2019春安徽省滁州市定远县育才学校普通班高一(下)期末物理试卷

1、2019 春安徽省滁州市定远县育才学校普通班高一（下）期末物理试卷一、单选题（本大题共7 小题，共28.0 分）1.关于平抛物体的运动，以下说法正确的是（）A. 做平抛运动的物体,速度和加速度都随时间的增加而增大B. 平抛物体的运动是变加速运动C. 做平抛运动的物体仅受到重力的作用,所以加速度保持不变D. 做平抛运动的物体水平方向的速度逐渐增大2. 如图所示 ,内壁光滑的竖直圆桶，绕中心轴做匀速圆周运动， 一物块用细绳系着， 绳的另一端系于圆桶上表面圆心，且物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，则A. 绳的张力可能为零B. 桶对物块的弹力不可能为零C.D.随着转动的角速度增大,绳的张力保持不变随着

2、转动的角速度增大,绳的张力一定增大3.“北斗”卫星导航定位系统将由5 颗静止轨道卫星（同步卫星）和30 颗非静止轨道卫星组成，30 颗非静止轨道卫星中有27 颗是中轨道卫星， 中轨道卫星的高度约为21500km，同步卫星的高度约为36000km，下列说法正确的是（）A. 同步卫星的向心加速度比中轨道卫星向心加速度大B. 同步卫星和中轨道卫星的线速度均大于第一宇宙速度C. 中轨道卫星的周期比同步卫星周期小D. 赤道上随地球自转的物体向心加速度比同步卫星向心加速度大4. 一箱土豆在转盘上随转盘以角速度做匀速圆周运动，其中一个处于中间位置的土豆质量为 m，它到转轴的距离为 R，则其它土豆对该土豆的作

3、用力为 （）A. mgB.C.D.5.一个质量为 2kg 的物体被人用手由静止向上提升1m，此时物体的速度是lm/s重力加速度 g=10m/s2，物体被向上提升过程中，下列说法正确的是（）A. 手对物体做功20JB. 合外力对物体做功12JC. 合外力对物体做功2JD. 物体克服重力做功20J6.人造卫星a的圆形轨道离地面高度为hb离地面高度为HhH，两卫星共面且旋转，地球同步卫星，方向相同某时刻卫星a 恰好出现在赤道上某建筑物c 的正上方，设地球赤道半径为R，地面重力加速度为 g，则（）A. a、 b 线速度大小之比为B. a、 c 角速度之比为C. b、 c 向心加速度大小之比D. a 下

4、一次通过 c 正上方所需时间等于7. 汽车发动机的额定功率为P1，它在水平路面上行驶时受到的阻力f 大小恒定，汽车在水平路面上从静止开始做直线运动，最大车速为v，汽车发动机的输出功率随时间变化的图象如图所示则（）A. 开始汽车做匀加速运动, 时刻速度达到 v,然后做匀速直线运动B. 开始汽车做匀加速直线运动, 时刻后做加速度逐渐减小的直线运动,速度达到第1页，共 11页v 后做匀速直线运动C. 开始时汽车牵引力逐渐增大,时刻牵引力与阻力大小相等D. 开始时汽车牵引力恒定 , 时刻牵引力与阻力大小相等二、多选题（本大题共 5 小题，共 20.0 分）8. 如图所示，小球 m 在竖直放置的内壁光滑

5、的圆形细管内做圆周运动，以上说法正确的是（）A. 小球通过最高点的最小速度为B. 小球通过最高点的最小速度为零C. 小球通过最高点时一定受到向上的支持力D. 小球通过最低点时一定受到外管壁的向上的弹力9. 如图所示是蹦床运动员在空中表演的情景。在运动员从最低点开始反弹至即将与蹦床分离的过程中（床面在弹性限度内发生形变时产生的弹力跟它的形变量成正比），下列说法中正确的是（）A. 床面的弹力一直做正功B. 运动员的动能不断增大C. 运动员和床面组成的系统机械能不断减小D. 运动员的动能与床面的弹性势能总和逐渐减小10. 2008 年 9 月 25 日至 28 日我国成功实施了“神舟”七号载入航天飞

6、行并实现了航天员首次出舱飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343 千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为 343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90 分钟下列判断正确的是（）A. 飞船变轨前后的机械能相等B. 飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态C. 飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度D. 飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度11. 如图是伽利略研究自由落体运动的实验情景，让小球多次由倾角为的阻力很小的斜面从顶端由静止滑下，在改变倾角）的条件下进行多次实验， 当角增大时（A. 小球对斜面的压力增大B. 小球运动的加速度增大C.

7、小球到达底端时的速度变大D. 小球从顶端运动到底端所需的时间减小12.质量为 m 的物体从地面上方H 高处无初速释放，落在地面后撞出一个深度为h 的坑，如图所示，在此过程中（）A.B.C.重力对物体做功为mgH物体的重力势能减少了外力对物体做的总功为零D. 地面对物体的平均阻力为三、实验题（本大题共2 小题，共12.0 分）13. 某探究学习小组在实验室里组装了一套如图所示的装置来“探究自由落体运动过程中动能与势能的转化与守恒”，在实验中：（ 1）下面叙述正确的是 _A用天平称出重物的质量B打点计时器应接在电压为46V 的交流电源上C应先通电再释放纸带D 选用点迹清晰、特别是第1、 2 点间距

8、接近2mm 的纸带第2页，共 11页（ 2）小明同学按图甲安装仪器并通过正确操作，获得的一条纸带如图乙所示，图中O 点是打出的第一个点迹， A、B、C、D 、E、F、G 是依次打出的点，量出OF 间的距离为h，EG 之间的距离为H 已知电火花式打点计时器的打点周期为T，重物的质量为m，当地的重力加速度为g则从打O 点到打F 点过程中，重物重力势能的减少量的大小为_、动能的增加量的大小为_（ 3）在题（ 2）实验中， 考虑到空气阻力以及纸带与限位孔之间的摩擦，重物动能的增加量应略_（选填“大于”“小于”或“等于”）重力势能的减少量14.某学习小组利用图甲所示的实验装置探究动能定理， 气垫导轨放置

9、在桌面上， 一端装有光滑的定滑轮，导轨上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端有一拉力传感器通过细线经定滑轮与托盘连接，打点计时器使用的交流电源的周期为T，开始实验时，在托盘中放入适量砝码，用手托住托盘，接通电源待打点计时器稳定工作后松手，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列点（ 1）本实验存在一个重大的失误，该失误是：_（ 2）若滑块的质量没有远大于托盘及砝码的总质量，对本实验 _影响（填“有”或“没有”）（ 3）在正确规范操作后，得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示，为了探究滑块所受的合力做的功与其动能变化之间的关系，实验时除了需要读出传感器的示数F 和测出纸带上s1、 s

10、2、s3、 s4 的长度外，在下列物理量中还应测量的是_A导轨的长度LB砝码的质量mC滑块的质量M（ 4）从打点计时器打下点C 到打下点E 的过程中，若动能定理成立，则F（s2+s3） =_四、计算题（本大题共3 小题，共40.0 分）15.宇航员来到某星球表面做了如下实验：将一小钢球由距星球表面高h（ h 远小于星球半径）处由静止释放，小钢球经过时间t 落到星球表面，该星球为密度均匀的球体，引力常量为G（ 1）求该星球表面的重力加速度；（ 2）若该星球的半径为 R，忽略星球的自转，求该星球的密度；（ 3）若该星球的半径为R，有一颗卫星在距该星球表面高度为H 处的圆轨道上绕该星球做匀速圆周运动

11、，求该卫星的线速度大小16. 如图所示，在倾角为 37 的斜坡上有一人，前方有一动物沿斜坡匀速向下奔跑，速度 v=15m/s，在二者相距 L=30m 时，此人以速度 v0 水平抛出一石块，击打动物， 石块和动物都可看成质点 （已知 sin37 =0.6，g=10m/s2）（ 1）若动物在斜坡上被石块击中，求v0 的大小；（ 2）若动物离斜坡末端较近，设其在水平面上匀速运动速度的大小与其在斜面上的相同，试分析该动物在水平面上被石块击中的情况下，人抛石块的速度v0 的取值范围。第3页，共 11页17.如图所示，半径R=0.5m 的光滑圆弧轨道的左端A 与圆心 O 等高， B 为圆弧轨道的最低点，

12、圆弧轨道的右端C 与一倾角 =37的粗糙斜面相切。一质量 m=1 kg 的小滑块从A 点正上方h=1m 处的 P 点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数=0.5，sin37 =0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2。（ 1）求滑块第一次运动到 B 点时对轨道的压力。（ 2）求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。（ 3）通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A 点。第4页，共 11页答案和解析1.【答案】 C【解析】解： A、平抛运动是只在重力的作用下的运动，竖直方向上是自由落体运动，加速度为重力加速度，所以 A 错误。B、平抛运动的加速度为重力加速度，大小是不变的，

13、所以平抛运动是匀变速运动，故B 错误。C、平抛运动是只在重力的作用下的运动，加速度为重力加速度，所以C 正确。D、平抛运动在水平方向上是匀速直线运动，所以D 错误。故选： C。平抛运动是只在重力的作用下，水平抛出的物体做的运动，所以平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决2.【答案】 C【解析】解：A、由于桶的内壁光滑，所以桶不能提供给物体竖直向上的摩擦力，所以绳子的拉力一定不能等于 0故 A 错误；B、由于桶的内壁光滑，所以桶不能提供给物体竖直向上的摩擦力，绳子沿竖直向上的方向的分力与重力的大小

14、相等，若绳子沿水平方向的分力恰好提供向心力，则桶对物块的弹力可能为零。故B 错误；CD、物块在竖直方向上平衡，有：Tcos =mg，绳子与竖直方向的夹角不会随桶的角速度的增大而增大，可知角速度增大，绳子的张力不变，故C 正确， D 错误。故选： C。物块在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向上的合力为零，结合竖直方向平衡分析拉力的变化，水平方向上的合力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律分析判断解决本题的关键知道物块做圆周运动向心力的来源，知道物块竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力3.【答案】 C【解析】解： A、根据万有引力提供向心力G=ma，得 a= ，由此可知，半径越大，加速

15、度越小，同步卫星的轨道半径大于中轨道卫星的轨道半径，所以同步卫星的加速度比中轨道卫星的加速度小，故 A错误。B、根据万有引力提供向心力G =m ，得 v=，由此可知，半径越大，速度越小，半径越小，速度越大，当半径最小等于地球半径时，速度最大等于第一宇宙速度，由于一般轨道卫星的轨道高度和同步卫星的轨道高度远大于地球半径，所以一般轨道卫星的线速度和同步卫星的线速度均小于第一宇宙速度。故 B 错误。C、根据万有引力提供向心力G =mr，得 T=2，由此可知，轨道半径越大，周期越大，同步卫星的轨道半径大于中轨道卫星的轨道半径，所以同步卫星的周期比中轨道卫星的周期大，故C 正确。D、赤道上随地球自转的物

16、体向心加速度为a1= ，同步卫星的向心加速度为a2=，周期相同，由表达式可知，故赤道上随地球自转的物体向心加速度比同步卫星向心加速度小。故D 错误。故选： C。根据万有引力提供向心力 G=ma=m=m r ，得到 a= ，v=，T=2，由此可知， 轨道半径越大，加速度越小，线速度越小，周期越大中轨道卫星的轨道高度低于同步卫星的轨道高度，根据轨道高度的第5页，共 11页大小判断周期、线速度和向心加速度的大小关系赤道上随地球自转的物体向心加速度为a1=，同步卫星的向心加速度为a2=，周期相同，由表达式可判断两处的向心加速度的大小本题主要要掌握万有引力提供向心力这个关系G=ma=m=mr，能够根据题

17、意选择恰当的向心力的表达式是正确解题的关键4.【答案】 C【解析】解：土豆做匀速圆周运动，合力提供向心力，受重力和弹力，根据牛顿第二定律和向心力公式，有：水平方向：；竖直方向： F y=mg；故合力为：；故选： C。土豆水平方向所受合力提供向心力，由竖直方向受力平衡，根据牛顿第二定律列式求解即可。本题关键是将土豆合力分解为水平方向和竖直方向的分力，然后运用牛顿第二定律列式分析。5.【答案】 D【解析】解： A、根据动能定理得：W 手-mgh= mv2 -0解得手对物体做功为： W 手 =mgh+mv2=2101+ 212=21J，故 A 错误。BC、根据动能定理得合外力对物体做功为：22W 合

18、 = mv -0=21 =1 J，故 BC 错误。B、物体克服重力做功为： WG=mgh=2101J=20J，故 D 正确。故选： D。合外力对物体做功由动能定理求解并由动能定理求出手对物体做功根据W=mgh 求解物体克服重力做功解决本题的关键要掌握常见的功与能的关系，知道合外力做功决定于物体动能的变化6.【答案】 C【解析】解： A、绕地球运行的卫星，地球对卫星的万有引力提供向心力，设卫星的线速度为v，则：所以： v=可知 a、 b 线速度大小之比为故 A 错误；B、设卫星的角速度为，得：所以：第6页，共 11页又由于同步卫星b 的角速度与 c 的角速度相同，所以：故 B 错误；C、同步卫星

19、 b2故 C 正确；的角速度与 c 的角速度相同，根据： a= r 可得：D、设经过时间t 卫星 a 再次通过建筑物c 上方，根据几何关系有：（ a-c） t=2又： mg=联立解得： t=故 D 错误。故选： C。人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，根据牛顿运动定律求解卫星的角速度卫星绕地球做匀速圆周运动，建筑物随地球自转做匀速圆周运动，当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于 2时，卫星再次出现在建筑物上空本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力第（ 2）问对于建筑物与卫星的角速度大小关系不能，可将卫星与同步卫星相比较得到7.【答案】 B【解析】解：汽车

20、是以恒定加速度启动方式，由于牵引力不变，根据p=Fv 可知随着汽车速度的增加，汽车的实际功率在增加，此过程汽车做匀加速运动，当实际功率达到额定功率时，功率不能增加了，要想增加速度，就必须减小牵引力，当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值。所以ACD错误， B 正确。故选： B。由图象可知，开始的一段时间内汽车的功率在均匀的增加，此时汽车是以恒定加速度启动，当功率达到最大时，汽车的匀加速运动的过程结束，但并不是达到了最大的速度，此后做加速度减小的加速运动本题考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉8.

21、【答案】 BD【解析】解：A、 B 由于细管内能支撑小球，所以小球通过最高点的最小速度为零，不是故 A 错误， B 正确。C、若小球通过最高点时速度0 v，小球的向心力小于重力，受到向上的支持力；若v=，不受圆管的作用力；当 v，小球的向心力大于重力，受到向下的压力。故C 错误。D、小球通过最低点时向心力向上，重力向下，则外管壁对小球的弹力必定向上。故D 正确。故选： BD 。球 m 在竖直放置的内壁光滑的圆形细管内做圆周运动，小球通过最高点的最小速度为零根据小球到达最高时的速度，由牛顿第二定律分析小球通过最高点时受到的作用力方向小球通过最低点时一定受到外管壁的向上的弹力小球在圆管中运动类型与

22、轻杆模型相似，属于有支撑物的类型，小球到达最高点临界速度为零9.【答案】 AD【解析】 解：A、运动员从最低点开始反弹至即将与蹦床分离的过程中，弹力向上， 运动的方向也是向上，弹力做正功，故 A 正确；B、在上升的过程中， 合力先是向上的， 后是向下的， 速度先增加后减小， 动能先增加后减小。 故 B 错误；C、运动员和床面组成的系统，只有重力和弹力做功，机械能守恒，故C 错误；第7页，共 11页D、运动员的动能、重力势能和床面的弹性势能的和保持不变，由于运动员的高度增加，重力势能增加，所以运动员的动能与床面的弹性势能总和逐渐减小，故D 正确；故选： AD 。根据功的定义判断做功的情况，蹦床的

23、形变量来确定弹性势能的变化，而由高度来确定重力势能的变化，总的机械能守恒，判断能量的变化，从而即可求解。（ 1）动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。（ 2）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。弹性势能的大小取决于弹簧的形变量，形变量越大，则弹性势能越大。10.【答案】 BC【解析】解： A、飞船点火变轨，点火以后的质量可以认为几乎不变。或者说，损失的气体质量与飞船相比较太小了。不于考虑。变轨后。可以认为势能不变（在变轨点），增加的是动能，所以变轨后机械能增加，故 A 错误。B、飞船在圆轨道上时万有引力来提供向心力，航天员出舱前后

24、都处于失重状态，故B 正确。C、飞船在此圆轨道上运动的周期90 分钟小于同步卫星运动的周期24 小时，根据可知， 飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，故C 正确。D、飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有万有引力来提供加速度，而两个位置的轨道半径相等，所以飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时万有引力与沿圆轨道运动时万有引力相等，即加速度相等，故D 错误。故选： BC。知道机械能包括动能和势能，点火加速动能增加判断物体出于超重和失重的方法是看物体加速度的方向根据同步卫星和圆轨道上运动飞船周期的关系结合周期与角速度的关系去求出同步卫星和圆轨

25、道上运动飞船角速度的关系根据加速度是物体合力所决定的来求出两者加速度关系若物体除了重力、弹性力做功以外，还有其他力（非重力、弹性力）做功，且其他力做功之和不为零，则机械能不守恒11.【答案】 BCD【解析】解：A、小球沿斜面向下运动的过程中，沿斜面的方向受到的支持力与重力垂直于斜面的分力大小相等，方向相反，所以： FN=mgcos ，随 的增大， FN 减小，根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力减小。故 A 错误；B、对小球，根据牛顿第二定律得：a=gsin 可知，随着增大，加速度a 增大。故B 正确；C、小球沿斜面向下运动的过程中机械能守恒，设斜面的长度为L则：所以小球到达底端时的速度：

26、v=，可知小球的速度随倾角的增大而增大。故C 正确；D、设小球运动的时间为t，则 L= at2，得： t=， 角越大， sin 越大，则知小球从顶端运动到底端所需时间越短。故D 正确。故选： BCD。对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律求出小球运动的加速度，小球做匀加速运动，由位移公式分析时间的变化，从而找出正确的答案第8页，共 11页本题以伽利略研究自由落体运动的实验情景为背景考查斜面模式，主要考查了牛顿第二定律和运动学公式的直接应用，要求同学们能正确对小球进行受力分析，通过列式分析12.【答案】 BCD【解析】解：A、重力做功： WG =mgh=mg（H +h），故 A 错误， B 正确。

27、C、对整个过程运用动能定理得：W 总=EK =0，故 C 正确。D、对整个过程运用动能定理得：W 总=WG +（-fh） =EK=0 ， f=，故 D 正确。故选： BCD。根据重力做功的公式WG =mgh 即可求解；对整个过程运用动能定理，根据重力和阻力做功之和等于钢球动能的变化量，即可求解该题是动能定理和重力做功公式的直接应用，要注意重力做功只跟高度差有关，难度不大13.【答案】 CDmgh小于【解析】解：（1）A、由机械能守恒定律得： mgh= mv2，实验需要验证：gh= v2，实验不需要用天平称出重物的质量，故A 错误；B、电火花计时器应接在电压为220V 的交流电源上，故B 错误；

28、C、为充分利用纸带，实验时应先通电再释放纸带，故C 正确；D、重物做自由落体运动，在0.02s内的位移约为 2mm，实验时应选用点迹清晰、特别是第1、2 点间距接近 2mm 的纸带，故 D 正确；故选： CD （ 2）做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打 F 点时的瞬时速度：vF = = ，从打 O 点到打 F 点过程中，重物重力势能的减少量的大小为：EP=mgh，动能的增加量的大小为：2；EK = mvF =（ 3）重物下落过程由于要克服阻力做功，机械能减少，重物动能的增加量应略小于重力势能的减少量故答案为：（1） CD ；（ 2） mgh；（ 3）小于（

29、1）电火花计时器使用 220V 的交流电源，实验时应先接通电源然后释放纸带；根据实验原理与实验注意事项分析答题（ 2）应用匀变速直线运动的推论求出打F 点时重物的速度，应用重力势能与动能的计算公式求出重力势能的减少量与动能的增加量（ 3）重物下落过程要克服阻力做功，机械能有损失，动能的增加量要小于重力势能的减少量纸带问题的处理是力学实验中常见的问题我们可以纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度；要知道重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒14.【答案】没有检验气垫导轨是否水平没有C【解析】解：（1）本实验中

30、需要检验实验导轨是否水平，而本题中没有进行检验；（ 2）本实验中滑块受到的拉力可以通过拉力传感器直接得出，不需要用托盘及砝码的总重力代替，所以滑块的质量没有远大于托盘及砝码的总质量，对本实验没有影响；第9页，共 11页（ 3）根据实验原理可知，拉力对滑块做的功等于滑块动能的增加量，故应测量滑块的质量M ，故 C 正确，故选： C（ 3）C、E 两点的速度的分布为，若动能定理成立， 则 F（ s2+s3）=故答案为：（1）没有检验气垫导轨是否水平，（2）没有，（ 3）C，（ 4）分析实验原理及实验做法，则可得出实验中应注意事项及应测量的物理量，本实验中滑块受到的拉力可以通过拉力传感器直接得出，

31、不需要用托盘及砝码的总重力代替， 根据实验原理结合动能定理可得出表达式本题为探究性实验，要注意正确掌握实验原理，能根据题意明确实验的原理，这样才能准确求解，注意验证动能定理时要平衡摩擦力，难度适中15.【答案】解：（1）小球做平抛运动，根据h= gt2 得星球表面的重力加速度为： g= （ 2）根据 G =mg 得星球的质量为： M=则星球的密度为：=（ 3）根据万有引力提供向心力为：得： V=答：（ 1）该星球表面的重力加速度；（ 2）若该星球的半径为R，忽略星球的自转，该星球的密度；（ 3）若该星球的半径为R，有一颗卫星在距该星球表面高度为H 处的圆轨道上绕该星球做匀速圆周运动，该卫星的线

32、速度大小【解析】 （ 1）小球在星球表面做平抛运动，其加速度等于该星球表面的重力加速度g，根据平抛运动的规律列式求g（ 2）根据物体的重力等于万有引力，列式求该星球的质量（ 3）根据万有引力提供向心力列式化简可得卫星的线速度大小本题是万有引力与平抛运动的综合，要抓住平抛运动的加速度就等于重力加速度，能熟练运用运动的分解法处理平抛运动，根据万有引力等于重力求天体的质量16.【答案】解：（ 1）设石块运动过程中所需时间为t1对于动物，其运动的位移x1=vt1对于石块，其竖直方向：（L+x1 ）sin 37 =其水平方向：（L+x1 ） cos 37 =v0t1解得 v0=20 m/s。（ 2）假设动物开始时在斜面的底端，对于动物，其运动的位移x2 =vt2对于石块，其竖直方向：Ls