2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义必修1 第三章 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题

1、第 2 讲牛顿第二定律两类动力学问题知识排查牛顿第二定律1.内容物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比。加速度的方向与作用力方向相同。2.表达式：Fma。3.适用范围(1)只适用于惯性参考系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系)。(2)只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。单位制1.单位制由基本单位和导出单位一起组成了单位制。2.基本单位基本物理量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、长度和时间，它们的国际单位分别是 kg、m 和 s。3.导出单位由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位

2、。两类动力学问题1.动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的运动情况。第二类：已知运动情况求物体的受力情况。2.解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下小题速练1.思考判断(1)牛顿第一定律是牛顿第二定律的特殊情形()(2)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度()(3)Fma 是矢量式，a 的方向与 F 的方向相同，与速度方向无关()(4)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系()(5)物体所受合外力减小，加速度一定减小

3、，速度也一定减小()答案(1)×(2)(3)(4)(5)×2.下列哪些物理量的单位是基本单位()A.力的单位 NC.长度的单位 mB.压强的单位 PaD.加速度的单位 m/s2答案C3.(多选)人教版必修 1·P86· 例 2 改编如图 1 所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角30°，斜面长为 7 m。现木块上有一质量为 m1.0 kg 的滑块从斜面顶端下滑，测得滑块在

4、0;0.40 s 内速度增加了 1.4 m/s，且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度 g 取 10 m/s2，则()图 1A.滑块滑行过程中受到的摩擦力大小为 1.2 NB.滑块滑行过程中受到的摩擦力大小为 1.5 NC.滑块滑到木块底部时的速度大小为 5 m/sD.滑块滑到木块底部时的速度大小为 7 m/s解析由题意可知，滑块滑行的加速度 a t 0.40  m/s

5、23.5v1.4m/s2。对滑块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律得 mgsin Ffma，解得 Ff1.5 N，A 错误，B 正确；根据 v22ax 得v 2×3.5×7 m/s7 m/s，C 错误，D 正确。答案BD牛顿第二定律的理解和应用1.牛顿第二定律的性质2.合力、加速度、速度的关系(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系。(2)合力与速度夹角为锐角，物体加速；合力与速度夹角为钝角，物体减速。vF(3)a t

6、60;是加速度的定义式，a 与 v、v 无直接关系；am是加速度的决定式。1.下列关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是()A.物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B.物体的速度为 0，则加速度为 0，所受的合外力也为 0C.物体的速度为 0，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D.物体的速度很大，但加速度可能为 0，所受的合外力也可能很大解析物体的速度大小和加速度大小没有必然联系，一个很大，另一个可以很小，甚至为 0，物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力越大，加

7、速度一定也越大，故选项 C 正确。答案C2.如图 2 所示，一木块在光滑水平面上受一个恒力 F 作用而运动，前方固定一个轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是()图 2A.木块将立即做匀减速直线运动B.木块将立即做变减速直线运动C.在弹簧弹力大小等于恒力 F 时，木块的速度最大D.在弹簧压缩量最大时，木块的加速度为零答案C3.如图 3，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电小球，使之处于静止状态。忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做()图 3A.曲线运动B.匀速直线

8、运动C.匀加速直线运动D.变加速直线运动解析在悬线断裂前，小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态，故重力与电场力的合力与拉力等值反向。悬线断裂后，小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变，故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动，选项 C 正确。答案C牛顿第二定律的瞬时性两种模型【典例】两个质量均为 m 的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图 4所示。现突然迅速剪断轻绳 OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用 a1 和 a2 表示，则()A.a1g，a

9、2gC.a1g，a20图 4B.a10，a22gD.a12g，a20审题关键点两条轻绳连接剪断轻绳的瞬间解析由于绳子张力可以突变，故剪断 OA 后小球 A、B 只受重力，其加速度 a1a g。故选项 A 正确。2答案A【拓展延伸 1】把“轻绳”换成“轻弹簧”在【典例】中只将 A、B 间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图 5 所示，则【典例】选项中正确的是()图 5解析剪断轻绳 OA 后，由于弹簧弹力不能突变，故小球A 

10、;所受合力为 2mg，小球 B 所受合力为零，所以小球 A、B 的加速度分别为 a 2g，a 0。故选项 D12正确。答案D【拓展延伸 2】改变平衡状态的呈现方式把【拓展延伸 1】的题图放置在倾角为 30°的光滑斜面上，如图 6 所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是()1A.aA0aB2gC.aAgaBg图 6B.aAg aB0D.aA0 aBg解析细线被烧断的瞬间，小球&

11、#160;B 的受力情况不变，加速度为 0。烧断前，分析整体受力可知线的拉力为 T2mgsin ，烧断瞬间，A 受的合力沿斜面向下，大小为 2mgsin ，所以 A 球的瞬时加速度为 a 2gsin 30°g，故选项 B 正确。A答案B1.求解瞬时加速度的一般思路2.加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变。1.如图 7 所示，质量为 m 的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为

12、 30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态。当木板 AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为()B.  3  g      C.g         3D. 3 gmg 的合力 Fcos 30°  3  mg，产生的加速度 am 

13、 3  g，B 正确。图 7A.02 3解析平衡时，小球受到三个力：重力 mg、木板 AB 的支持力 N 和弹簧拉力 T，受力情况如图所示。突然撤离木板时，N 突然消失而其他力不变，因此 T 与重力mg2 3F2 3答案B2.如图 8 所示，轻弹簧上端与一质量为 m 的木块 1 相连，下端与另一质量为 M的木块 2 相连，整个系统置于水平

14、放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块 1、2 的加速度大小分别为 a1、a2。重力加速度大小为 g。则有()图 8A.a1g，a2gB.a10，a2gmMC.a10，a2 M gmMD.a1g，a2 M g解析在抽出木板的瞬间，弹簧对 1 的支持力和对 2 的压力并未改变。1 物体受重力和支持力，mgF，a 0。2 物体受重力和压力，根据牛顿第二定律 a 12FMgMmM

15、M g。故选项 C 正确。答案C3.如图 9 所示，两小球悬挂在天花板上，a、b 两小球用细线连接，上面是一轻质弹簧，a、b 两球的质量分别为 m 和 2m，在细线烧断瞬间，a、b 两球的加速度为(取向下为正方向)()A.0，gC.2g，g图 9B.g，gD.2g，0解析在细线烧断之前，a、b 可看成一个整体，由二力平衡知，弹簧弹力等于整体重力，故向上大小为 3mg。当细线烧断瞬间，弹簧的形变量不变，故弹力不3mgmg变，故 a 受向上

16、 3mg 的弹力和向下 mg 的重力，故加速度 a 2g，方am向向上。对 b 而言，细线烧断后只受重力作用，故加速度 a 2mgg，方向向b2m下。如以向下方向为正，有 a 2g，a g。故选项 C 正确。ab答案C动力学的两类基本问题1.解决动力学两类问题的两个关键点2.解决动力学基本问题的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2 个或 3 个)时一般采用“合成法”。(2)正交分解法：若物体的受力个数较多&#

17、160;(3 个或 3 个以上)，则采用“正交分解法”。【典例 1】(2018·4 月浙江选考)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图 10 所示，有一企鹅在倾角为 37°的倾斜冰面上，先以加速度 a0.5 m/s2 从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t8 s 时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数 0.25，已知 sin 

18、37°0.6，cos 37°0.8，g10 m/s2。求：解析(1)在企鹅向上“奔跑”过程中有 x2at2，t   ，x  a1t2，图 10(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果可用根式表示)1解得 x16 m。(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有mgsin 37°mgcos

19、 37°ma1mgsin 37°mgcos 37°ma2解得 a 8 m/s2，a 4 m/s2。12(3)企鹅从卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为 t，位移为 xat1a12解得 x1 m。企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为 v ，初速度为 0，则有ttv2022a2(xx)解得 v 2 34 m/s。t答案(1)16 m(2)8 

20、m/s24 m/s2(3)2 34 m/s两类动力学问题的解题步骤【典例 2】如图 11 所示，倾角为 30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。现将一滑块(可视为质点)从斜面上的 A 点由静止释放，最终停在水平面上的 C 点。已知 A 点距水平面的高度 h0.8 m ，B 点距 C 点的距离 L2.0 m 。(滑块经过 B点时没有能量损失，取 g1

21、0 m/s2)求：图 11(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数 ；(3)滑块从 A 点释放后，经过时间 t1.0 s 时速度的大小。解析(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到 B 点时速度最大，设为 vmax，设滑块在斜面上运动的加速度大小为 a1，v2max2a1sin 30°则mgsin 30°ma1h解得 vmax4 m/s。(2)设滑块在水平面

22、上运动的加速度大小为 a2则 mgma20v2max2a2L解得 0.4。(3)设滑块在斜面上运动的时间为 t1，vmaxa1t1，得 t10.8 s，由于 t>t1，故滑块已经经过 B 点，做匀减速运动的时间为 tt 0.2 s，设 t1.0 s 时速度大小为 v，1a (tt )则 vvmax 2 1解得 v3.2 m/s。答案(1)4 m/s(2

23、)0.4(3)3.2 m/s多过程问题的处理方法(1)将复杂物理过程分解为几个子过程。(2)分析每一个子过程中物体受力情况、运动情况、约束条件。(3)注意子过程之间的联系，可以从时间、位移、速度等方面寻找。(4)注意画好受力分析图和运动示意图。1.(2016·4 月浙江选考)如图 12 是上海中心大厦，小明乘坐大厦快速电梯，从底层到达第 119 层观光平台仅用时 55 s。若电梯先以加速度 a1 做匀加速运动，达到最大速度 18 m/s，然后以最大速度匀速运动，最后

24、以加速度 a2 做匀减速运动恰好到达观光平台。假定观光平台高度为 549 m。图 12(1)若电梯经过 20 s 匀加速达到最大速度，求加速度 a1 及上升高度 h；(2)在(1)问中的匀加速上升过程中，若小明的质量为 60 kg，求小明对电梯地板的压力；解析(1)由运动学公式可得 a1    m18  m/s20.9 m/s2t1上升的高度 h1a t21×

25、;0.9×202 m180 m   N由牛顿第三定律可得，小明对地板的压力 F   F  654 N，方向竖直向下(3)设匀速运动的时间为 t0，运动的总时间为 t，由 vt 图可得 H2(tt0)×vm(3)求电梯匀速运动的时间。v202 1 12(2)根据牛顿第二定律 FNmgma1得 F mgma 654 NN1N1得 t

26、 6 s0答案(1)0.9 m/s2180 m(2)654 N(3)6 s2.如图 13 所示，冰壶运动是一项体力与智力相结合的投掷类高雅运动，有人把冰壶称做“冰上国际象棋”。在一次比赛中，掷球运动员在掷球区的栏线前松手，冰壶沿着冰道做匀减速直线运动，最后停在“营垒”的中心。已知从松手到停止的运动过程中，冰壶的位移 x40 m，所经过的时间 t20 s。图 13(1)求冰壶在此过程中平均速度 v1 大小；(2)求冰壶在此过程中加速度 a

27、 的大小；(3)求位移 x130 m 处时冰壶速度 v2 的大小。解析(1)冰壶做匀减速直线运动，由平均速度公式得 v x2 m/s。1t解得冰壶加速度的大小 a2x0.2 m/s21(2)由匀变速直线运动规律得：x2at2t2(3)由匀变速直线运动规律得：v0at解得此过程中初速度的大小 v 4 m/s0由匀变速直线运动规律得：v2v22ax201解得位移 x 30 m 处时冰壶速度大小 v 2

28、 m/s。12答案(1)2 m/s(2)0.2 m/s2(3)2 m/s3.(2016·10 月浙江选考)如图 14 所示，在某段平直的铁路上，一列以 324 km/h高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5 min 后恰好停在某车站，并在该站停留 4 min，随后匀加速驶离车站，经 8.1 km 后恢复到原速 324 km/h。图 14(1)求列车减速时的加速度大小；(2)若该列车总质量为

29、0;8.0×105 kg，所受阻力恒为车重的 0.1 倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小。解析(1)列车的初速度为 v0324 km/h90 m/s，经过 t5 min300 s 停下，所t  300  m/s20.3 m/s2，即加速度大小为 0.3 m/s2。以加速度为 av 090(2)列车驶离车站，经 x8.1

30、15;103 m 后速度达到 v90 m/s，2x 由 v22ax得 av2      9022×8.1×103m/s20.5 m/s2，f0.1mg，根据牛顿第二定律得 F0.1mgma，代入数值解得 F1.2×106 N。(3)根据上一问可知，重新加速时间为 ta0.5  s180 s，减速过程中通过的位移  x  

31、; 0t45×300  m1.35×104  m，所以整个过程的平均速度 v   t总v90vxx21.35×1048.1×103300240180m/s30 m/s。答案(1)0.3 m/s2(2)1.2×106 N(3)30 m/s科学思维光滑斜面模型模型特点如图 15 所示，质量为 m 的物体从倾角为 、高度为 h 的光滑斜面顶端由静止下滑，

32、则有如下规律：关系式为 tsin   2hg 。图 15(1)物体从斜面顶端滑到底端所用的时间 t，由斜面的倾角  与斜面的高度 h 共同决定，与物体的质量无关。1(2)物体滑到斜面底端时的速度大小只由斜面的高度 h 决定，与斜面的倾角 、斜面的长度、物体的质量无关。关系式为 v 2gh。【例】如图 16 所示，一物体分别从高度相同、倾角不同的三个光滑斜面顶端由静止开始下滑。下列说法正确的是()图 16A.

33、滑到底端时的速度相同B.滑到底端所用的时间相同C.在倾角为 30°的斜面上滑行的时间最短D.在倾角为 60°的斜面上滑行的时间最短解析由规律(2)可知物体从高度相同的斜面滑到底端时的速度大小相同，但方向不同，选项 A 错误；由规律(1)可知物体在倾角 60°的斜面上滑行时间最短，选项 D 正确。答案D【针对训练】 一间新房即将建成，现要封顶，若要求下雨时落至房顶的雨滴能最快地淌离房顶(假设雨滴沿房顶下淌时做无初速度、无摩擦的运动)，则必须要设计好房顶的高度，下列四种情况中最符合要求的是

34、()解析如图，设房顶宽为 2b，高度为 h，斜面倾角为 。由图中几何关系有 hbtan 由规律(1)可知t 1sin 2hg联立解得t答案C4b ，可见，当 45°时，t 最小。gsin 2活页作业(时间：30 分钟)A 组基础过关1.(2018·4 月浙江选考)用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的是()A.kg·m2/s2C.N/mB.kg·m/s2D.N·m解析国际七大基本物理量及单位分别为

35、质量：千克(kg)，长度：米(m)，时间：秒(s)，电流：安培(A)，温度：开尔文(K)，光强：坎德拉(cd)，物质的量：摩尔(mol)。能量的单位可以从做功的角度考虑，等于 N·m，力的单位从牛顿第二定律 Fma 可知 Nkg·m/s2，所以能量的单位为 kg·m2/s2，故选 A。答案A2.(2018· 宁波模拟)如图 1 所示，有人用一簇气球使一座小屋成功升空。当小屋加速上升时，它受到的拉力与重力的关系是()A.一对平衡力C.拉力小于重力图 1B.作

36、用力和反作用力D.拉力大于重力解析加速度方向向上，故合力方向向上，拉力大于重力，选项 D 正确。答案D3.如图 2 所示，质量为 20 kg 的物体，沿水平面向右运动，它与水平面间的动摩擦因数为 0.1，同时还受到大小为 10 N 的水平向右的力的作用，则该物体()解析滑动摩擦力 FfFNmg20 N，方向水平向左，a   m   0.5 m/s2，图 2A.受到的摩擦力大小为 

37、;10 N，方向向右B.受到的摩擦力大小为 20 N，方向向右C.运动的加速度大小为 1.5 m/s2，方向向左D.运动的加速度大小为 0.5 m/s2，方向向左FfF方向水平向左，选项 D 正确。答案D4.如图 3 所示，为第八届珠海航展上中国空军“八一”飞行表演队驾驶“歼 10”战机的情景。当战机大仰角沿直线加速攀升时，战机所受合力方向()图 3A.竖直向上B.与速度方向相同C.与速度方向相反D.与速度方向垂直解析沿直线加速运动，需要速度与加速度方向相同，所以&

38、#160;B 正确，A、C、D错误。答案B5.在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据。刹车线是指汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是 14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为 0.7，g 取 10m/s2，则汽车刹车前的速度为()A.7 m/sC.14 m/sB.10 m/sD.20 m/s解析设汽车刹车后滑动的加速度大小为 a，由牛顿第二定律可得 mgma，所以 ag，由匀变速直线运动的规律

39、得 v22ax，故汽车刹车前的速度为 v  2ax00 2gx14 m/s，选项 C 正确。答案C6.用 30 N 的水平外力 F 拉一个静放在光滑水平面上质量为 20 kg 的物体，力 F作用 3 s 后撤去，则第 5 s 末物体的速度和加速度分别为()解析由题意知在前 3 s 内，物体的加速度 a1m1.5 m/s

40、2，3 s 末的速度 va1tA.v4.5 m/s，a1.5 m/s2B.v1.5 m/s，a7.5 m/s2C.v4.5 m/s，a0D.v7.5 m/s，a0F4.5 m/s，力 F 撤去后物体做匀速直线运动，所以第 5 s 末物体的速度为 4.5 m/s，加速度为 0。故选项 C 正确。答案C7.(2018· 嘉兴模拟)质量为 m 的木块位于粗糙水平桌

41、面上，若用大小为 F 的水平恒力拉木块，其加速度为 a。当拉力方向不变，大小变为 2F 时，木块的加速度为 a，则()A.aaC.a>2aB.a<2aD.a2a解析设摩擦力为 f，故当用大小为 F 的恒力拉木块时，Ffma；当用大小为2F 的恒力拉木块时 2Ffma；故 m(a2a)2Ff2(Ff)f>0，故 a>2a，选项 C 正确。答案C8.(2017·4 月浙江选考 )游船从某码头沿直线

42、行驶到湖对岸，小明对过程进行观测，记录数据如下表：运动过程匀加速运动匀速运动运动时间040 s40 s640 s运动状态初速度 v00；末速度 v4.2 m/sv4.2 m/s匀减速运动640 s720 s靠岸时的速度 v10.2 m/s图 4解析(1)由运动学公式 a1 t 0.105 m/s2位移 x 1a t284 m(2)减速运动过程中加速度大小 a2 t 0

43、.05 m/s2(3)位移 x   2   ×t1 v×t     2×t3 2 780 m(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小 a1 及位移大小 x1；(2)若游船和游客的总质量 M8 000 kg，求游船匀减速运动过程中所受的合力大小 F；(3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小。v12 1v由牛顿第二定律得&

44、#160;FMa 400 N20vvv12平均速度 vx3.86 m/st答案(1)0.105 m/s284 m(2)400 N(3)3.86 m/sB 组能力提升9.(2018· 嘉兴一中期中)质量为 m 的物块在倾角为  的粗糙斜面上匀加速下滑。现对物块施加一个竖直向下的恒力 F，则物块的加速度大小将()图 5A.变大B.变小C.不变D.以上情况都有可能解析质量为 m 的物块在倾角为 

45、0;的粗糙斜面上匀加速下滑，加速度大小 amgsin mgcos mg(sin cos )对物块施加一个竖直向下的恒力 F，对物体受力分析，如图现对物块施加一个竖直向下的恒力 F，则物块的加速度大小（mgF）sin （mgF）cos am(g F)(sin cos )>am故 A 正确，B、C、D 错误。答案A10.(2018·11 月浙江选考)如图 6 所示为某一游戏的局部简化示意图。D 

46、为弹射装置，AB 是长为 21 m 的水平轨道，倾斜直轨道 BC 固定在竖直放置的半径为 R10 m 的圆形支架上，B 为圆形的最低点，轨道 AB 与 BC 平滑连接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置 D 的作用下，以 v010 m/s 的速度滑上轨道 AB，并恰好能冲到轨道 BC 的最高点。已知小车在轨道 AB 上受到的摩擦力为其重量的

47、 0.2 倍，轨道 BC 光滑，则小车从 A 到 C 的运动时间是()大小为 a g2 m/s2，由运动学公式得 L   v t 1a t2  ，解得 t 3  s，或 t  7  s(舍去)。从 B 到 C 运动时，如图所示，LBC2Rsin ，加速度为&#

48、160;a2gsin ，所以 LBC2a2t22，得 t22 s，所以从 A 到 C图 6A. 5 sB.4.8 sC.4.4 sD.3 s解析小车在 AB 段，由题意知 fmg，得 0.2，其加速度1AB0 12 1 1111的时间为 tt t 5 s。12答案A11.(2018· 浙江新高考研究联盟二联)如图 7 所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力 F84 N 而从静止向前滑行，其作用时间为 t11.0 s，撤除水平推力 F 后经过 t22.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同。已知该运动员连同装备(可视为质点)的总质量为 m60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为 Ff12 N，求：a1     m