物理卷·2019届广西南宁八中高二下学期月考物理试卷 （解析版）

物理卷·2019届广西南宁八中高二下学期月考物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年广西南宁八中高二（下）月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共40分．其中1～6题为单选题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，错选或不选得0分；7～10为多项选题，在每小题列出的四个选项中至少有两项符合题目要求，全部选对得4分，选对但选不全得2分，错选、未选得0分）‎ ‎1．交流发电机制造的原理是（　　）‎ A．电流的磁效应 B．电流的磁现象 C．电磁感应现象 D．电磁铁原理 ‎2．物体在下列运动过程中，动量保持不变的是（　　）‎ A．匀速圆周运动 B．匀速直线运动 C．平抛运动 D．匀变速直线运动 ‎3．如图，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里．abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l．t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合．现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．图甲所示的变压器原、副线圈匝数比为3：1，图乙是该变压器cd输入端交变电压u的图象，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9V 6W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表．以下说法正确的是（　　）‎ A．ab输入端电压的瞬时值表达式为uab=27sin100πt（V）‎ B．电流表的示数为2A，且四只灯泡均能正常发光 C．流过灯L2的电流每秒钟方向改变50次 D．ab输入端输入功率Pab=18W ‎5．如图，理想变压器的副线圈接电阻R．当R增大时（　　）‎ A．原线圈的输人功率增大，电流增大 B．原线圈的输人功率增大，电流减小 C．原线圈的输人功率减小，电流减小 D．原线圈的输入功率减小，电流增大 ‎6．如图所示，一小车在光滑水平面上，甲、乙两人分别站在左右两侧，整个系统原来静止，则当两人同时相向走动时（　　）‎ A．要使小车静止不动，甲乙速率必相等 B．要使小车向左运动，甲的速率必须比乙的大 C．要使小车向左运动，甲的动量必须比乙的大 D．要使小车向左运动，甲的动量必须比乙的小 ‎7．几个力作用到物体上，关于其中一个力F的冲量的方向，下列说法中正确的是（　　）‎ A．与物体动量的方向相同 B．与力F的方向相同 C．与物体动量变化的方向相同 D．与物体速度变化的方向相同 ‎8．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．则PQ所做的运动可能是（　　）‎ A．向右匀加速运动 B．向左匀加速运动 C．向右匀减速运动 D．向左匀减速运动 ‎9．木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒 B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒 C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒 D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒 ‎10．如图所示，相距为d 的两水平虚线L1和L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L，L＜d，质量为m，电阻为R，将线圈在磁场上方高为h处，由静止释放，ab边刚进入磁场时速度为v0，ab边刚出磁场时速度也为v0，在线圈全部穿过磁场过程中（　　）‎ A．感应电流所做功为mgd B．感应电流所做功为2mgd C．线圈最小速度一定为 D．线圈最小速度一定为 ‎　‎ 二、填空题（每空4分，共8分）‎ ‎11．如图，一辆质量为4kg的小车以速度2m/s在光滑水平面上运动，一质量为1kg速度为10m/s的物体以俯角为60°的方向落到车上并埋在车里的砂中，此时小车的速度为　　．‎ ‎12．两个完全相同的电热器，分别通过如图所示的两个电压最大值相等的方波交流电和正弦交流电，则这两个电热器的热功率之比为　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（需写出必要的解答过程，共52分）‎ ‎13．质量分别为m1和m2的甲、乙两小球碰撞后在同一直线上运动，它们碰撞前、后的s﹣t图象如图（a）和图（b）所示．求：‎ ‎（1）碰撞前，甲、乙两小球的速度分别是多大；‎ ‎（2）碰撞后，甲、乙两小球的速度分别是多大；‎ ‎（3）求甲、乙两小球的质量之比m1：m2．‎ ‎14．如图所示，一质量为1kg的物块静止在水平地面上，它与地面的动摩擦因数为0.2，一个质量为10g的子弹以水平速度500m/s射入物块后的速度变为2m/s，求子弹射穿物块过程中系统损失的机械能（g=10m/s2）‎ ‎15．在倾角θ=30°的斜面上，固定一金属框，宽L=0.25m，接入电动势E=12V、内阻不计的电池．垂直框面放有一根质量m=0.2kg的金属棒ab，它与框架的动摩擦因数为，整个装置放在磁感应强度B=0.8T的垂直斜面向上的匀强磁场中．当调节滑动变阻器R的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，框架与棒的电阻不计，g=10m/s2）‎ ‎16．如图，在高为h=5m的平台右边缘上，放着一个质量M=3kg的铁块，现有一质量为m=1kg的钢球以v0=10m/s的水平速度与铁块在极短的时间内发生正碰被反弹，落地点距离平台右边缘的水平距离为L=2m，已知铁块与平台之间的动摩擦因数为0.5 （不计空气阻力，铁块 和钢球都看成质点，取g=10m/s2），求：‎ ‎（1）钢球碰后反弹的速度； ‎ ‎（2）铁块在平台上滑行的距离s．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广西南宁八中高二（下）月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共40分．其中1～6题为单选题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，错选或不选得0分；7～10为多项选题，在每小题列出的四个选项中至少有两项符合题目要求，全部选对得4分，选对但选不全得2分，错选、未选得0分）‎ ‎1．交流发电机制造的原理是（　　）‎ A．电流的磁效应 B．电流的磁现象 C．电磁感应现象 D．电磁铁原理 ‎【考点】电磁感应在生活和生产中的应用．‎ ‎【分析】发电机是利用电磁感应现象制成的，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：发电机是利用电磁感应的现象制成的；交流发电机主要由转子和定子组成．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．物体在下列运动过程中，动量保持不变的是（　　）‎ A．匀速圆周运动 B．匀速直线运动 C．平抛运动 D．匀变速直线运动 ‎【考点】动量定理．‎ ‎【分析】动量大小为P=mv；动量的方向为速度的方向；故根据给出运动的运动特点可得出其动量是否发生变化．‎ ‎【解答】解：A、匀速圆周运动，速度大小不变，但方向时刻在变；故动量时刻改变；故A错误；‎ B、匀速直线运动，速度大小方向均不变；故B正确；‎ C、平抛运动，速度的大小和方向时刻改变；故动量发生变化；故C错误；‎ D、匀变速直线运动，运动的大小时刻在改变，故动量改变；故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．如图，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里．abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l．t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合．现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律；楞次定律．‎ ‎【分析】首先根据右手定则判断边bc刚进入磁场时回路中感应电流方向，再根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果．‎ ‎【解答】解：线框进入磁场过程中，bc边切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向，当bc边离开磁场时，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，电流为正的，故ACD错误；‎ 线圈接入磁场时，bc边切割磁感线，根据感应电动势大小公式：E=BLV可得，有效切割长度越来越短，感应电动势减小，故感应电流越来小；当bc边离开磁场时，根据感应电动势大小公式：E=BLV可得，切割长度越来越短，感应电动势减小，故感应电流越来越小，故B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．图甲所示的变压器原、副线圈匝数比为3：1，图乙是该变压器cd输入端交变电压u的图象，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9V 6W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表．以下说法正确的是（　　）‎ A．ab输入端电压的瞬时值表达式为uab=27sin100πt（V）‎ B．电流表的示数为2A，且四只灯泡均能正常发光 C．流过灯L2的电流每秒钟方向改变50次 D．ab输入端输入功率Pab=18W ‎【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．‎ ‎【分析】闭合电路动态分析中，电源部分是由变压器提供，其它仍用闭合电路殴姆定律．当断开开关S时，导致总电阻发生变化，而电压不变，则可判断出电路中的电流及电压如何变化．同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，其值就是刚才的有效值．‎ ‎【解答】解：A、由输入端交变电压u的图象，可求出有效值27V，副线圈电压为9V，副线圈三只灯泡均能正常发光．电流表的读数为I=3×A=2A，原线圈电流为=A，所以原线圈的灯泡也能正常发光，ab输入端电压的瞬时值表达式为uab=36sin100πt（V）A错误B正确．‎ C、由图象知交流电的周期为0.02s，交流电的频率为50Hz，流过灯L2的电流每秒钟方向改变100次，C错误；‎ D、ab输入端输入功率Pab=4×6=24W，故D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎5．如图，理想变压器的副线圈接电阻R．当R增大时（　　）‎ A．原线圈的输人功率增大，电流增大 B．原线圈的输人功率增大，电流减小 C．原线圈的输人功率减小，电流减小 D．原线圈的输入功率减小，电流增大 ‎【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．‎ ‎【分析】变压器原副线圈电压与匝数成正比，原线圈电压不变，负线圈电压就不变，与负载无关，电流与匝数成反比，原线圈功率等于副线圈功率．‎ ‎【解答】解：变压器原副线圈电压与匝数成正比，原线圈电压不变，则负线圈电压不变，当R增大时，副线圈电流减小，根据P=IU可知，副线圈功率减小，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率减小，根据电流与匝数成反比，可知，原线圈电流也减小，故C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．如图所示，一小车在光滑水平面上，甲、乙两人分别站在左右两侧，整个系统原来静止，则当两人同时相向走动时（　　）‎ A．要使小车静止不动，甲乙速率必相等 B．要使小车向左运动，甲的速率必须比乙的大 C．要使小车向左运动，甲的动量必须比乙的大 D．要使小车向左运动，甲的动量必须比乙的小 ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】AB两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律分析即可求解．‎ ‎【解答】‎ 解：AB两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：‎ mAvA+mBvB+m车v车=0，‎ A、若小车不动，则mAvA+mBvB=0，甲、乙动量大小一定大小相等，但是甲和乙的质量不一定相同，所以甲和乙的速率不一定相同，所以A错误；‎ BCD、要使小车向左运动，则甲乙的动量合必须向右，而甲向右运动，乙向左运动，所以甲的动量一定比乙的大，所以BD错误，C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎7．几个力作用到物体上，关于其中一个力F的冲量的方向，下列说法中正确的是（　　）‎ A．与物体动量的方向相同 B．与力F的方向相同 C．与物体动量变化的方向相同 D．与物体速度变化的方向相同 ‎【考点】动量定理．‎ ‎【分析】冲量等于力与时间的乘积，是力在时间上的积累，是矢量．冲量的方向与力的方向相同，根据动量定理可知合力冲量的方向与动量变化量的方向相同．‎ ‎【解答】解：力F与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的积累效应，是一个矢量，方向与力F的方向相同，与动量的方向无关，故A错误，B正确；‎ 根据动量定理知，合力的冲量的方向与动量变化量的方向相同，与速度方向不一定相同，故CD错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎8．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．则PQ所做的运动可能是（　　）‎ A．向右匀加速运动 B．向左匀加速运动 C．向右匀减速运动 D．向左匀减速运动 ‎【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．‎ ‎【分析】MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；根据右手螺旋定则，与楞次定律可知PQ的运动情况．‎ ‎【解答】解：‎ MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手螺旋定则与楞次定律可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动．故BC正确，AD错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎9．木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒 B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒 C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒 D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒 ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】判断系统动量是否守恒看系统所受的外力之和是否为零．当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零．a离开墙壁后，系统所受的外力之和为0．‎ ‎【解答】解：当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零．所以和b组成的系统的动量不守恒．故A错、B正确．‎ a离开墙壁后，系统所受的外力之和为0，所以a、b组成的系统的动量守恒．故C正确、D错误．‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，相距为d 的两水平虚线L1和L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L，L＜d，质量为m，电阻为R，将线圈在磁场上方高为h处，由静止释放，ab边刚进入磁场时速度为v0，ab边刚出磁场时速度也为v0，在线圈全部穿过磁场过程中（　　）‎ A．感应电流所做功为mgd B．感应电流所做功为2mgd C．线圈最小速度一定为 D．线圈最小速度一定为 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率．‎ ‎【分析】线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度是相同的，又因为线圈全部进入磁场不受安培力，要做匀加速运动．可知线圈进入磁场先要做减速运动．‎ ‎【解答】解：A、B、根据能量守恒研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量，Q=mgd．‎ cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q′=2mgd，感应电流做的功为2mgd．故A错误，B正确．‎ C、线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前做匀速运动，因为完全进入磁场时的速度最小，则mg=，则最小速度v=．但并不一定是匀速离开，故最小速度不一定是v=．故C错误．‎ D、因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减到等于重力时，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做加速运动，设线圈的最小速度为vm，知全部进入磁场的瞬间速度最小．‎ 由动能定理，从cd边刚进入磁场到线框完全进入时，则有： mvm2﹣mv02=mgL﹣mgd 有mv02=mgh，综上所述，线圈的最小速度为．故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ 二、填空题（每空4分，共8分）‎ ‎11．如图，一辆质量为4kg的小车以速度2m/s在光滑水平面上运动，一质量为1kg速度为10m/s的物体以俯角为60°的方向落到车上并埋在车里的砂中，此时小车的速度为　2.6m/s　．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】小车与物体组成的系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可以求出小车的速度．‎ ‎【解答】解：小车与物体组成的系统在水平方向动量守恒，‎ 以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：‎ Mv车+mv物cos60°=（m+M）v，代入数据解得：v=2.6m/s；‎ 故答案为：2.6m/s．‎ ‎　‎ ‎12．两个完全相同的电热器，分别通过如图所示的两个电压最大值相等的方波交流电和正弦交流电，则这两个电热器的热功率之比为　5：4　．‎ ‎【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；电功、电功率．‎ ‎【分析】根据电流的热效应求出方波的电压有效值，正弦交流电的有效值Ib=Im．根据功率公式，由电压的有效值求解功率，再算出比值．‎ ‎【解答】解：根据电流的热效应得：‎ 解得：方波的电流压有效值U=V，‎ 正弦交流电的电压有效值U′=Im=5V根据功率公式得到：‎ P：P′=U2：U′2=5；4‎ 故答案为：5：4‎ ‎　‎ 三、计算题（需写出必要的解答过程，共52分）‎ ‎13．质量分别为m1和m2的甲、乙两小球碰撞后在同一直线上运动，它们碰撞前、后的s﹣t图象如图（a）和图（b）所示．求：‎ ‎（1）碰撞前，甲、乙两小球的速度分别是多大；‎ ‎（2）碰撞后，甲、乙两小球的速度分别是多大；‎ ‎（3）求甲、乙两小球的质量之比m1：m2．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】由图示s﹣t图象求出位移对应的时间，然后由速度公式求出速度；‎ 两球碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出质量之比．‎ ‎【解答】解答：（1）由图象可得碰撞前：v甲=0，；‎ ‎（2）由图象可得碰撞后：，，与原方向相反；‎ ‎（3）两球碰撞过程动量守恒，以乙的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ m2v乙=﹣m2v乙′+m1v'甲，‎ 解得：m1：m2=3：1；‎ 答：（1）碰撞前，甲、乙两小球的速度分别是0m/s、4m/s；‎ ‎（2）碰撞后，甲、乙两小球的速度分别是2m/s、2m/s；‎ ‎（3）求甲、乙两小球的质量之比m1：m2=3：1．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，一质量为1kg的物块静止在水平地面上，它与地面的动摩擦因数为0.2，一个质量为10g的子弹以水平速度500m/s射入物块后的速度变为2m/s，求子弹射穿物块过程中系统损失的机械能（g=10m/s2）‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】由动量守恒定律求出子弹射穿物块过程中物块的速度，再应能量守恒定律可以求出损失的机械能．‎ ‎【解答】解：设子弹射穿物块后的速度为v1，物块的速度为v2．子弹射穿物块的过程，内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ mv0=mv1+Mv2，‎ ‎10g=0.01kg 则得 v2===4.98m/s 对系统，由能量守恒定律得： mv02=mv12+Mv22+△E 代入数据解得：△E≈1237.6J；‎ 答：子弹射穿物块过程中系统损失的机械能是1237.6J．‎ ‎　‎ ‎15．在倾角θ=30°的斜面上，固定一金属框，宽L=0.25m，接入电动势E=12V、内阻不计的电池．垂直框面放有一根质量m=0.2kg的金属棒ab，它与框架的动摩擦因数为，整个装置放在磁感应强度B=0.8T的垂直斜面向上的匀强磁场中．当调节滑动变阻器R的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，框架与棒的电阻不计，g=10m/s2）‎ ‎【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】通电导线处于垂直斜面向上的匀强磁场中，则由电流方向结合左手定则可得安培力的方向，当安培力过大时，则棒有上滑趋势，则静摩擦力沿斜面向下．当安培力过小时，则棒有下滑的趋势，则静摩擦力沿斜面向上．根据力的平衡条件可求出两种安培力的大小，从而确定滑动变阻器的电阻范围．‎ ‎【解答】解：当安培力较小，摩擦力方向向上时：‎ 得：‎ 当安培力较大，摩擦力方向向下时：‎ 得：‎ 答：滑动变阻器R的取值范围应为1.6Ω≤R≤4.8Ω ‎　‎ ‎16．如图，在高为h=5m的平台右边缘上，放着一个质量M=3kg的铁块，现有一质量为m=1kg的钢球以v0=10m/s的水平速度与铁块在极短的时间内发生正碰被反弹，落地点距离平台右边缘的水平距离为L=2m，已知铁块与平台之间的动摩擦因数为0.5 （不计空气阻力，铁块 和钢球都看成质点，取g=10m/s2），求：‎ ‎（1）钢球碰后反弹的速度； ‎ ‎（2）铁块在平台上滑行的距离s．‎ ‎【考点】动量守恒定律；平抛运动．‎ ‎【分析】钢球与铁块发生碰撞，时间极短，动量守恒，碰撞后钢球做平抛运动，已知下落的高度和水平距离，可由平抛运动的规律求出碰后钢球的速度，即可由动量守恒定律求出碰后铁块的速度，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解铁块在平台上滑行的距离s ‎【解答】解：（1）设碰撞后钢球反弹的速度大小为v1，铁块的速度大小为v，‎ 由于碰撞时间极短，系统的动量守恒，以向左为正方向，‎ 由动量守恒定律得：mv0=Mv﹣mv1，①‎ 碰后钢球做平抛运动，‎ 在水平方向：l=v1t ②‎ 在竖直方向：h=gt2③‎ 由①②③代入数据解得：t=1s，v1=2m/s，v=4m/s，‎ ‎（2）碰后铁块向左做匀减速直线运动，加速度大小为 a==μg=0.5×10=5m/s2④‎ 最终速度为0，则其运行时间为：t1===0.8s ⑤‎ 所以铁块在平台右滑行的距离为 s=t1=×0.8=1.6m ⑥‎ 答：（1）钢球碰后反弹的速度为2m/s； ‎ ‎（2）铁块在平台上滑行的距离s为1.6m．‎