簧弹力的合力F1=T+mg=3mg．
剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律得，a=，方向竖直向上．故C正确，A、B、D错误．
故选C．
根据共点力平衡求出两根弹簧的合力，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律求出小球的加速度大小和方向．
本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求解瞬时加速度．
10. 物体A与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。题目取向右为正方向。由题意可知物体A先做向右的匀减速直线运动，摩擦力为滑动摩擦力且水平向左（小于零），故；当速度减小到零后，力F向左，则摩擦力向右，由力F小于最大静摩擦力，物体处于静止状态，即摩擦力为静摩擦力，与力F等大反向，水平向右（大于零），此时摩擦力，故A正确。
考点：静摩擦力与滑动摩擦力的特点
11. 解：球随着车厢在平直轨道做匀变速运动，故加速度水平，合力水平；
对小球受力分析，受重力和拉力，如图所示：

故合力为：F=mgtanθ；
根据牛顿第二定律，有：
F=ma
联立解得：
a=gtanθ，方向水平向右；
故AD错误，BC正确；
故选BC．
对小球受力分析，受重力和拉力，合力水平方向，根据平行四边形定则作图求解出合力，然后根据牛顿第二定律求解加速度．
本题是根据受力情况确定运动情况，关键是根据平行四边形定则求解合外力，不难．
12. 解：A、设A的质量为M，B的质量为m，对AB整体分析，由牛顿第二定律可知，F=（M+m）a，再对A分析可知，A水平方向只受摩擦力，则有：f=Ma=，则可知，A一定受小于F的摩擦力，故AD错误，C正确；
B、A水平方向只受摩擦力，则根据牛顿第二定律可知，摩擦力的方向一定与合外力的方向一致，故B正确．
故选：BC．
对整体分析，根据牛顿第二定律可求得整体的加速度，再对A分析，根据牛顿第二定律即可求得A受到的摩擦力的大小和方向．
本题以常见的运动模型为核心，考查了摩擦力、牛顿第二定律、隔离法与整体法的应用等知识．解决的关键是正确对两物体进行受力分析，注意二者相对静止，具有相同的加速度．
13. 解：A、将细绳烧断后，小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以不是平抛运动，故A错误．
B、将细绳烧断后，小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，弹簧的弹力对小球做正功，小球落地过程中下降的高度为h，重力做功为mgh，根据动能定理合力功大于mgh，所以小球落地时动能大于mgh，故B正确．
C、小球离开弹簧后，只受到重力的作用，所以是匀变速运动，故C正确；
D、由A的分析可知，小球并不是平抛运动，所以加速度并不为g，故D错误．
故选：BC．
小球受重力、弹力和拉力处于平衡状态，细线烧断后，拉力消失，小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，此过程中弹簧的弹力是不断减小的，离开弹簧之后，小球只受到重力的作用，做匀变速运动．
对小球受力分析，根据球的受力的情况来判断小球的运动的情况及各力做功情况，要注意的是在与弹簧分离之前，弹簧的弹力是不断减小的．
14. 解：A、B、对a、b、c分别受力分析如图，

根据平衡条件，有：
对a：F2=F1+mg
对b：F1=F+mg
对c：F=mg
所以：F1=2mg
弹簧的弹力不能突变，因形变需要过程，绳的弹力可以突变，绳断拉力立即为零。
当绳断后，b与c受力不变，仍然平衡，故a=0；
对a，绳断后合力为F合=F1+mg=3mg=maa，aa=3g方向竖直向下；故A正确，B错误。
C、D、当绳断后，b与c受力不变，则F1=k△l1，；同时：F=k△l2，所以：．联立得△l1=2△l2：故C正确，D错误。
故选：AC。
对细线剪短前后的a、b、c物体分别受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度与弹簧的伸长量．
考查了牛顿第二定律的瞬时性的应用，重点区分绳和弹簧弹力的特点，注意加速度与受力的瞬时对应关系．
15. 【分析】
当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度，合力也向上；
当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度，合力也向下。
本题是对超重和失重以及a-t图象的考查，掌握住加速度时间图象的含义，知道超重和失重的特点即可解答本题。
【解答】
在时间轴的上方，表示加速度向上，此时处于超重状态，在时间轴的下方，表示加速度向下，此时处于失重状态，对地板的压力减小，故
A.在t=2s时向上的加速度最大，此时对地板的压力最大，所以A正确，B错误；
C.在t=8.5s时具有向下的最大的加速度，此时对地板的压力最小，所以C正确，D错误。
故选AC。
16. 解：（1）平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力．所以平衡时应为：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，故C正确，
故选：C；
（2）由匀变速直线运动的推论：△x=aT2可知，加速度为：
a==；
（3）由图象可知，当F=0时，a≠0．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①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．
由牛顿第二定律可知：a=F，由图示图象可知，a-F图象的斜率：k====2，小车质量：m=0.5kg；
故答案为：（1）C；（2）；（3）①；0.5．
（1）平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力．
（2）根据匀变速直线运动的推论求出小车的加速度．
（3）由图象可知，当F=0时，a≠0．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，根据图示图象应用牛顿第二定律求出小车质量．
对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在的理由，只有掌握好了基本知识和基本方法才能顺利解决实验题目，所以要重视基本知识和基本方法的学习和训练．
17. （1）根据速度时间图线的斜率求出物体的加速度，结合图线围成的面积求出物体的位移大小．
（2）撤去拉力后做匀减速直线运动，结合图线的斜率求出加速度大小，根据牛顿第二定律求出物体与地面间的动摩擦因数．
（3）根据牛顿第二定律求出物体受到的拉力大小．
本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的综合运用，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
18. （1）根据牛顿第二定律可求得加速度，再由运动学公式可求得滑块在木板上滑行的时间；
（2）分析两物体的运动，根据牛顿第二定律可求得木板的加速度，由速度公式可求得达相同速度时的时间；由位移公式可求得两物体的位移，根据位移关系分析物体能否滑出．
解决本题的关键理清木板和木块的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式，抓住它们的位移关系进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
19. （1）A滑上B做匀减速直线运动，根据速度时间图线得出匀减速运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出A与B之间的动摩擦因数．
（2）A、B速度相同后，一起做匀减速运动，根据速度时间图线求出匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出与水平面间的动摩擦因数．
（3）隔离对M分析，根据速度时间图线得出M的加速度，根据牛顿第二定律求出A的质量．
本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的综合运用，关键理清A、B的运动规律，结合图线的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律进行求解．
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