（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合檢測（含解析）新人教版

牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合檢測(時(shí)間:90分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共12小題,每小題4分,共48分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第17小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確,第812小題有多個(gè)選項(xiàng)正確,全部選對的得4分,選對但不全的得2分,有選錯(cuò)或不選的得0分)1.下列有關(guān)行車安全的說法正確的是(C)A.系好安全帶可以減小人的慣性B.同一輛車,速度越大停下來需要的時(shí)間越長,說明速度大的車慣性大C.系好安全帶可以減輕因人的慣性而造成的傷害D.系好安全帶可以減輕因車的慣性而造成的傷害解析:慣性大小唯一的量度是質(zhì)量,所以A,B錯(cuò)誤;系好安全帶可減輕因人的慣性而造成的傷害,C正確,D錯(cuò)誤.2.如圖所示,兩個(gè)質(zhì)量分別為m1=2 kg,m2=3 kg的物體置于光滑的水平面上,中間用水平的輕質(zhì)彈簧測力計(jì)連接.兩個(gè)大小分別為F1=30 N,F2=20 N的水平拉力分別作用在m1,m2上,則(D)A.彈簧測力計(jì)的示數(shù)是25 NB.彈簧測力計(jì)的示數(shù)是50 NC.在突然撤去F2的瞬間,m1的加速度大小為5 m/s2D.在突然撤去F1的瞬間,m1的加速度大小為13 m/s23.豎直升降的電梯內(nèi)的地板上豎直放置一根輕質(zhì)彈簧,彈簧上方有一個(gè)質(zhì)量為m的物體.當(dāng)電梯靜止時(shí)彈簧被壓縮了x;當(dāng)電梯運(yùn)動(dòng)時(shí)彈簧又被壓縮了x.試判斷電梯運(yùn)動(dòng)的可能情況是(D)A.以大小為2g的加速度加速上升B.以大小為2g的加速度減速上升C.以大小為g的加速度加速下降D.以大小為g的加速度減速下降解析:因?yàn)殡娞蒽o止時(shí),彈簧被壓縮了x,由此可知mg=kx.當(dāng)電梯運(yùn)動(dòng)時(shí),彈簧又被壓縮了x,彈簧的彈力變大,物體所受合力方向向上,大小是mg,處于超重狀態(tài).由牛頓第二定律可得mg=ma,即加速度大小a=g,方向是向上的,此時(shí)物體可能是做向上的勻加速運(yùn)動(dòng),也可能是做向下的勻減速運(yùn)動(dòng),D正確.4.如圖所示,在建筑工地,工人用兩手對稱水平使力將兩長方體水泥制品夾緊并以加速度a豎直向上勻加速搬起,其中A的質(zhì)量為m,B的質(zhì)量為3m,水平作用力為F,A,B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,在此過程中,A,B間的摩擦力為(D)A.F B.2FC.m(g+a) D.m(g+a)解析:由于A,B相對靜止,故A,B之間的摩擦力為靜摩擦力,A,B錯(cuò)誤.設(shè)工人一只手對A,B在豎直方向上的摩擦力為Ff,以A,B整體為研究對象可知在豎直方向上有2Ff-(m+3m)g=(m+3m)a,設(shè)B對A的摩擦力方向向下,大小為Ff,對A由牛頓第二定律有Ff-Ff-mg=ma,解得Ff=m(g+a),C錯(cuò)誤,D正確.5.以初速度v豎直向上拋出一小球,小球所受空氣阻力與速度的大小成正比,下列圖像中,能正確反映小球從拋出到落回原處的速度隨時(shí)間變化情況的是(D)解析:設(shè)小球所受的阻力f=kv,小球的質(zhì)量為m,則在小球上升的過程中有mg+f=ma,得a=g+,由于上升過程中小球的速度越來越小,小球的加速度a也越來越小,故vt圖像的斜率的絕對值越來越小,A,B錯(cuò)誤;在下落過程中有a=g-,下落過程中小球的速度越來越大,故小球的加速度越來越小,則v-t圖像的斜率的絕對值越來越小,C錯(cuò)誤,D正確.6.如圖所示,木塊A,B靜止疊放在光滑水平面上,A的質(zhì)量為m,B的質(zhì)量為2m.現(xiàn)施加水平力F拉B,A,B剛好不發(fā)生相對滑動(dòng),一起沿水平面運(yùn)動(dòng).若改為水平力F拉A,使A,B也保持相對靜止,一起沿水平面運(yùn)動(dòng),則F不得超過(B)A.2F B.C.3F D.解析:水平力F拉B時(shí),A,B剛好不發(fā)生相對滑動(dòng),這實(shí)際上是將要滑動(dòng),但尚未滑動(dòng)的一種臨界狀態(tài),從而可知此時(shí)A,B間的摩擦力即為最大靜摩擦力.對A,B整體:F=(m+2m)a.再將A隔離可得A,B間最大靜摩擦力為Ffm=ma,解以上兩式得Ffm=.若將F作用在A上,隔離B可得B能與A一起運(yùn)動(dòng),而A,B不發(fā)生相對滑動(dòng)的最大加速度a=,對A,B整體:F=(m+2m)a,由以上幾式解得F=.7.如圖,在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長的木板,其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊.假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力相等.現(xiàn)給木塊施加一隨時(shí)間t增大的水平力F=kt(k是常數(shù)),木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2.下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是(A)解析:開始階段兩物體一起做勻加速運(yùn)動(dòng),有F=(m1+m2)a,即a=,兩物體加速度相同且與時(shí)間成正比.當(dāng)兩物體間的摩擦力達(dá)到m2g后,兩者發(fā)生相對滑動(dòng).對m2有F-f=m2a2,在相對滑動(dòng)之前f逐漸增大,相對滑動(dòng)后f=m2g不再變化,a2=-g,故其圖像斜率增大;而對m1,在發(fā)生相對滑動(dòng)后,有m2g=m1a1,故a1=為定值.故A選項(xiàng)正確.8.如圖(甲)所示,靜止在水平地面上的物塊A,受到水平向右的拉力F作用,F與時(shí)間t的關(guān)系如圖(乙)所示,設(shè)物塊與地面的最大靜摩擦力Ffm與滑動(dòng)摩擦力大小相等,則(BC)A.0t1時(shí)間內(nèi)物塊A的加速度逐漸增大B.t2時(shí)刻物塊A的加速度最大C.t3時(shí)刻物塊A的速度最大D.t2t4時(shí)間內(nèi)物塊A一直做減速運(yùn)動(dòng)解析:0t1時(shí)間內(nèi)物塊A受到的靜摩擦力逐漸增大,物塊處于靜止?fàn)顟B(tài),選項(xiàng)A錯(cuò)誤.t2時(shí)刻物塊A受到的拉力F最大,物塊A的加速度最大,選項(xiàng)B正確.t3時(shí)刻物塊A受到的拉力減小到等于滑動(dòng)摩擦力,加速度減小到零,物塊A的速度最大,選項(xiàng)C正確.t2t3時(shí)間內(nèi)物塊A做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),t3t4時(shí)間內(nèi)物塊A一直做減速運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)D錯(cuò)誤.9.如圖(甲)所示,傾角為的粗糙斜面體固定在水平面上,初速度為v0=10 m/s、質(zhì)量為m=1 kg的小木塊沿斜面上滑,若從此時(shí)開始計(jì)時(shí),整個(gè)過程中小木塊速度的平方隨路程變化的關(guān)系圖像如圖(乙)所示,取g=10 m/s2,則下列說法正確的是(BCD)A.05 s內(nèi)小木塊做勻減速運(yùn)動(dòng)B.在t=1 s時(shí)刻,摩擦力反向C.斜面傾角=37°D.小木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5解析:由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得v2-=2ax,由題圖(乙)可得a=-10 m/s2,故減速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=1 s,故A錯(cuò)誤;由題圖(乙)可知,在 01 s 內(nèi)小木塊向上做勻減速運(yùn)動(dòng),1 s后小木塊反向做勻加速運(yùn)動(dòng),t=1 s時(shí)摩擦力反向,故B正確;由題圖(乙)可知,小木塊反向加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a= m/s2=2 m/s2,由牛頓第二定律得mgsin +mgcos =m|a|,mgsin -mgcos =ma,代入數(shù)據(jù)解得=0.5,=37°,故C,D正確.10.如圖所示,水平傳送帶A,B兩端相距s=3.5 m,工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.1,工件滑上傳送帶A端的瞬時(shí)速度vA=4 m/s,到達(dá)B端的瞬時(shí)速度設(shè)為vB.g取10 m/s2,下列說法中正確的是(ABC)A.若傳送帶不動(dòng),vB=3 m/sB.若傳送帶以速度v=4 m/s逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),vB=3 m/sC.若傳送帶以速度v=2 m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),vB=3 m/sD.若傳送帶以速度v=4 m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),vB=3 m/s解析:若傳送帶不動(dòng),由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知-=-2as,a=g,代入數(shù)據(jù)解得vB=3 m/s,當(dāng)滿足選項(xiàng)B,C中的條件時(shí),工件的運(yùn)動(dòng)情況跟傳送帶不動(dòng)時(shí)的一樣,同理可得,工件到達(dá)B端的瞬時(shí)速度仍為3 m/s,故選項(xiàng)A,B,C正確;若傳送帶以速度v=4 m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),則工件滑上A端后做勻速運(yùn)動(dòng),到B端的速度仍為4 m/s,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤.11.如圖(甲)所示,為測定物體沖上粗糙斜面能達(dá)到的最大位移x與斜面傾角的關(guān)系,將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長的斜面向上推出,調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角,實(shí)驗(yàn)測得x與斜面傾角的關(guān)系如圖(乙)所示,g取10 m/s2,根據(jù)圖像可求出(BC)A.物體的初速率v0=3 m/sB.物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.75C.取不同的傾角,物體在斜面上能達(dá)到的位移x的最小值xmin=1.44 mD.當(dāng)=45°時(shí),物體達(dá)到最大位移后將停在斜面上解析:當(dāng)斜面傾角=90°時(shí),物體對斜面無壓力,也無摩擦力,物體做豎直上拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有02-=-2gx,根據(jù)題圖(乙)可得此時(shí)x=1.80 m,解得初速率v0=6 m/s,選項(xiàng)A錯(cuò).當(dāng)斜面傾角=0°時(shí)即為水平,物體在運(yùn)動(dòng)方向上只受到摩擦力作用,則有mgx=m,根據(jù)題圖(乙)知此時(shí)x=2.40 m,解得=0.75,選項(xiàng)B對.物體沿斜面上滑,由牛頓第二定律可知加速度a=gsin +gcos =g(sin +cos ).=2ax=2g(sin +cos )x,得當(dāng)sin +cos 最大時(shí),即tan =,=53°時(shí),x取最小值xmin,解得xmin=1.44 m,C項(xiàng)正確.當(dāng)=45°時(shí),因mgsin 45°>mgcos 45°,則物體達(dá)到最大位移后將返回,D項(xiàng)錯(cuò)誤.12.如圖(甲)所示,繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運(yùn)行.初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶.若從小物塊滑上傳送帶開始計(jì)時(shí),小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的v-t圖像(以地面為參考系)如圖(乙)所示.已知|v2|>|v1|,則(BD)A.t2時(shí)刻,小物塊離A處的距離達(dá)到最大B.t2時(shí)刻,小物塊相對傳送帶滑動(dòng)的距離達(dá)到最大C.0t2時(shí)間內(nèi),小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左D.0t2時(shí)間內(nèi),小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用解析:0t1時(shí)間內(nèi),小物塊受到向右的滑動(dòng)摩擦力作用而做勻減速運(yùn)動(dòng),速度減為零時(shí)并未從左端滑下,說明傳送帶足夠長,其向左運(yùn)動(dòng)的位移大小x1=;t1t2時(shí)間內(nèi):小物塊受到的滑動(dòng)摩擦力仍然向右,因此反向做勻加速運(yùn)動(dòng),加速到與傳送帶速度v1相等,其位移大小x2=<x1,此后物塊做勻速運(yùn)動(dòng).0t2時(shí)間內(nèi),小物塊始終相對于傳送帶向左運(yùn)動(dòng),故t2時(shí)刻,小物塊相對傳送帶滑動(dòng)的距離達(dá)到最大.二、非選擇題(共52分)13.(6分)在“探究小車加速度a與其質(zhì)量m的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中:(1)備有器材:A.帶有定滑輪的長木板;B.電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、低壓交流電源、紙帶;C.細(xì)繩、小車、砝碼;D.裝有沙的沙桶;E.薄木板;F.毫米刻度尺;還缺少的一件器材是. (2)實(shí)驗(yàn)得到如圖(甲)所示的一條紙帶,相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔為T;B,C兩點(diǎn)的間距x2和D,E兩點(diǎn)的間距x4已量出,利用這兩段間距計(jì)算小車加速度的表達(dá)式為. (3)某同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)畫出的a-圖線如圖(乙)所示,從圖線可得沙和沙桶的總質(zhì)量為kg.(g取 10 m/s2) (4)另一位同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)畫出的a-圖像如圖(丙)所示,則造成這一結(jié)果的原因是. 解析:(1)本題要測量小車的質(zhì)量,所以還缺少的一件器材是天平;(2)根據(jù)逐差法得:x4-x2=2aT2,解得a=.(3)根據(jù)牛頓第二定律可知,a=,則F即為a-圖像的斜率,所以沙和沙桶的總重力mg=F= N=0.2 N,解得m=0.02 kg.(4)從題圖(丙)中發(fā)現(xiàn)直線沒過原點(diǎn),當(dāng)繩子上有拉力時(shí)小車的加速度還為0,則該同學(xué)實(shí)驗(yàn)操作中遺漏了平衡摩擦力這個(gè)步驟.所以原因是沒有平衡摩擦力或摩擦力平衡不夠.答案:(1)天平(2)a=(3)0.02(4)沒有平衡摩擦力或摩擦力平衡不夠評分標(biāo)準(zhǔn):(1)(2)每空1分,(3)(4)每空2分.14.(8分)用圖(甲)所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證牛頓第二定律.(1)某同學(xué)通過實(shí)驗(yàn)得到如圖(乙)所示的aF圖像,造成這一結(jié)果的原因是:在平衡摩擦力時(shí)木板與水平桌面間的傾角(選填“偏大”或“偏小”). (2)該同學(xué)在平衡摩擦力后進(jìn)行實(shí)驗(yàn),實(shí)際小車在運(yùn)動(dòng)過程中所受的拉力(選填“大于”“小于”或“等于”)砝碼和盤的總重力,為了便于探究、減小誤差,應(yīng)使小車與車上砝碼質(zhì)量M與砝碼和盤的總質(zhì)量m滿足的條件. (3)某同學(xué)得到如圖(丙)所示的紙帶,已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源頻率為50 Hz,A,B,C,D,E,F,G是紙帶上7個(gè)連續(xù)的點(diǎn),由此可算出小車的加速度a=m/s2(保留兩位有效數(shù)字). 解析:(1)當(dāng)拉力F=0時(shí),小車具有加速度,說明平衡摩擦力時(shí)平衡過度,即木板與水平桌面間的傾角偏大.(2)對整體分析,根據(jù)牛頓第二定律得,a=,則繩子的拉力F=Ma=,所以實(shí)際小車在運(yùn)動(dòng)過程中所受的拉力小于砝碼和盤的總重力,當(dāng)Mm,即砝碼和盤的總質(zhì)量小于小車和小車上砝碼的總質(zhì)量時(shí),砝碼和盤的總重力在數(shù)值上近似等于小車運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的拉力.(3)根據(jù)刻度尺的示數(shù)可知x=3.90 cm-2.10 cm=1.80 cm,時(shí)間間隔為T=0.06 s,代入x=aT2得加速度為a=5.0 m/s2.答案:(1)偏大(2)小于Mm(3)5.0評分標(biāo)準(zhǔn):每空2分.15.(6分)如圖(甲)所示,在傾角為=30°的長斜面上有一帶風(fēng)帆的滑塊從靜止開始沿斜面下滑,滑塊的質(zhì)量為m=2 kg,它與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為,帆受到的空氣阻力與滑塊下滑的速度成正比,即Ff=kv.若滑塊從靜止開始下滑的速度時(shí)間圖像如圖(乙)中的曲線所示,圖(乙)中的直線是t=0時(shí)速度圖線的切線,g=10 m/s2.(1)求滑塊下滑的最大加速度和最大速度;(2)求和k的值.解析:(1)由題圖(乙)可得t=0時(shí),滑塊下滑的加速度最大為amax=3 m/s2(2分)t=3 s時(shí),滑塊下滑的速度最大為vmax=2 m/s.(1分)(2)t=0時(shí)滑塊下滑的加速度最大為amax,由牛頓第二定律得F合=mgsin -mgcos =mamax,(1分)t=3 s時(shí)滑塊下滑的速度達(dá)到最大,有mgsin =mgcos +kvmax,(1分)解得=,k=3 kg/s(說明:k的答案沒有單位不算對).(1分)答案:(1)3 m/s22 m/s(2)3 kg/s16.(8分)如圖(甲)所示,有一足夠長的粗糙斜面,傾角=37°,一滑塊以初速度v0=16 m/s從底端A點(diǎn)滑上斜面,滑至B點(diǎn)后又返回到A點(diǎn).滑塊運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間圖像如圖(乙)所示,求:(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2)(1)A,B之間的距離;(2)滑塊再次回到A點(diǎn)時(shí)的速度大小;(3)滑塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中所用的時(shí)間.解析:(1)由vt圖像知A,B之間的距離為sAB= m=16 m.(1分)(2)設(shè)滑塊從A滑到B過程的加速度大小為a1,從B返回到A過程的加速度大小為a2,滑塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,則有a1= m/s2=8 m/s2(1分)由于mgsin +mgcos =ma1,得=0.25.(1分)滑塊由B返回到A的過程中,則有mgsin -mgcos =ma2即a2=4 m/s2,(1分)設(shè)滑塊返回到A點(diǎn)時(shí)的速度為v,有v2-0=2a2sAB即v=8 m/s.(1分)(3)設(shè)滑塊從A到B用時(shí)為t1,從B返回到A用時(shí)為t2,則有t1=2 s(1分)t2=2 s(1分)則滑塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中所用的時(shí)間為t=t1+t2=(2+2) s.(1分)答案:(1)16 m(2)8 m/s(3)(2+2) s17.(12分)如圖所示,傳送帶與平板緊靠在一起,且上表面在同一水平面內(nèi),兩者長度分別為L1=2.5 m,L2=2 m.傳送帶始終保持以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng).現(xiàn)將一滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放到傳送帶的左端,然后平穩(wěn)地滑上平板.已知:滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5,滑塊與平板,平板與支持面的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為1=0.3、2=0.1,滑塊、平板的質(zhì)量均為m=2 kg,g取10 m/s2.求:(1)若滑塊恰好不從平板上掉下,求v的大小.(2)若v=6 m/s,求滑塊離開平板時(shí)的速度大小.解析:(1)滑塊在平板上做勻減速運(yùn)動(dòng),加速度大小a1=3 m/s2由于1mg>22mg故平板做勻加速運(yùn)動(dòng),加速度大小a2=1 m/s2(1分)設(shè)滑塊從平板左端滑至右端用時(shí)為t,共同速度為v,平板位移為x,對滑塊進(jìn)行分析:v=v-a1t(1分)L2+x=vt-a1t2(1分)對平板進(jìn)行分析:v=a2t(1分)x=a2t2(1分)聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)解得t=1 s,v=4 m/s.當(dāng)v=4 m/s時(shí),滑塊在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)的位移為x1=1.6 m<L1,故符合題意.(1分)(2)滑塊在傳送帶上的加速度a3=5 m/s2(1分)若滑塊在傳送帶上一直加速,則獲得的速度為v1=5 m/s<6 m/s(1分)即滑塊滑上平板的速度為5 m/s.設(shè)滑塊在平板上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,離開平板時(shí)的速度為v,平板位移為x則v=v1-a1t(1分)L2+x=v1t-a1t2(1分)x=a2t2(1分)聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)解得t= s,t2=2 s(t2>t,不合題意,舍去)將t= s代入v=v1-a1t得v=3.5 m/s.(1分)答案:(1)4 m/s(2)3.5 m/s18.(12分)如圖所示,一長L=2 m,質(zhì)量M=4 kg的薄木板(厚度不計(jì))靜止在粗糙的水平臺面上,其右端距平臺邊緣l=5 m,木板的正中央放有一質(zhì)量為m=1 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),已知木板與平臺、物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為1=0.4.現(xiàn)對木板施加一水平向右的恒力F,其大小為48 N,g取10 m/s2,試求:(1)F作用了1.2 s時(shí),木板的右端離平臺邊緣的距離;(2)要使物塊最終不能從平臺上滑出去,則物塊與平臺間的動(dòng)摩擦因數(shù)2應(yīng)滿足的條件.解析:(1)假設(shè)開始時(shí)物塊與木板會相對滑動(dòng),由牛頓第二定律:對木板:F-1(M+m)g-1mg=Ma1解得a1=6 m/s2(1分)對物塊:1mg=ma2解得a2=4 m/s2,(1分)因a2<a1,故假設(shè)成立設(shè)F作用t時(shí)間后,物塊恰好從木板左端滑離,則=a1t2-a2t2(1分)解得t=1 s(1分)在此過程:木板位移x1=a1t2=3 m末速度v1=a1t=6 m/s(1分)物塊位移x2=a2t2=2 m,末速度v2=a2t=4 m/s(1分)在物塊從木板上滑落后的t0=0.2 s內(nèi),由牛頓第二定律,對木板:F-1Mg=Ma1解得a1=8 m/s2(1分)木板發(fā)生的位移x1=v1t0+a1=1.36 m此時(shí)木板右端距平臺邊緣x=l-x1-x1=0.64 m.(1分)(2)物塊滑至平臺后,做勻減速直線運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律:對物塊:2mg=ma2(1分)解得a2=2g若物塊在平臺上速度減為0,則通過的位移x2=(1分)要使物塊最終不會從平臺上掉下去需滿足l+x2+x2(1分)聯(lián)立解得20.2.(1分)答案:(1)0.64 m(2)20.212