2023版高考生物二輪復(fù)習(xí)階段滾動卷一（含解析）

2020版高考生物二輪復(fù)習(xí)階段滾動卷一（含解析）PAGE32-階段滾動卷一本試卷分第一卷(選擇題)和第二卷(非選擇題)兩局部，總分值100分，時間90分鐘。第一卷一、選擇題(此題共12小題，每題4分，共48分。在每題給出的四個選項中，第1～7題只有一個選項符合題目要求，第8～12題有多項符合題目要求，全部答對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．(2022·烏魯木齊二模)2022年7月1日，具有完全自主產(chǎn)權(quán)的我國加長版“復(fù)興號〞動車組正式在京滬線上運行。一列加長版“復(fù)興號〞動車組從上海虹橋車站由靜止開始做勻加速直線運動，從某節(jié)車廂前端開始通過站臺上一站立的工作人員開始計時，相鄰兩節(jié)車廂依次通過該工作人員的時間之比不可能是()A．2∶1B．5∶2C．6∶5D．7∶3答案B解析初速度為零的勻變速直線運動通過連續(xù)相等位移的時間之比為1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n＋1)－eq\r(n))。通過連續(xù)兩個相等位移的時間的最大比值為1∶(eq\r(2)－1)，該題是從某節(jié)車廂前端通過該工作人員開始計時，故只要比值小于1∶(eq\r(2)－1)均有可能，故B不可能。2.如下圖，A、B兩物體相距s＝7m，物體A以vA＝4m/s的速度向右做勻速直線運動(A所受的平衡摩擦的外力未畫出)，而物體B此時的速度vB＝10m/s，只在滑動摩擦力作用下向右做勻減速直線運動，B與水平地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，那么物體A追上物體B所用的時間為()A．7sB．8sC．9sD．10s答案B解析B勻減速運動的加速度大小a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2，B速度減為零的時間t1＝eq\f(vB,a)＝eq\f(10,2)s＝5s，此時A的位移xA＝vAt1＝4×5m＝20m，B的位移xB＝eq\f(v\o\al(2,B),2a)＝eq\f(100,4)m＝25m，由于xB＋s＞xA，可知B速度減為零時，A還未追上B，A繼續(xù)追及的時間t2＝eq\f(xB＋s－xA,vA)＝eq\f(25＋7－20,4)s＝3s，那么物體A追上物體B所用的時間t＝t1＋t2＝5s＋3s＝8s，故B正確，A、C、D錯誤。3．(2022·湖南三湘名校教育聯(lián)盟三模)甲、乙兩輛汽車在平直公路上，從同一地點同時同向均做勻加速直線運動，甲、乙速度的平方隨位移變化的圖象如下圖，那么()A．甲車的加速度比乙車的加速度小B．在x＝0.5m處甲、乙兩車的速度均為2m/sC．在t＝2s末甲、乙兩車相遇D．在x＝4m處甲、乙兩車不相遇答案C解析根據(jù)勻變速直線運動速度位移關(guān)系公式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，得v2＝2ax＋veq\o\al(2,0)，可知圖象的斜率k＝2a，由圖可知，甲的斜率大于乙的斜率，故甲車的加速度比乙車的加速度大，A錯誤；由圖象可知，在x＝0.5m處甲、乙兩車的速度平方均為2m2·s－2，速度均為eq\r(2)m/s，故B錯誤；由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，結(jié)合圖象可知，甲車做初速度為0、加速度為2m/s2的勻加速直線運動，乙車做初速度為1m/s、加速度為1m/s2的勻加速直線運動，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可得兩車相遇時：x＝eq\f(1,2)a甲t2＝v0t＋eq\f(1,2)a乙t2，解得t＝2s，相遇時的位移為x＝4m，故C正確，D錯誤。4．(2022·山東威海三模)甲、乙兩球質(zhì)量分別為m1、m2，從不同高度由靜止釋放，如圖a所示。甲、乙兩球的v-t圖象分別如圖b中的①、②所示。球下落過程所受空氣阻力大小f滿足f＝kv(v為球的速率，k為常數(shù))，t2時刻兩球第二次相遇。落地前，兩球的速度都已到達各自的穩(wěn)定值v1、v2。以下判斷不正確的選項是()A．m1＞m2B．乙球釋放的位置高C．兩球釋放瞬間，甲球的加速度較大D．兩球第一次相遇的時刻在t1時刻之前答案C解析兩球穩(wěn)定時均做勻速直線運動，那么有kv＝mg，得m＝eq\f(kv,g)，所以有eq\f(m1,m2)＝eq\f(v2,v1)，由圖知v2＞v1，故m1＞m2，A正確，不符合題意；v-t圖象與時間軸圍成的面積表示物體通過的位移，由圖可知，0～t2時間內(nèi)，乙球下降的高度較大，而t2時刻兩球第二次相遇，所以乙球釋放的位置高，故B正確，不符合題意；兩球釋放瞬間v＝0，此時空氣阻力f＝0，兩球均只受重力，加速度均為重力加速度g，故C錯誤，符合題意；在t1～t2時間內(nèi)，甲球下落的高度較大，而t2時刻兩球第二次相遇，所以兩球第一次相遇的時刻在t1時刻之前，故D正確，不符合題意。應(yīng)選C。5．(2022·江蘇省七市高三第三次調(diào)研)將小球以某一初速度從A點水平向左拋出，運動軌跡如下圖，B為軌跡上的一點。改變拋出點位置，為使小球仍沿原方向經(jīng)過B點，不計空氣阻力，以下做法可能實現(xiàn)的是()A．在A點左側(cè)等高處以較小的初速度水平拋出小球B．在A點右側(cè)等高處以較大的初速度水平拋出小球C．在A、B兩點間軌跡上某點沿切線向左下方拋出小球D．在A、B兩點間軌跡上某點以較小的初速度水平向左拋出小球答案C解析根據(jù)平拋運動的推論：速度反向延長線過水平位移的中點，如以下圖。在與A等高處水平拋出小球，無論在A點左側(cè)還是右側(cè)，只要沿原方向經(jīng)過B點，那么不滿足平拋運動的推論，A、B錯誤；當(dāng)在A、B兩點間軌跡上某點沿切線向左下方拋出小球，只要小球速度等于原小球經(jīng)過該點時的速度，那么小球軌跡與原軌跡重合，小球能夠沿原方向經(jīng)過B點，C正確；在A、B兩點間軌跡上某點以較小的初速度水平向左拋出小球，根據(jù)幾何關(guān)系可知，如果沿原方向經(jīng)過B點，小球速度反向延長線不能過水平位移中點，D錯誤。6．(2022·廣東揭陽一模)在豎直墻壁上懸掛一鏢靶，某人站在離墻壁一定距離的某處，先后將兩只飛鏢A、B由同一位置水平擲出，兩只飛鏢落在靶上的狀態(tài)如下圖(側(cè)視圖)，假設(shè)不計空氣阻力，以下說法中正確的選項是()A．A、B兩鏢在空中運動的時間相同B．B鏢擲出時的初速度比A鏢擲出時的初速度小C．A、B鏢的速度變化方向可能不同D．A鏢的質(zhì)量一定比B鏢的質(zhì)量小答案B解析B鏢下落的高度大于A鏢下落的高度，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(2h,g))，B鏢下降的高度大，那么B鏢的運動時間長，故A錯誤；因為A、B兩鏢水平位移相等，B鏢的運動時間長，那么B鏢的初速度小，故B正確；因為A、B鏢都做平拋運動，速度變化量的方向與加速度方向相同，均豎直向下，故C錯誤；平拋運動的時間與質(zhì)量無關(guān)，此題無法比擬兩飛鏢的質(zhì)量，故D錯誤。7．(2022·山東濰坊二模)如下圖，固定的光滑直桿傾角為30°，質(zhì)量為m的小環(huán)穿過直桿，并通過彈簧懸掛在天花板上，小環(huán)靜止時，彈簧恰好處于豎直位置，現(xiàn)對小環(huán)施加沿桿向上的拉力F，使環(huán)緩慢沿桿滑動，直到彈簧與豎直方向的夾角為60°。整個過程中，彈簧始終處于伸長狀態(tài)，以下判斷正確的選項是()A．彈簧的彈力逐漸增大B．彈簧的彈力先減小后增大C．桿對環(huán)的彈力逐漸增大D．拉力F先增大后減小答案B解析整個過程中，彈簧始終處于伸長狀態(tài)，由幾何關(guān)系可知，彈簧的長度先減小后增大，即彈簧的伸長量先減小后增大，彈簧的彈力先減小后增大，A錯誤，B正確；開始時，彈簧恰好處于豎直位置，此時F彈＝mg，桿對環(huán)的彈力N為0，當(dāng)環(huán)緩慢沿桿滑動，直到彈簧與豎直方向的夾角為60°時，由幾何關(guān)系知，彈簧的長度等于開始時的長度，此時F彈＝mg，在垂直桿方向，F(xiàn)彈cos30°＝mgcos30°＋N′，那么N′＝0，故桿對環(huán)的彈力先增大后減小，C錯誤；設(shè)彈簧與桿之間的夾角為θ，那么從開始到彈簧與桿垂直位置的過程中，由平衡知識：F彈cosθ＋F＝mgsin30°，隨θ角的增加，F(xiàn)彈減小，cosθ減小，那么F增大，從彈簧與桿垂直位置到彈簧與豎直方向的夾角為60°的過程中，由平衡知識：F＝F彈cosθ＋mgsin30°，隨θ角的減小，F(xiàn)彈增大，cosθ增大，那么F仍然是增大；綜上可知拉力F一直增大，D錯誤。8．(2022·河南百師聯(lián)盟高三上學(xué)期七調(diào))在光滑水平面上，a、b兩小球沿水平面相向運動。當(dāng)小球間距小于或等于L時，受到大小相等、方向相反的相互排斥恒力作用。小球間距大于L時，相互排斥力為零。小球在相互作用區(qū)間運動時始終未接觸，兩小球運動時速度v隨時間t的變化關(guān)系圖象如下圖，由圖可知()A．a(chǎn)球質(zhì)量大于b球質(zhì)量B．在t1時刻兩小球間距最小C．在0～t2時間內(nèi)兩小球間距逐漸減小D．在0～t3時間內(nèi)b球所受排斥力方向始終與運動方向相反答案AC解析從速度—時間圖象可以看出，在0～t3時間內(nèi)b球的速度—時間圖線的斜率絕對值較大，所以b球的加速度較大，兩小球之間的排斥力為相互作用力，大小相等，根據(jù)a＝eq\f(F,m)知，加速度大的質(zhì)量小，所以b球質(zhì)量較小，故A正確；開始時二者做相向運動，兩球間距逐漸減小，當(dāng)兩小球速度相等時距離最近，即t2時刻兩小球最近，之后距離又開始逐漸變大，故B錯誤，C正確；b球0～t1時間內(nèi)做勻減速直線運動，所受排斥力與運動方向相反，在t1～t3時間內(nèi)做反向的勻加速直線運動，所受排斥力與運動方向相同，D錯誤。9．(2022·山東泰安一模)雨滴在空氣中下落時會受到空氣阻力的作用。假設(shè)阻力大小只與雨滴的速率成正比，所有雨滴均從相同高處由靜止開始下落，到達地面前均到達最大速率。以下判斷正確的選項是()A．到達最大速率前，所有雨滴均做勻加速運動B．所有雨滴的最大速率均相等C．較大的雨滴最大速率也較大D．較小的雨滴在空中運動的時間較長答案CD解析根據(jù)牛頓第二定律：a＝eq\f(mg－kv,m)，那么雨滴下落時，隨速度的增大，加速度逐漸減小，那么到達最大速率前，所有雨滴均做加速度減小的變加速運動，A錯誤；當(dāng)a＝0時速度最大，那么vm＝eq\f(mg,k)，那么雨滴的質(zhì)量越大，其最大速度越大，B錯誤，C正確；較小的雨滴在空中運動的最大速度較小，整個過程的平均速度較小，下落的高度相同，它在空中運動的時間較長，D正確。10．(2022·廣東肇慶三模)如下圖，一位同學(xué)玩飛鏢游戲。圓盤最上端有一P點，飛鏢拋出時與P等高，且距離P點為L。當(dāng)飛鏢以初速度v0垂直盤面瞄準(zhǔn)P點拋出的同時，圓盤以經(jīng)過盤心O點的水平軸在豎直平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動。忽略空氣阻力，重力加速度為g，假設(shè)飛鏢恰好擊中P點，那么()A．飛鏢擊中P點所需的時間為eq\f(L,v0)B．圓盤的半徑可能為eq\f(gL2,2v\o\al(2,0))C．圓盤轉(zhuǎn)動角速度的最小值為eq\f(πv0,L)D．P點隨圓盤轉(zhuǎn)動的線速度不可能為eq\f(5πg(shù)L,4v0)答案AC解析飛鏢水平拋出做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，因此t＝eq\f(L,v0)，故A正確；飛鏢擊中P點時，P恰好在最下方，那么2r＝eq\f(1,2)gt2，解得圓盤的半徑為：r＝eq\f(gL2,4v\o\al(2,0))，故B錯誤；飛鏢擊中P點，那么P點轉(zhuǎn)過的角度滿足：θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0,1,2…)，故ω＝eq\f(θ,t)＝eq\f(2k＋1πv0,L)，那么圓盤轉(zhuǎn)動角速度的最小值為eq\f(πv0,L)，故C正確；P點隨圓盤轉(zhuǎn)動的線速度為：v＝ωr＝eq\f(2k＋1πv0,L)·eq\f(gL2,4v\o\al(2,0))＝eq\f(2k＋1πg(shù)L,4v0)，當(dāng)k＝2時，v＝eq\f(5πg(shù)L,4v0)，故D錯誤。11．(2022·河北衡水中學(xué)三模)如圖甲所示，足夠長的木板B靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊A。木板B受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出木板B的加速度a，得到如圖乙所示的a-F圖象，g取10m/s2，那么()A．滑塊A與木板B間動摩擦因數(shù)為0.1B．當(dāng)F＝10N時木板B加速度為4m/s2C．木板B的質(zhì)量為1kgD．滑塊A的質(zhì)量為4kg答案BC解析由圖乙知，F(xiàn)≤8N時，A、B相對靜止，當(dāng)F＝8N時，加速度為：a＝2m/s2，對A、B整體，由牛頓第二定律有：F＝(mA＋mB)a，代入數(shù)據(jù)解得：mA＋mB＝4kg；當(dāng)F大于8N時，A、B發(fā)生相對滑動，對B，根據(jù)牛頓第二定律得：a＝eq\f(F－μmAg,mB)＝eq\f(1,mB)F－eq\f(μmAg,mB)，由圖示圖象可知，圖線的斜率：k＝eq\f(1,mB)＝eq\f(2,8－6)kg－1＝1kg－1，解得：mB＝1kg，滑塊A的質(zhì)量為：mA＝3kg；對于方程a＝eq\f(F－μmAg,mB)＝eq\f(1,mB)F－eq\f(μmAg,mB)，由圖乙知當(dāng)a＝0時，F(xiàn)＝6N，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.2，故A、D錯誤，C正確。當(dāng)F＝10N＞8N時，滑塊A與木板B相對滑動，B的加速度為：aB＝eq\f(F－μmAg,mB)＝eq\f(10－0.2×3×10,1)m/s2＝4m/s2，故B正確。12．2022年央視春晚參加了非常多的科技元素，在舞臺表演中還出現(xiàn)了無人機?，F(xiàn)通過傳感器將某臺無人機上升向前追蹤拍攝的飛行過程轉(zhuǎn)化為豎直向上的速度vy及水平方向速度vx與飛行時間t的關(guān)系圖象，如下圖。那么以下說法正確的選項是()A．無人機在t1時刻處于超重狀態(tài)B．無人機在0～t2這段時間內(nèi)沿直線飛行C．無人機在t2時刻上升至最高點D．無人機在t2～t3時間內(nèi)做勻變速運動答案AD解析根據(jù)圖象可知，無人機在t1時刻，在豎直方向上向上做勻加速直線運動，有豎直向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故A正確；由圖象可知，無人機在t＝0時刻，vy＝0，合初速度為vx沿水平方向，水平與豎直方向均有加速度，那么合加速度與合初速度不共線，所以無人機做曲線運動，即無人機沿曲線上升，故B錯誤；無人機在豎直方向，先向上做勻加速直線運動，后向上做勻減速直線運動，在t3時刻上升至最高點，故C錯誤；無人機在t2～t3時間內(nèi)，在水平方向上做勻速直線運動，而在豎直方向上向上做勻減速直線運動，因此無人機做勻變速運動，故D正確。第二卷二、非選擇題(此題共4小題，共52分。解容許寫出必要的文字說明、只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)13.(2022·山東淄博三模)(12分)如下圖，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗。某次實驗中，砝碼的質(zhì)量m1＝0.1kg，紙板的質(zhì)量m2＝0.01kg，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，砝碼與紙板左端的距離d＝0.1m，重力加速度g取10m/s2。砝碼移動的距離超過l＝0.002m，人眼就能感知。假設(shè)本次實驗未感知到砝碼的移動，求：(1)砝碼移動的最長時間；(2)假設(shè)實驗中拉力為恒力，那么紙板所需的拉力至少多大？答案(1)eq\f(\r(10),50)s(2)2.44N解析(1)設(shè)砝碼在紙板上加速運動時的加速度大小為a1，在桌面上減速運動的加速度大小為a2，由μm1g＝m1a1＝m1a2知：a1＝a2＝2m/s2所以砝碼加速和減速的時間相等，分析可知加速運動的最大距離是eq\f(1,2)l，由eq\f(1,2)l＝eq\f(1,2)a1t2，得：t＝eq\f(\r(10),100)s那么砝碼移動的最長時間為tm＝2t＝eq\f(\r(10),50)s。(2)設(shè)當(dāng)紙板的加速度為a3時砝碼經(jīng)歷時間t恰好從紙板上滑下，那么此時的拉力最小，設(shè)為F，對紙板，由運動學(xué)公式：d＋eq\f(l,2)＝eq\f(1,2)a3t2得：a3＝202m/s2由F－μ(m1＋m2)g－μm1g＝m2a3得：F＝2.44N即紙板所需的拉力至少為2.44N。14．(12分)如下圖，上外表光滑、下外表粗糙的木板放置于水平地面上，可視為質(zhì)點的滑塊靜止放在木板的上外表。t＝0時刻，給木板一個水平向右的初速度v0，同時對木板施加一個水平向左的恒力F，經(jīng)一段時間，滑塊從木板上掉下來。木板質(zhì)量M＝3kg，高h＝0.2m，與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2；滑塊質(zhì)量m＝0.5kg，初始位置距木板左端L1＝0.46m，距木板右端L2＝0.14m；初速度v0＝2m/s，恒力F＝8N，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)滑塊從離開木板開始到落至地面所用的時間；(2)滑塊離開木板時，木板的速度大??；(3)從t＝0時刻開始到滑塊落到地面的過程中，摩擦力對木板做的功。答案(1)0.2s(2)0.6m/s(3)－7.38J解析(1)設(shè)滑塊從離開木板開始到落到地面所用的時間為t0，以地面為參考系，滑塊離開木板后做自由落體運動，根據(jù)運動學(xué)公式知h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)得t0＝eq\r(\f(2h,g))＝0.2s。(2)木板向右做勻減速直線運動，由牛頓第二定律F＋μ(m＋M)g＝Ma1得a1＝5m/s2那么木板減速到零所經(jīng)過的位移s1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝0.4m由于s1＜L1＝0.46m，說明這時滑塊仍然停留在木板上，此后木板開始向左做勻加速直線運動，摩擦力的方向改變，由牛頓第二定律F－μ(m＋M)g＝Ma2得a2＝eq\f(1,3)m/s2滑塊離開木板時，木板向左的位移s2＝s1＋L2＝0.54m該過程根據(jù)運動學(xué)公式得滑塊滑離瞬間木板的速度v2＝eq\r(2a2s2)＝0.6m/s。(3)滑塊離開木板后，木板所受地面的支持力及摩擦力隨之改變，由牛頓第二定律F－μMg＝Ma3，得a3＝eq\f(2,3)m/s2故木板在t0這段時間的位移為s3＝v2t0＋eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,0)＝eq\f(2,15)m整個過程摩擦力對木板做的功為Wf＝－μ(m＋M)g(s1＋s2)－μMgs3＝－7.38J。15．(14分)將一端帶有四分之一圓弧軌道的長木板固定在水平面上，其中B點為圓弧軌道的最低點，BC段為長木板的水平局部，長木板的右端與平板車平齊并緊靠在一起，但不粘連。現(xiàn)將一質(zhì)量m1＝2kg的物塊由圓弧的最高點A無初速度釋放，經(jīng)過B點時對長木板的壓力大小為40N。物塊經(jīng)C點滑到平板車的上外表，假設(shè)平板車固定不動，物塊恰好停在平板車的最右端。圓弧軌道的半徑R＝3.6m，BC段的長度L1＝5.0m，平板車的長度L2＝4.0m，物塊與BC段之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，平板車與水平面之間的摩擦力可忽略不計，g＝10m/s2。求：(1)物塊滑到B點的速度vB；(2)物塊在BC段滑動的時間t；(3)假設(shè)換一材料、高度相同但長度僅為L3＝1m的平板車，平板車的質(zhì)量m2＝1kg，且不固定，試通過計算判斷物塊是否能滑離小車，假設(shè)不能滑離，求出最終物塊離平板車左端的距離；假設(shè)能滑離，求出滑離時物塊和小車的速度的大小。答案(1)6m/s(2)1s(3)能滑離滑離時物塊的速度大小為eq\f(10,3)m/s，小車的速度大小為eq\f(4,3)m/s解析(1)根據(jù)作用力和反作用力等大反向可得：物塊在B點時受到長木板的支持力F＝40N對物塊在B點豎直方向上應(yīng)用牛頓第二定律可得：F－m1g＝eq\f(m1v\o\al(2,B),R)，解得vB＝eq\r(\f(F－m1g,m1)R)＝6m/s。(2)物塊在BC段上的合外力為f＝μm1g，故物塊以大小為a＝μg＝2m/s2的加速度做勻減速運動，故由勻減速運動規(guī)律可得：L1＝vBt－eq\f(1,2)at2所以，5＝6t－t2，故t＝1s或t＝5s故物塊向右運動到C的時間為t＝1s。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(物塊減速到零需要的時間t0＝\f(vB,a)＝3s，故t＝5s舍去))(3)由(2)可得：物塊在C點的速度vC＝vB－at＝4m/s平板車固定不動，物塊恰好停在平板車的最右端，故在平板車上的平均速度為eq\f(1,2)vC＝2m/s，所以，運動時間t1＝eq\f(L2,\f(1,2)vC)＝2s那么，加速度大小a1＝μ′g＝eq\f(vC,t1)＝2m/s2所以，物塊和平板車間的動摩擦因數(shù)μ′＝0.2平板車不固定時，物塊做加速度大小為a1＝2m/s2的勻減速運動，平板車做加速度a2＝eq\f(μ′m1g,m2)＝2μ′g＝4m/s2的勻加速運動，直到到達共同速度或物塊滑出平板車，假設(shè)物塊和平板車經(jīng)過時間t2到達共同速度v，那么有v＝vC－a1t2＝a2t2解得t2＝eq\f(vC,a1＋a2)＝eq\f(2,3)s，故v＝a2t2＝eq\f(8,3)m/s那么，物塊和平板車的相對位移d＝eq\f(vC＋v,2)t2－eq\f(v,2)t2＝eq\f(4,3)m＞L3由此可知，在物塊與平板車到達共速之前，物塊已經(jīng)滑離平板車，設(shè)物塊在平板車上的運動時間為t3，那么有相對位移L3＝vCt3－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)得1＝4t3－3teq\o\al(2