2023-2024学年河南省郑州市多所中学高二（下）期中考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省郑州市多所中学高二（下）期中考试物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.2019年4月10日人类第一次发布了世界上首张黑洞图像，利用了射电望远镜对电磁波的捕捉。下列关于波的说法，正确的是( )
A. 两列波叠加一定会出现稳定的干涉图样
B. 在干涉图样中，振动加强区域的质点的位移一定大于振动减弱区域质点的位移
C. 当波源远离接收者时，观察者接收到的波的频率比波源频率低
D. 只有障碍物或孔的尺寸与波长比较相差不多或小得多，波才能发生衍射
2.2023年5月28日，MU9191航班从上海虹桥国际机场飞往北京首都国际机场，并于12时31分抵达北京首都国际机场，并穿过象征民航最高礼仪的“水门”。关于飞机航行中的冲量与动量，下列说法正确的是
( )
A. 航行中的飞机动量是矢量，它的方向可能与速度方向相反
B. 质量一定的飞机，动量变化越大，该飞机的速度变化一定越大
C. 一定质量的飞机运动的速度大小不变，飞机的动量也保持不变
D. 飞机所受合外力的冲量越大，它的动量也越大
3.某学习小组的同学在实验室用如图甲所示装置研究单摆的运动规律，O是单摆的平衡位置，单摆在竖直平面内左右摆动，M、N是摆球所能到达的最远位置。取向右为正方向。图乙是单摆的振动图像。已知当地的重力加速度大小g=10m/s2，取π2=10，下列说法中正确的是( )
A. 单摆的振幅是0.14m，振动的频率是1Hz
B. 振动的表达式为x=0.07sin(2πt)m
C. 单摆的摆长为1m
D. t=1.5s时摆球在N点
4.自然界有许多地方有共振的现象，人类也在其技术中利用共振现象．如图把一个筛子用四根弹簧支起来(后排的两根弹簧未画出)，筛子上有一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这样就做成了一个共振筛，筛子做自由振动时，完成7次全振动用时21 s，在某电压下，电动偏心轮转速是30 r/min.已知增大电压可使偏心轮转速提高；增加筛子的质量，可以增大筛子的固有周期，那么要使筛子的振幅增大，下列说法正确的是
A. 筛子振动的固有周期为2 sB. 电动偏心轮的转动周期为2 s
C. 要使筛子的振幅增大，需增加筛子质量D. 要使筛子的振幅增大，需提高输入电压
5.一高空作业的工人重为700 N，系一条长为L=5 m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t=0.5 s(工人最终悬挂在空中)，g取10 m/s2，忽略空气阻力的影响，则缓冲过程中安全带受的平均作用力是
( )
A. 2100 N，竖直向上B. 2100 N，竖直向下
C. 1400 N，竖直向上D. 1400 N，竖直向下
6.一列简谐横波沿x轴传播，图甲为该波在t=0时刻的波形图，M是平衡位置为x=10 m处的质点，图乙为质点M的振动图像，则
A. t=0时刻质点M沿y轴正方向振动，该波沿x轴正方向传播
B. 波的振幅为28 cm，波长λ=10 m
C. 波的周期为1.8 s，波的传播速度为12 m/s
D. t=0时刻，x=0处的质点偏离平衡位置的位移大小为7 3cm
7.如图用频率为f的单色光，垂直照射双缝，在光屏上O是中央亮条纹，P点是O上方第二条亮条纹中心，已知双缝间距为d，双缝到光屏的距离为L，光速为c，下列说法正确的是( )
A. 该单色光的波长λ=cf
B. r2−r1=2cf
C. OP之间的距离为
D. 若换用频率更大的单色光照射双缝，O点上方第二条亮条纹中心在P点上方
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
8.如图所示，将弹簧振子从平衡位置O拉下一段距离Δx，释放后振子在A、B间振动.设AB= 20cm，振子由A到B运动时间为0.1s，则下列说法正确的是( )
A. 振子的振幅为10cm，周期为0.2s
B. 振子在A、B两处受到的回复力分别为kΔx+mg与kΔx−mg
C. 振子在A、B两处受到的回复力大小都是kΔx
D. 振子完成一次全振动通过的路程是20cm
9.一列简谐横波沿x轴传播，速度大小为5 m/s，在t=0时刻的波形图如图中实线所示，经0.2 s后的波形如图中虚线所示，下列说法正确的是
A. 经0.2 s波传播的距离为1 m，波沿x轴正方向传播
B. 质点P在t=0时刻沿y轴正方向运动
C. x=2 m处的质点的位移表达式为y=−19sin(2.5πt)cm
D. 从t=0时刻开始质点P经1.6 s通过的路程为152 cm
10.如图是半圆形透明介质的横截面，O为圆心，M、N为圆弧上两点。一束红色光线和另一束绿色光线，以相同的角度同时从O点入射，其透射光线从M、N两点射出，已知真空中光速c=3×108m/s，∠POA=45∘，∠BOM=30∘，下列说法正确的是( )
A. 两束光穿过半圆形透明介质所需时间相等
B. OM是红光，ON是绿光
C. 半圆形透明介质对OM光的折射率为 3
D. OM光在该半圆形透明介质中传播的速度大小为3 22×108m/s
11.如图所示，光滑的14圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的C点与水平面相切，其半径为OB=OC=R=1.2m。在水平面内有一质量M=2kg的小球Q连接着轻质弹簧处于静止状态，现有一质量为m=1kg的小球P从B点正上方h=1.8m高处由静止释放，小球P和小球Q大小相同，均可视为质点，当地的重力加速度g=10m/s2，则( )
A. 小球P到达圆弧轨道最低点C时对轨道的压力大小为70N
B. 小球P到达圆弧轨道最低点C时对轨道的压力大小为60N
C. 在小球P压缩弹簧的过程中弹簧具有的最大弹性势能为20J
D. 在小球P压缩弹簧的过程中弹簧具有的最大弹性势能为40J
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.某同学用半圆形玻璃砖测定玻璃的折射率(如图所示)．
(1)在平铺的白纸上垂直纸面插大头针P1、P2确定入射光线，并让入射光线过圆心O；在半圆形玻璃砖(图中实线部分)另一侧垂直纸面插大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，连接OP3；实验中要求三枚大头针的_____(选填“针帽”或“针尖”)在同一视线上；
(2)图中MN为分界线，虚线半圆与玻璃砖对称，B、C分别是入射光线、折射光线与圆的交点，AB、CD均垂直于法线并分别交法线于A、D点，设AB的长度为l1，AO的长度为l2，CD的长度为l3，DO的长度为l4，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量_____，则玻璃砖的折射率可表示为_____；
13.某实验小组设计了如图甲所示的实验装置来测量滑块的瞬时速度并验证两滑块在碰撞过程中的动量守恒定律。
(1)图甲中水平桌面上放置气垫导轨，导轨上有光电计时器1和光电计时器2，弹性滑块A、B的质量分别为mA、mB，两遮光片沿运动方向的宽度均为d，利用游标卡尺测量遮光片的宽度，测量结果如图乙所示，遮光片的宽度d=_______cm。
(2)实验中为确保碰撞后滑块A不反向运动，mA、mB应满足的关系是mA_______(填“大于”“等于”或“小于”)mв。
(3)实验先调节气垫导轨成水平状态，再轻推滑块A，测得A通过光电计时器1时的遮光时间为t=0.01s，A与B相碰后，B和A先后经过光电计时器2时的遮光时间分别为t2和t3，则碰前A的速度大小vA=_______m/s。
(4)在实验误差允许的范围内，若满足关系式_______(用mA、mB、t、t2、t3表示)，则可认为验证了动量守恒定律。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
14.某射灯封装在半球形玻璃砖中，如图为半球形玻璃砖的一个截面，其半径为R，MON是其圆形发光面的直径，其圆心位于半球的球心O.已知从O点发出的单色光在半球形玻璃中的传播时间为t，真空中的光速为c．
(1)求玻璃对该单色光的折射率n；
(2)为确保发光面发出的光第一次到达半球面时都不发生全反射，求该发光面的最大面积S．
15.如图所示，以原点O为界在x轴上有两段不同材料的绳子，波源S1和S2分别置于x=−3m和x=6m处，同时产生两列简谐横波甲和乙，分别沿x轴正方向和x轴负方向传播，t=0时刻，x=−1m和x=2m处的质点刚好开始振动，某时刻两列波恰好同时到达原点处的质点O，若从t=0开始到t=56s时间内P点经过的路程为3cm，求：
(1)甲、乙两波的频率之比；
(2)乙波在右侧绳子中的传播速度大小；
(3)从t=0到t=7s，原点处的质点O经过的路程。
16.如图所示，质量为3kg、长为38m的长木板B静止在水平面上，质量为1kg的物块A放在平台上，平台的上表面与长木板的上表面在同一水平面上，木板B的左端紧靠平台的右端，质量为13kg的小球用长为1.8m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳向左拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A沿水平方向发生弹性碰撞，物块A与小球均可视为质点，不计空气阻力，物块A与平台、木板B之间的动摩擦因数均为0.5，长木板与水平面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)小球与A碰撞前瞬间，细线拉力大小；
(2)小球与物块A碰撞过程中，物块对小球的冲量大小；
(3)要使物块不滑离木板B，开始时物块A离平台右端的距离最小为多少．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了光的干涉条件，明显衍射现象的条件，注意干涉中的加强质点的位移变化．日常生活火车进站或出站，能发现多普勒效应的现象；在波的叠加过程中，当振动方向相同时，质点就振动加强，当振动方向相反时，质点就处于振动减弱，注意明显衍射现象与衍射的现象的区别。
频率相同波才能发生干涉，一切波均能发生衍射现象，明显的衍射现象有条件：障碍物的尺寸与波长比较相差不多或小得多；
当波源远离接收者时，接收者接收到的波的频率比波源频率低，当波源靠近接收者时，接收者接收到的波的频率比波源频率高；
干涉与衍射是波特有的现象，干涉图样中加强点的位移时而最大时而最小；
波的衍射则是能绕过障碍物继续向前传播的现象，产生明显衍射现象的条件是：孔或障碍物的尺寸比波长要小得多或相差不大。
【解答】
A.只有频率相同时，才能发生稳定的干涉现象，故 A错误；
B.干涉图样中，假设叠加的两列波的振幅分别为A1，A2时，则加强点的振幅为A1+A2，减弱点的振幅为A1−A2，无论是加强区域的质点还是减弱区域的质点，都在做简谐振动，加强点还是会经过平衡位置，只是振幅变大了而已，而减弱点只是振幅变小了，并不是一直在平衡位置处(只有当A1=A2时，减弱点才不振动，始终处于平衡位置)，故加强区域的质点的位移并不是一定大于减弱区域质点的位移，故B错误；
C.根据多普勒效应可知，当波源远离接收者时，接收者接收到的波的频率比波源频率低，故 C正确；
D.如障碍物的尺寸大于波长，也会发生衍射，但衍射不明显，故 D错误。
故选 C。
2.【答案】B
【解析】A.动量是矢量，根据p=mv可知它的方向与速度的方向相同，选项 A错误；
B.质量一定的飞机，动量变化Δp=mΔv，动量变化越大，该飞机的速度变化一定越大，选项 B正确；
C.动量等于质量与速度的乘积，飞机运动的速度大小不变，飞机的动量大小保持不变，但速度方向可能改变，动量方向可能改变，动量大小不变而方向改变，动量改变，选项C错误；
D.根据动量定理，飞机所受合力的冲量等于动量的变化，则冲量的大小一定和动量变化量的大小相同，与瞬时动量无关，选项D错误。
故选B。
3.【答案】C
【解析】【分析】
根据振动图像得出振幅、周期即可得出频率，结合通过t=0时刻单摆所处的位置写出振动方程；
根据单摆的周期，结合周期公式求出单摆的摆长，根据振动图象找出摆球所在的位置。
【解答】
A.由题图乙知振幅A=0.07m，周期T=2s，则频率
f=1T=0.5Hz
A错误；
B.振动的表达式为
x=Asin2πft=0.07sin(πt)m
选项B错误；
C.由单摆的周期公式
T=2π lg
解得
l=gT24π2=1m
C正确；
D.由题图乙知，t=1.5s时摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以摆球在M点，选项D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】【分析】本题考查共振筛。解决问题的关键是清楚筛子做受迫振动，知道发生共振的条件。
【解答】A.在题设条件下，筛子振动固有周期T固=217s=3s，故A错误;
B.电动偏心轮的转动周期(对筛子来说是驱动力的周期)T筛=6030s=2s，故B正确;
CD.要使筛子振幅增大，就是使这两个周期值靠近，可采用两种做法：第一，减小输入电压使偏心轮转得慢一些，增大驱动力的周期；第二，减小筛子的质量使筛子的固有周期减小，故 CD错误。
5.【答案】B
【解析】【分析】(1)根据冲量公式求人从跌落到安全带最长时重力对人的冲量；
(2)由动量定理即可求出人从跌落到安全带最长的过程中安全带受的平均冲力。
本题以高空作业为背景，主要考查了冲量公式及动量定理的应用，难度不大，属于基础题。
【解答】工人由静止下落L的过程中，由位移−时间公式得：L=12gt02
代入数据解得工人自由落体的时间为：t0=1s
根据冲量公式，可得人从跌落到安全带最长时重力对人的冲量为：
IG=G(t+t0)=700×(0.5+1)N⋅s=1050N⋅s，方向竖直向下；
取向下为正方向，在整个下落过程中，设人从跌落到安全带最长的过程中安全带对人的平均冲力为F，对工人由动量定理得：−Ft+IG=0
代入数据解得为：F=2100N，方向竖直向上；
由牛顿第三定律可知人从跌落到安全带最长的过程中安全带受的平均冲力为：
F′=F=2100N，方向竖直向下。
故选 B。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查振动图像和波动图像的综合应用。解决问题的关键是理解振动图像和波动图像的物理意义，会判断波的传播方向，知道波长、波速和周期的关系，会结合波动图像书写波动方程。
【解答】
A.根据质点M的振动图像可知，t=0时刻质点M沿y轴正方向振动，则该波沿x轴负方向传播，故A错误;
B.该波的振幅为A=14cm，波长λ=12m，故B错误;
C.周期T=1.2s，由v=λT可得该波的传播速度v=10m/s，故C错误;
D.波动图像的方程为y=14sin(π6x+π3)(cm)，t=0时刻，x=0处的质点偏离平衡位置的位移大小为7 3cm，故D正确。
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查双缝干涉，P点是O上方第二条亮条纹中心，则双缝到P点的光程之差为2λ。要掌握波长频率波速的关系式为c=λf。掌握条纹间距公式△x=Ldλ。
【解答】A. 根据波速、波长关系v=λT=λf，c=λf，λ=cf，A错误;
B. P点是O点上方第二条亮条纹中心，r2−r1=2λ=2cf，B项错误;
C. 双缝干涉两条相邻亮条纹中心间距△x=Ldλ=Lcdf，OP之间的距离为2Δx=2Lcdf，C项正确；
D. 若换用频率更大(波长更短)的单色光照射双缝，O点上方第二条亮条纹中心在P点下方，D项错误。
故选C。
8.【答案】AC
【解析】【分析】
本题关键明确简谐运动的振幅、周期与频率的含义，知道振子的位移是相对于平衡位置的位移，难度不大，属于基础题。
【解答】
A、振子在A、B间振动，AB=20 cm，则振幅为A=10 cm，振子由A到B的时间为0.1s，是半个周期，所以周期是0.2s，故A正确；
BC、根据F=−kx可知振子在A、B两处受到的回复力大小都为kΔx，故B错误，C正确；
D、振子完成一次全振动经过的路程为4A=40cm，故D错误。
9.【答案】ABD
【解析】【分析】本题考查机械波，要掌握波传播的特点，知道波传播与质点做简谐运动的关系。通过波的图像可以直接读取波长，根据T=λv得出周期，根据波形平移法结合质点的振动情况判断波的传播方向。质点做简谐运动的表达式y=Asin (ωt+φ)，其中：A为振幅，ω为圆频率，ω=2πT，φ为初相位，初相位由t=0时刻质点的振动情况所决定．做简谐运动的质点每个周期的路程为4A。
【解答】由图可知该波波长λ=4m，经0.2s波传播的距离x=vt=5m/s×0.2s=1m，经0.2s波传播的距离为1m=λ4，根据波形的平移规则可知，这列波应沿x轴正方向传播，选项A正确;
根据波的传播方向与波动规律可知，t=0时刻质点P沿y轴正方向运动，选项B正确;
由v=λT得T=λv=45s=0.8s，ω=2πT=2.5π，x=2m处的质点的位移表达式为y=−19cs(2.5πt)cm，选项C错误;
从t=0时刻经1.6s时，由于t=1.6s=2T，所以质点通过的路程等于8A=152cm，选项D正确．
10.【答案】BD
【解析】BD
【详解】A.由折射定理
n=sinisinr
可知，从M点射出的光的折射率较小，从N点射出的光的折射率较大，根据折射率与光速的关系
v=cn
可知，从M点射出的光的速度较大。两束光穿过透明介质的路程相等，速度不同，所需时间不相同，故A项错误；
B.根据绿光折射率大于红光可知，OM是红光，ON是绿光，故B项正确；
C.由折射定律可知，透明介质对OM光束的折射率为
n=sinisinr=sin45∘sin30∘= 2
故C项错误；
D.OM光束在该透明介质中传播的速度为
v=cn=3 22×108m/s
故D项正确。
故选BD。
11.【答案】BC
【解析】解：AB.小球P从A点运动到C点的过程中有机械能守恒
mg(h+R)=12mvc2
在最低点C处由牛顿第二定律得FN−mg=mvc2R
解得FN=60N
由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小F压= FN=60 N，故B正确，A错误；
CD.当P、Q两球速度相等时，弹簧具有的弹性势能最大，令共同速度为v
由P、Q两球系统动量守恒得mvc=(M+m)v
根据机械能守恒定律12mvc2=12(M+m)v2+Epmax
联立解得Epmax=20J，故C正确，D错误。
故选BC。
小球从A到C过程应用机械能守恒求出到达C点的速度，在C点，应用牛顿第二定律求出支持力，然后求出压力；P、Q组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能。
本题主要考查了动量守恒定律、机械能守恒定律以及动能定理的直接应用，注意在应用动量守恒定律解题时要规定正方向，注意使用动能定理解题时要选好研究过程。
12.【答案】(1)针尖
(2) l1 和 l3 n=l1l3

【解析】(1)实验中要求三枚大头针的针尖在同一视线上，而不是针帽，针帽的在视线方向上的横截面积比较大，会带来较大误差。
(2)[1][2]光线的入射角和折射角的正弦值分别为
sinθ1=l1BO ， sinθ2=l3CO
根据光的折射定律可知玻璃砖的折射率
n=sinθ1sinθ2=l1BOl3CO=l1l3
因此只需测量 l1 和 l3 即可。
13.【答案】(1) 0.970；
(2) 大于；
(3) 0.97；
(4)mAt1=mAt3+mBt2。
【解析】【分析】
本题为测瞬时速度并验证动量守恒定律的实验。要明确游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数以及光电门测速原理为物体在极短时间内的平均速度近似等于瞬时速度。根据动量守恒定律得出需要验证的表达式。
【解答】
(1)游标卡尺的精度为0.05mm，遮光片的宽度：d=9mm+0.05×14mm=9.70mm=0.970cm；
(2)A和B发生弹性碰撞，若用质量大的A碰质量小的B，则不会发生反弹，则mA、mB应满足的关系是mA大于mB；;
(3)滑块经过光电门时挡住光的时间极短，则平均速度可近似替代滑块的瞬时速度，则碰前A的速度vA=dt1=0.97m/s；
(4)碰后A的速度vA′=dt3，碰后B的速度vB′=dt2;
由系统动量守恒有：mAvA=mAvA′+mBvB′，
化简可得表达式：mAt1=mAt3+mBt2。
14.【答案】解：(1)光在玻璃中的传播速度为v=cn，
从O点发出的光在玻璃中的传播时间为t=Rv，
联立解得玻璃对该单色光的折射率n=ctR．
(2)图中当由发光面边缘M和N发出的光与MON面垂直时，入射角最大，入射角最大
的两束入射光线的光路图如答图所示，
如果这条光线不发生全反射，则其他光线均不会发生全反射，故临界条件为：sini=1n
设发光面的半径为r，由几何关系可知sini=rR，
发光面的最大面积为S=πr2，
联立解得该发光面的最大面积S=πR4c2t2
【解析】(1)根据n=cv，计算玻璃对该单色光的折射率；
(2)入射角最大的光线不发生全反射时，发光面的面积最大。
本题主要是对折射率的考查，明确最大发光面积的计算方法是题目的关键。
15.【答案】解：(1)两列波同时传到O点，由x=vt得出v甲v乙=12，
由v=λf，又由图可知λ甲λ乙=12，联立得f甲f乙=1；
(2)由图可得质点P向上运动，因此质点运动的路程3cm为先向上运动到波峰1cm，再回到平衡位置走了2cm，
因此可知P点当前的位移为1cm，则有1=2sinφ，结合P点向上运动有φ=π6，
，解得T=2s，由f甲f乙=1，则乙波周期T=2s，
由图可知λ 乙=4m，则乙波在右侧绳子中的传播速度大小v乙=λ乙T=2m/s；
(3)由上述分析可知v甲=1m/s，经过1s两列波均刚好到达O点，且两列波在O点叠加后振动最强，故O点做振幅为4cm的振动，周期不变，
故从t=0到t=7s，原点处的质点O振动时间Δt=6s=3T，经过的路程s=3×4A=48cm。
【解析】(1)甲、乙波分别沿x轴正方向和x轴负方向传播，由图读出波长，结合波速关系找出周期频率关系，得出两列波频率之比；
(2)根据题意结合v=λT可解得；
(3)两波同时传到O点，O点是振动加强点，振幅为两波振幅和，且一个周期内路程为4A。
16.【答案】解：(1)设小球与物块A碰撞前瞬间的速度大小为 v0 ，根据机械能守恒有
mgL=12mv02
解得
v0=6m/s
小球在最低点时，根据牛顿第二定律有
F−mg=mv02L
解得
F=10N
(2)设小球与A碰撞后瞬间，小球速度大小为 v1 、物块A的速度大小为 v2 ，
根据动量守恒有
mv0=−mv1+mAv2
根据能量守恒有
12mv02=12mv12+12mAv22
解得
v1=v2=12v0=3m/s
此过程，物块A对小球的冲量大小
I=mv0+v1=3N⋅s
(3)设开始时A离平台右端的距离至少为x，物块刚滑上长木板时的速度大小为 v3 ，根据动能定理有
−μ1mAgx=12mAv32−12mAv22
设长木板的长为s，物块A滑上长木板后，物块的加速度大小为 a1 ，长木板的加速度大小为 a2 ，根据牛顿第二定律，对物块A有
μ1mAg=mAa1
解得
a1=5m/s2
对长木板，有
μ1mAg−μ2mA+mBg=mBa2
解得
a2=13m/s2
根据题意
v3−a1t=a2t
v3t−12a1t2−12a2t2=s
解得
v3=2m/s ， x=0.5m

【解析】本题是动量守恒定律、能量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律以及运动学公式的综合运用，要知道小球和A碰撞的瞬间，小球在最低点与物块A沿水平方向发生弹性碰撞。
(1)研究小球下摆的过程，根据机械能守恒定律或动能定理求出小球摆到最低点时的速度，结合牛顿第二定律求出细线拉力大小。
(2)小球在最低点与A发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰后两者的速度。根据动量定理可得物块A对小球的冲量大小；
(3)根据动能定理、牛顿第二定律和运动学公式计算出开始时物块A离平台右端的最小距离。