2025-2026学年浙江省嘉兴市高一（下）期末物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2025-2026学年浙江省嘉兴市高一（下）期末物理试卷(含详细答案解析)，共11页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列物理量为矢量的是( )
A. 功B. 重力势能C. 电场强度D. 电势
2.下列关于物理学史的叙述中正确的是( )
A. 库仑测得了元电荷
B. 密立根首先提出了电场的概念
C. 第谷总结出了行星沿椭圆轨道绕太阳运动
D. 卡文迪许利用扭秤实验装置测出了万有引力常量
3.某电场的电场线如图所示，M、N为其中两点，则( )
A. M点场强大于N点场强
B. M点场强小于N点场强
C. M点电势高于N点电势
D. M点电势低于N点电势
4.如图所示，用带正电的玻璃棒靠近或接触验电器的金属球时，玻璃棒玻璃棒验电器的金属箔片会张开，则( )
A. 甲图中，金属球、金属箔片均带正电
B. 甲图中，金属球带负电、金属箔片带正电
C. 乙图中，金属球、金属箔片均带负电
D. 乙图中，金属球带正电、金属箔片带负电
5.如图所示，一小朋友坐在旋转木马的小车里做匀速圆周运动，她的左右脚时刻相同的物理量是( )
A. 线速度
B. 角速度
C. 向心加速度
D. 向心力
6.战国时期的《甘石星经》描述了金、木、水、火、土五大行星的运行规律。若五大行星的运动如图所示，且绕中心天体做匀速圆周运动，则( )
A. 火星的线速度大于水星的线速度B. 地球的角速度大于土星的角速度
C. 木星的周期小于金星的周期D. 金星的向心加速度小于火星的向心加速度
7.如图所示，下列说法正确的是( )
A. 图甲，带电作业的工人穿戴的工作服可以起到静电屏蔽作用
B. 图乙，雷雨云接近建筑物时，安装在屋顶的避雷针带上了与云层同种的电荷
C. 图丙，两个小球沿光滑圆锥筒内壁不同水平面做匀速圆周运动，角速度大小相等
D. 图丁，火车超过规定速度转弯时，内轨和轮缘间会有挤压
8.如图所示，一同学正在垫排球，排球离开手臂后先竖直向上运动h，再落回原位置。假设此过程中，排球受到的空气阻力大小恒为f，则此过程中( )
A. 空气阻力对排球做功为−2fℎ
B. 重力对排球做功为−mgℎ
C. 各力对排球做的总功为零
D. 排球的动能变化量为零
9.一款机器人的柔性电子皮肤采用了电容传感器，其上、下皮层薄膜作为极板，中间由特殊材料作为支撑层，结构如图所示。工作时，电容器两极板间电压恒定，当皮肤受到垂直挤压时，支撑层被压缩，则( )
A. 电容器的电荷量不变B. 电容器的电荷量变小
C. 两极板间的电场强度不变D. 两极板间的电场强度变大
10.如图所示，MN是某电场中的一条电场线，一个带负电的粒子仅受静电力作用沿虚线从a运动到b，则( )
A. 该电场一定是由位于N右侧的负点电荷产生
B. 带电粒子在a点加速度大于b点加速度
C. 带电粒子在a点电势能大于b点电势能
D. 带电粒子在a点的动能大于b点的动能
11.一辆汽车在半圆形的赛道上行驶，它在几个位置的速度矢量如图所示，则描述汽车在相应位置的加速度矢量图正确的是( )
A.
B.
C.
D.
12.如图所示，把一个带弹簧但质量未知的签字笔笔尖朝上，沿竖直方向压缩到底，无初速释放后笔的重心上升的最大高度为h；再把笔水平放置在桌面上，沿水平方向压缩到底，无初速释放后，笔的重心在桌面上滑行的最大距离为s，则由上述物理量可估算出( )
A. 上升过程中重力做的功B. 弹簧的弹性势能的最大值
C. 水平滑行过程中摩擦力做的功D. 笔与桌面间的动摩擦因数
13.如图所示，风力发电机的叶片转动时可形成半径为30m的圆面。该地区某段时间内的风速为4.0m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为1.2kg/m3，假如这个风力发电机能将10%的空气动能转化为电能，则( )
A. 单位时间内冲击叶片圆面的气流的体积约为1100m3
B. 单位时间内冲击叶片圆面的气流的动能约为2.16×104J
C. 此风力发电机发电的功率约为1.08×104W
D. 若该地区风速4.0m/s持续时间为2小时，能转化得到2.16×104J的电能
14.如图所示，竖直固定的粗糙绝缘细杆足够长，质量为m、电荷量为q(正负未知)的小环套在细杆上，小环与细杆之间的动摩擦因数为μ。空间存在水平向右且大小可调的匀强电场，小环恰好处于静止状态。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
A. 小环带正电
B. 此时电场强度E=μmgq
C. 当电场强度E=2mgμq时，小环仍处于静止状态
D. 当电场强度E=mg2μq时，小环的加速度为23g
15.如图所示，商场的自动扶梯与水平面的夹角为30∘，质量为60kg的人站立在扶梯的水平踏板上，从静止开始随扶梯向上做加速直线运动，运动2.5m后达到最大速度1m/s。则此过程中( )
A. 人只受重力和踏板的支持力的作用B. 人的重力势能增加了1500J
C. 踏板对人做的功等于780JD. 支持力对人做的功为750J
16.如图甲所示，倾角为θ=37∘的粗糙斜面固定在水平地面上。滑块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中滑块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，则( )
A. 图像②表示机械能随位移变化的关系B. 滑块上滑过程中，重力势能增加了5E0
C. 滑块的重力大小为4E0x0D. 滑块受到的摩擦力大小为E0x0
17.某人造地球卫星运行轨道与赤道共面，绕行方向与地球自转方向相同。该卫星持续发射信号，位于赤道的某观测站接收到的信号强度随时间变化的规律如图所示，T为地球自转周期。已知该卫星的运动可视为匀速圆周运动，地球质量为M，万有引力常量为G。则该卫星轨道半径为( )
A. 3GMT236π2B. 3GMT216π2C. 3GMT24π2D. 39GMT24π2
18.如图所示，某粒子控制装置由加速电场、偏转电场和收集装置MN组成。加速电场电压可调。偏转电场为以O点为中心的辐向电场，其范围在两个半径分别为r0、3r0的半圆之间，在半径相等的圆周上电场强度大小都相等，且满足E=k1r2(r为半径)，方向沿半径向外。轨迹1是以O为圆心，半径为2r0的圆。已知r0处的电场强度大小为E0，带电粒子的质量为m，电荷量为−q，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用。则( )
A. 粒子垂直PB飞入电场，无论加速电压取多少，粒子一定能做匀速圆周运动
B. 若粒子由静止加速后能沿轨迹1到达C点，则加速电场的电压为E0r02
C. 若加速后从PB间垂直PB方向进入的粒子都能做匀速圆周运动而到达收集装置，则粒子运动的周期T与轨迹对应半径r应满足的关系式T= 2π2mr3qE0r02
D. 若粒子从B点垂直PB方向射入，对应的轨迹2的运动时间t= 8π2mr0qE0
二、实验题：本大题共3小题，共20分。
19.某实验小组用如图甲所示的装置来探究向心力大小的表达式，挡板A、B、C到各自转轴的距离之比为1：2：1；图乙是左、右塔轮的三种组合方式，从第一层到第三层的左、右半径之比分别为1：1、2：1和3：1。请回答以下问题：
(1)若选择第一层的左、右塔轮组合方式，将两个质量相等的钢球分别放在B、C位置，可探究向心力的大小与 (选填“质量”、“半径”或“角速度”)的关系；
(2)根据实验结论，若选择第二层的左、右塔轮组合方式，将两个质量相等的小球分别放在挡板B和C处，匀速摇动手柄，则左、右两标尺显示的格数之比为 。
(3)题(2)中，当加速摇动手柄时，左、右两标尺显示的格数之比 (选填“变大”、“变小”或“不变”)。
20.某实验小组利用图甲所示的装置验证机械能守恒定律。
(1)关于本实验的下列操作步骤，正确的是 (单选)。
A.准备释放纸带时手可以捏住纸带中段
B.需用秒表测量重物下落的时间
C.需用刻度尺测量重物下落的高度
D.需用天平测量重物的质量
(2)实验得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到重物下落的起始点O的距离分别为ℎA、ℎB、ℎC，其中ℎA=53.86cm，ℎB=60.48cm，ℎC=67.48cm。若已知重物质量m=0.30kg，当地重力加速度g=9.80m/s2，计时器打点周期为0.02s。打点计时器打下B点时，重物的速度为 m/s；从O点到B点的过程中，重物重力势能的减少量为 J。(计算结果保留3位有效数字)
(3)某同学用两个重物分别进行实验，实验操作规范，多次记录下落的高度h和对应的速度大小v，作出v2−ℎ图像分别如图丙的P、Q所示。则选择与图像 (选填“P”或“Q”)对应的重物实验误差更小。
21.某实验小组利用如图甲所示电路“观察电容器的充、放电现象”。实验前电容器不带电。实验时，先将开关S接1，待电路稳定后，将开关S接2，电流、电压传感器将信息传入计算机。计算机记录的电流随时间变化的i−t曲线如图乙所示。
(1)将开关S接1时，电流从 (填“a到b”或“b到a”)流过电阻器R；
(2)乙图中图像与坐标轴围成的面积S1 S2(选填“>”、“mg
因此静摩擦力大小等于mg，小环合力为零，仍保持静止，故C正确；
D.当E=mg2μq时，N=qE=mg2μ，滑动摩擦力f=μN=mg2
由牛顿第二定律mg−f=ma，解得a=g2，故D错误。
故选：C。
根据对小环进行受力分析，水平方向电场力与杆的弹力平衡，竖直方向摩擦力与重力平衡，结合电场强度和电场力的关系分析求解。
本题考查了静电场相关知识，理解带电粒子在电场中的受力和运动状态，合理使用功能关系是解决此类问题的关键。
15.【答案】C
【解析】解：A、从静止开始随扶梯向上做加速直线运动，人相对扶梯有水平向右运动趋势，则踏板有水平向左的静摩擦力，所以人受重力、踏板的支持力和摩擦力三个力作用，故A错误；
B、人的重力势能增加等于人克服重力做功，即ΔEp=mgℎ=mgxsin30∘=60×10×2.5×0.5J=750J，故B错误；
C、设踏板对人做的功为W，根据动能定理得：W−mgℎ=12mv2，解得W=780J，故C正确；
D、人的加速度为a=v22x=122×2.5m/s2=0.2m/s2，对人，根据牛顿第二定律得：FN−mg=masinθ，解得FN=606N，则支持力对人做的功为WFN=FNℎ=FNxsinθ=606×2.5×0.5J=757.5J，故D错误。
故选：C。
根据人相对于扶梯有无运动趋势分析人是否受到静摩擦力；根据克服重力做功求人的重力势能增加量；根据动能定理求踏板对人做的功；由运动学公式求出加速度，由牛顿第二定律求出支持力，再求支持力做的功。
解答本题时，要首先要正确分析人的受力，摩擦力不能遗漏，其次，要掌握动能定理求功的方法。
16.【答案】D
【解析】解：A、滑块在上滑过程中，其机械能的变化量对应摩擦力所做的功，即ΔE=−fx；动能的变化量则等于合外力做的功，即ΔEk=−(mgsinθ+f)x。由于mgsinθ+f>f，因此动能的减少速率更快，其图线斜率的绝对值更大。所以，图像①反映了机械能与位移的关系，图像②反映了动能与位移的关系，故A错误；
D、对图像①，当位移为x0时机械能为4E0，根据功能关系有−fx0=4E0−5E0，解得：f=E0x0，故D正确；
C、对图像②，当位移为x0时动能为0，根据动能定理有−(mgsinθ+f)x0=0−5E0，将摩擦力f代入解得：mgsinθ=4E0x0，结合sin37∘=0.6解得：mg=20E03x0，故C错误；
B、滑块上滑x0的过程中，重力势能的增加量ΔEp=mgx0sinθ，代入前式化简得：ΔEp=4E0(亦可由能量关系E=Ek+Ep直接得出，在x0处有4E0=0+Ep)，故B错误。
故选：D。
滑块在斜面上滑过程中，机械能的变化由摩擦力做功决定，动能的变化由重力沿斜面的分力与摩擦力共同做功决定。由于合外力做功绝对值大于摩擦力做功，动能图线斜率绝对值更大，结合图像斜率可判断①对应机械能、②对应动能。已知初机械能和初动能均为5E0，利用功能关系分析x0处机械能减少量可求摩擦力，通过动能定理分析动能减少量结合已知摩擦力可求重力沿斜面分力，进而得到重力大小。重力势能增加量可由机械能与动能之差得出。
本题以滑块沿斜面上滑为背景，综合考查了功能关系的核心应用。题目通过呈现机械能与动能随位移变化的图像，将抽象的物理规律转化为直观的几何关系，要求学生深刻理解动能定理和功能原理，并具备从图像斜率、截距中提取信息的能力。其计算量适中，但思维层次较高，重点在于辨析图像物理意义、建立方程并求解。解答过程能有效锻炼学生的模型构建、图像分析以及运用能量观点解决动力学问题的综合能力。
17.【答案】A
【解析】解：设该卫星的轨道半径为r，周期为T0，根据GMmr2=mr4π2T02，由图可知，有(2πT0−2πT)⋅T2=2π，联立解得r=3GMT236π2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据万有引力提供向心力结合卫星的追及思路列式求解。
考查万有引力定律的应用和卫星的追及和相遇，会根据题意进行准确分析解答。
18.【答案】D
【解析】解：偏转电场为以O点为中心的辐向电场，已知电场强度满足E=k1r2，当r=r0时电场强度为E0，代入解得k=E0r02，故电场强度与半径的关系为E=E0r02r2。
由于带电粒子受到的电场力F=qE∝1r2且始终指向中心O，与万有引力规律相似，故粒子的运动可类比天体运动规律进行分析。
A、粒子垂直PB飞入偏转电场，要使其做匀速圆周运动，其进入电场时的速度v必须恰好满足qE=mv2r，若加速电压不合适导致速度不满足该条件，粒子将不会做匀速圆周运动，故A错误；
B、由图可知轨迹1的半径r1=2r0，若粒子在此轨道做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qE0r02(2r0)2=mv122r0，在加速电场中根据动能定理qU=12mv12，联立解得加速电场的电压U=E0r04，故B错误；
C、若进入电场的粒子都能做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律qE0r02r2=m4π2T2r，解得粒子运动的周期T= 4π2mr3qE0r02，故C错误；
D、轨迹2对应的粒子从B点射入，到达N点，其轨道为椭圆，由几何关系可知近中心点距离为r0，远中心点距离为3r0，椭圆轨道的半长轴a=r0+3r02=2r0。
根据开普勒第三定律a3T2=C可知，半长轴为2r0的椭圆轨道周期与半径为2r0的圆轨道周期相等，将r=2r0代入周期公式可得T= 32π2mr0qE0，粒子从B运动到N的时间为半个周期，即t=T2= 8π2mr0qE0，故D正确。
故选：D。
粒子在辐向电场中受到指向中心的电场力，该力与距离平方成反比，类比天体运动。分析粒子进入电场后的运动，关键在于速度是否满足圆周运动所需向心力。若速度不匹配，粒子将做椭圆运动而非匀速圆周运动。对于沿特定轨迹运动的情况，需结合电场强度分布与动能定理确定加速电压，利用开普勒第三定律比较不同轨道的周期关系。
本题巧妙融合了电场与天体运动的类比思想，考查学生对辐向电场中带电粒子运动规律的理解与应用能力。题目以辐向电场为背景，电场强度随半径变化满足E=E0r02r2，使得电场力与万有引力规律相似，从而引导学生将天体运动中的开普勒定律、匀速圆周运动条件及能量关系迁移到电场问题中。计算量适中，但思维层次较高，需要学生准确建立物理模型，并灵活运用牛顿第二定律、动能定理及开普勒第三定律进行分析。选项设置涵盖了匀速圆周运动的条件、能量转换、周期公式以及椭圆轨道的运动时间，全面检验了学生的逻辑推理和公式推导能力。
19.【答案】半径
1：2
不变

【解析】解：(1)根据线速度与角速度的关系ω=vR可知，选择第一层的左、右塔轮组合方式，塔轮半径相等，角速度相等，将两个质量相等的钢球分别放在B、C位置，两小球做匀速圆周运动的半径不相等，因此探究向心力的大小与半径的关系；
(2)选择第二层的左、右塔轮组合方式，角速度之比ω左ω右=R右R左=12
将两个质量相等的小球分别放在挡板B和C处，半径之比r左r右=21
左、右两标尺显示的格数之比等于向心力之比，根据向心力公式F=mrω2
则左、右两标尺显示的格数之比为N左N右=F左F右=r左r右×(ω左ω右)2=21×(12)2=1:2；
(3)题(2)中，当加速摇动手柄时，半径之比不变，角速度之比不变，因此左、右两标尺显示的格数之比不变。
故答案为：(1)半径；(2)1：2；(3)不变。
(1)根据控制变量法分析作答；
(2)根据线速度与角速度的关系求解角速度之比，根据向心力公式求解作答；
(3)根据实验原理，结合向心力公式分析作答。
本题主要考查了探究圆周运动的相关参数问题的实验，要明确实验原理，掌握线速度与角速度关系、向心力公式的运用，理解圆周运动的两种传动方式的含义。
20.【答案】C
3.41
1.78
P

【解析】解：(1)A.释放纸带时，需捏住纸带上端使纸带竖直拉直，保证纸带竖直且与限位孔无摩擦，捏住纸带中段会导致纸带弯曲，增大实验误差，故A错误；
B.打点计时器本身具备计时功能，不需要额外用秒表测量时间，故B错误；
C.实验需要测量重物下落的高度，必须使用刻度尺，故C正确；
D.验证机械能守恒时，等式mgℎ=12mv2中质量m可约去，不需要测量重物质量，故D错误。
故选：C。
(2)根据匀变速直线运动规律，中间时刻瞬时速度等于这段的平均速度，可得B点的速度vB=ℎC−ℎA2T=0.6748−0.53862×0.02m/s≈3.41m/s
O点到B点的过程，重物重力势能减少量ΔEp=mgℎB=0.30×9.80×60.48×10−2J≈1.78J
(3)若考虑空气阻力和纸带的阻力f，由动能定理有mgℎ−fℎ=12mv2
整理可得v2=2(g−fm)ℎ
结合图像的斜率k=2(g−fm)
则重物质量越大，fm越小，斜率越接近真实值2g，m阻力影响越小，误差越小。由图丙可知，P的斜率更大，更接近2g，因此P对应的重物实验误差更小。
故答案为：(1)C；(2)3.41，1.78；(3)P。
(1)根据保证纸带竖直且与限位孔无摩擦判断；根据打点计时器的作用判断；根据 实验需要测量重物下落的高度判断；根据实验原理判断；
(2)根据匀变速直线运动规律计算；根据重力势能表达式计算；
(3)根据动能定理推导图像对应的函数表达式，结合图像斜率分析判断。
本题考查验证机械能守恒定律实验，关键掌握实验原理、误差分析和数据处理方法。
21.【答案】b到a
=
电源两端电压

【解析】解：(1)将开关S接1时，充电电流从电源正极经过外电路回到电源负极，电流从b到a流过电阻器R；
(2)I−t图像中图线与坐标轴围成的面积表示电容器充电、放电的电荷量；电容器充电、放电的总电荷量相等，因此乙图中图像与坐标轴围成的面积关系S1=S2；
(3)根据闭合电路欧姆定律I=ER
实验小组先后对同一个不带电的电容器充电，如图丙所示的i−t曲线的电流的最大值不同，造成图像不同的主要原因可能是改变了电源两端电压。
故答案为：(1)b到a；(2)=；(3)电源两端电压。
(1)电源对电容器充电，充电电流从电源正极经过外电路回到电源负极，据此分析作答；
(2)I−t图像中图线与坐标轴围成的面积的含义求解电容器放电的电荷量，根据电容器定义式求解电容器的电容；
(3)根据I−t图像中图线与坐标轴围成的面积的含进行分析。
本题主要考查了观察电容器及其充、放电现象的实验，要明确实验原理，掌握电容器电容定义式的运用。
22.【答案】粒子打出后，在电场中运动的加速度a的大小为4×1011m/s2
打到CC′边的中点E的粒子运动的时间t为1×10−6s
要使所有粒子都打到荧光屏上，则发射时的最小速度为2 2×105m/s
【解析】解：(1)根据牛顿第二定律qE=ma
解得
a=4×1011m/s2
(2)根据运动学公式L2=12at2
解得t=1×10−6s
(3)根据运动学公式L 2=vmint
解得vmin=2 2×105m/s
答：(1)粒子打出后，在电场中运动的加速度a的大小为4×1011m/s2；
(2)打到CC′边的中点E的粒子运动的时间t为1×10−6s；
(3)要使所有粒子都打到荧光屏上，则发射时的最小速度为2 2×105m/s。
(1)根据牛顿第二定律求出粒子打出后，在电场中运动的加速度a的大小；
(2)根据运动学公式求打到CC′边的中点E的粒子运动的时间t；
(3)根据运动学公式求要使所有粒子都打到荧光屏上，则发射时的最小速度。
将牛顿第二定律、类平抛运动融合，考查对电场力下带电粒子运动的综合理解，覆盖力学与电场力的关联核心考点。以“粒子收集装置”为背景，体现物理知识的实际应用价值，培养学以致用的思维。
23.【答案】“小火车”匀速上行时的速度v大小为2m/s
“小火车”速度v1=0.6m/s时的加速度大小为17.5m/s2
整个过程中牵引力对“小火车”做的功为54480J
“小火车”从A到B所用的时间为15.1s
【解析】解：(1)“小火车”匀速上行时，根据平衡条件可知，发动机对“小火车”的牵引力大小为
F=mgsinθ+f
依题意，f= 36mgcsθ
解得：F=1800N
由P=Fv，可得v=2m/s
(2)“小火车”速度v1=0.6m/s时，有P=F1v1
解得：F1=6000N
根据牛顿第二定律得
F1−(mgsinθ+f)=ma
解得：a=17.5m/s2
(3)设整个过程中牵引力对“小火车”做的功为W，根据动能定理得
W−mgLsin30∘−fL=12mv2
解得：W=54480J
(4)根据W=Pt，可得t≈15.1s
答：(1)“小火车”匀速上行时的速度v大小为2m/s；
(2)“小火车”速度v1=0.6m/s时的加速度大小为17.5m/s2；
(3)整个过程中牵引力对“小火车”做的功为54480J；
(4)“小火车”从A到B所用的时间为15.1s。
(1)“小火车”匀速上行时，根据平衡条件求出牵引力大小，再根据功率公式求速度v大小；
(2)“小火车”速度v1=0.6m/s时，根据功率公式求出牵引力大小，再由牛顿第二定律求加速度大小；
(3)根据动能定理求整个过程中牵引力对“小火车”做的功；
(4)根据功率公式求“小火车”从A到B所用的时间。
本题是机车恒定功率启动的问题，要明确“小火车”的受力情况和运动情况，掌握功率公式和动能定理是关键。
24.【答案】小滑块运动到圆轨道最高点时速度vC的大小为 6m/s
最初被压缩的弹簧储存的弹性势能为3J
小滑块第一次滑到传送带右端E时速度vE的大小为 10m/s
若小滑块与水平面EF之间的动摩擦因数为μ1，小滑块最终停在EF中点H(图中未画出)，μ1可能的取值为12，16，120(2n+1)(n=0,1,2⋯)
【解析】解：(1)小滑块恰好运动到圆轨道最高点C，到C点时轨道与滑块间没有弹力，根据牛顿第二定律
mg=mvC2R
解得
vC= 6m/s
(2)从静止开始，到滑块运动到C点过程中，根据机械能守恒
EP=mg⋅2R+12mvC2
解得
Ep=3J
(3)滑块从C运动到D点过程中，根据机械能守恒
12mvC2+2mgR=12mvD2
解得
vD= 30m/s
滑块从D到E的过程中，应用动能定理
−μmgL=12mvE2−12mvD2
解得
vE= 10m/s
(4)若小滑块第一次向右运动停在H点
−μ1mg⋅s2=0−12mvE2
可得
μ1=12
若小滑块第一次向左运动停在H点
−μ1mg⋅3s2=0−12mvE2
可得
μ1=16
若小滑块第一次向左运动到E点时速度恰好为1m/s，则
−μ1mg⋅2s=12mv02−12mvE2
可得
μ1=0.1125
若μ1>0.1125，滑块将停在EH之间的某个位置上，与题意不符。
当μ1≤0.1125时，小滑块将向左滑上传送带，设滑块与传送带间相对滑动距离为d时，二者共速
μmgd=12mvE2−12mv02
解得
d=0.9m
因d