2019届全国普通高中高三5月信息卷 理科综合（九）

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2019年高考高三最新信息卷
理科综合能力测试（九）
注意事项：
1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。 
2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。 
3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。 
4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39
第Ⅰ卷（选择题，共126分）
一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列关于细胞的叙述正确的是
A．小球藻和念珠藻都在叶绿体中进行光合作用
B．乳酸菌无线粒体，只能进行无氧呼吸
C．真核生物的膜蛋白的形成不需要内质网、高尔基体的参与
D．细胞骨架由纤维素组成的网架结构，与信息传递等活动有关
2．核糖体RNA（rRNA）一般在细胞核中通过转录形成，与核糖核蛋白组装成核糖体前体，再通过核孔进入细胞质中进一步成熟。翻译时rRNA能催化肽键的形成。下列叙述正确的是
A．rRNA合成时需要解旋酶
B．rRNA的形成一定与核仁有关
C．翻译时，rRNA的碱基与tRNA上的反密码子互补配对
D．rRNA可降低氨基酸脱水缩合所需的活化能
3．下列有关酶特性的实验中，叙述错误的是
A．验证酶的高效性时，自变量是催化剂的种类
B．验证酶的专一性时，自变量是酶的种类或底物的种类
C．探究pH对酶活性的影响时，pH是自变量，温度是无关变量
D．探究酶作用的最适温度时，应设置高温、室温、低温三组实验
4．血友病是人类主要的遗传性出血性疾病，下列叙述中正确的是
A．正常情况下（不考虑基因突变和交叉互换），父母亲表现型正常，其女儿可能患血友病
B．该病在家系中表现为连续遗传和交叉遗传的现象
C．镰刀型细胞贫血症与血友病的遗传方式相同
D．血友病基因携带者女性和血友病男性结婚，后代儿女均为1/2患病
5．下图是体育运动对学习记忆的促进作用与蛋白质类神经营养因子(BDNF)关系的部分图解。据图并结合所学知识分析，错误的是

A．图中a过程需RNA聚合酶等并消耗ATP
B．BDNF具有抑制神经递质的释放和激活突触后膜上相应受体的作用
C．b物质和BDNF穿过突触前膜的方式相同。
D．长期记忆可能与新突触的建立有关。
6．茶树菇味道鲜美，常野生于油茶树枯朽的树桩上。某林场尝试在树下套种茶树菇，并用桐树、柳树、杨树脱落的枝叶制作培养基。下列相关叙述正确的是
A．生长在油茶树树桩上的茶树菇属于生态系统中的分解者
B．茶树菇利用的油茶树枯朽树桩中的能量不属于油茶树的同化量
C．套种技术可以提高树木和茶树菇对阳光等资源的利用率
D．该林场的做法实现了能量的多级利用，提高了能量的传递效率
7．化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是
A．聚乙烯塑料可用作食品袋、餐具、地膜等
B．苯可用作洗涤剂、有机溶剂、消毒剂、染料等
C．红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯
D．生物柴油和石油分馏所得的柴油都是碳氢化合物组成的混合物
8．NA代表阿伏加德罗常数。下列说法正确的是
A．1mol N2与3mol H2在一定条件下充分反应，转移电子数为6NA
B．标准下，22.4L CH4与Cl2在光照条件下反应生成HCl分子数为4NA
C．25℃时，PH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH−离子数为0.1NA
D．28g由N2和CO组成的混合气体中含有的原子数为2NA
9．用下图所示实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是

A．用图甲所示装置，蒸干AlCl3饱和溶液制备AlCl3晶体
B．按装置乙所示的气流方向可用于收集H2、NO等
C．用图丙所示装置，分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层
D．用图丁所示装置，可以证明氧化性：Cl2>Br2>I2
10．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，W原子的核外电子总数与X原子次外层的电子数相同。X和Y的简单阳离子的电子层结构相同，Z的一种含氧酸具有杀菌消毒和漂白作用。Y单质可以用于野外焊接钢轨。下列说法正确的是
A．简单离子半径：X>Y>Z
B．最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y
C．W、Z的简单氢化物的沸点：Wc(H+)>c(F−)>c(OH−)
二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项符合题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．在粗糙水平面上，水平外力F作用在物块上，t＝0时刻物块开始向右做直线运动，外力F始终不为零，其速度－时间图象如图所示。则

A．在0～1 s内，外力F不断增大
B．在3 s时，物体开始向左运动
C．在3～4 s内，外力F不断减小
D．在3～4 s内，外力F的功率不断减小
15．如图所示，水平地面上放置一斜面体A，带正电的小物块B置于A的绝缘斜面上。轻推一下B，B能沿斜面匀速下滑。现在斜面顶端正上方P点固定一带正电的点电荷，让B从顶端向下运动，此

A．B物块做匀速直线运动
B．B物块受到斜面A对它的作用力大小不变
C．B物块动能的增加量小于电势能的减少量
D．斜面体A受到地面水平向左的静摩擦力
16．图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命。图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1 : 4。若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的

A．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动
B．在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的16倍
C．在图示轨道上，地球同步卫星的机械能大于“轨道康复者”的机械能
D．若要对该同步卫星实施拯救，应让同步卫星从图示轨道上减速，然后与“轨道康复者”对接
17．如图所示，A、B两滑块的质量分别为4 kg和2 kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平桌面上，并用手按着两滑块固定不动。现将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4 kg的钩码C挂于动滑轮上。现先后按以下两种方式操作：第一种方式只释放A而B按着不动；第二种方式只释放B而A按着不动。则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为

A．1 : 1 B．2 : 1 C．3 : 2 D．3 : 5
18．如图所示，电源电动势E＝3 V，内阻不计，R1、R2、R3为定值电阻，阻值分别为1 Ω、0.5 Ω、9 Ω，R4、R5为电阻箱，最大阻值均为99.9 Ω，右侧竖直放置一个电容为1.5×10-3 μF的理想平行板电容器，电容器板长0.2 m，板间距为0.125 m。一带电粒子以0.8 m/s的速度沿平行板中线进入，恰好匀速通过，不计空气阻力，此时R4、R5阻值分别为1.8 Ω、1 Ω。下列说法正确的是

A．此粒子带正电
B．带电粒子匀速穿过电容器时，电容器的电荷量为2.7×10-9 C
C．欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上板，R4阻值不得超过5.7 Ω
D．欲使粒子向下偏转但又不打到电容器的下板，R4阻值不得低于l.4 Ω
19．某金属发生光电效应，光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν之间的关系如图所示。已知h为普朗克常量，e为电子电荷量的绝对值，结合图象所给信息，下列说法正确的是

A．频率小于ν0的入射光不可能使该金属发生光电效应现象
B．该金属的逸出功随入射光频率的增大而增大
C．若用频率是2ν0的光照射该金属，则遏止电压为
D．遏止电压与入射光的频率无关
20．如图所示，两条足够长的平行金属导轨固定在水平面内，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，两导轨间距为L，左端间接一电阻R，质量为m的金属杆ab静置于导轨，杆与导轨间动摩擦因数为μ。现给金属杆一个水平向右的冲量I0，金属杆运动一段距离x后静止，运动过程中与导轨始终保持垂直且接触良好。不计杆和导轨的电阻，重力加速度为g。则金属杆ab在运动过程中

A．做匀减速直线运动
B．杆中的电流大小逐渐减小，方向从b流向a
C．刚开始运动时加速度大小为
D．电阻R上消耗的电功为
21．如图所示，竖直轨道ABCD由两部分构成。AB部分为光滑水平轨道，BCD部分为一半径为R的光滑半圆轨道，AB右端与半圆轨道的底端相切。一质量为m、可看成质点的小滑块从AB轨道的最左端A点处以速度向右滑行，则当滑块滑到图中的C点位置时(cos 53°＝0.6)，则下列说法正确的是

A．小滑块在C点处的动能为
B．小滑块在C点处的机械能为8mgR
C．在C点处轨道对小滑块的压力大小为
D．小滑块能通过最高点，且最高点轨道对小滑块的压力为3mg
第Ⅱ卷（非选择题，共174分）
三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答)
(一)必考题(共129分)
22．(6分) “阿特伍德机”是物理学家乔治•阿特伍德在1784年研制的一种验证运动定律的机械。其基本结构为在跨过定滑轮的轻绳两端系着质量均为M的物块A和B，质量为m的金属片C放置在物块B上（不粘连）。铁架台上固定一圆环，圆环在物块B的正下方。系统静止时，金属片C与圆环间的高度差为h1。
(1)由静止释放物块A、B，当物块B穿过圆环时，金属片C被搁置在圆环上，此后，物块B继续下落。如果忽略一切阻力，物块B穿过圆环后做______直线运动。（填“匀速”“匀减速”或“匀加速”）
(2)如果在实验误差允许的范围内，物块A、B和金属片C组成的系统，在下落h1高度的过程中，金属片C减少的重力势能等于系统增加的动能，即可验证该系统机械能守恒。测得物块B穿过圆环后下落h2高度所用时间为t，当地的重力加速度为g。则该系统机械能守恒的表达式为 。
(3)改变静止释放物块A、B的初始位置，重复试验，记录各次的高度差h1，以及物块B穿过圆环后下落相同高度h2所用的时间t，以h1为纵轴，以______（填“”“t2”或“”）为横轴，若作出的图线为一条过原点的直线，则说明了系统的机械能守恒。
23．(9分)某研究小组欲将电流表改装成欧姆表，他们在实验室中找到的器材如下：
干电池E（电动势1.5 V，内电阻0.1 Ω）
电阻箱R1（阻值范围为0~999 Ω）
电流表A（量程0~0.6 A，内阻1 Ω）
电阻箱R2（阻值范围为0~999.9 Ω）
开关S
导线若干
定值电阻R＝3 Ω

(1)如图1所示，电阻箱应选择_________。为了将电流表（图2）的0.6 A标注为0 Ω，电阻箱的阻值应调整为__________Ω，则0.2 A 应标注__________Ω。
(2)研究小组发现上述改装成的欧姆表测电阻阻值越大，指针偏转角越小。为了能让测电阻的阻值越大，指针偏转角也越大，请在方框内重新设计电路。


24．(12分)近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展。如图所示为某快递车间传送装置的简化示意图，传送带右端与水平面相切，且保持v0＝4 m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长L＝3 m。现将一质量为0.4 kg的包裹A轻放在传送带左端，包裹A刚离开传输带时恰好与静止的包裹B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后包裹A向前滑行了0.1 m静止，包裹B向前运动了0.4 m静止。已知包裹A与传输带间的动摩擦系数为0.4，包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.5，g取10 m/s2。求：
(1)包裹A在传送带上运动的时间；
(2)包裹B的质量。










25．(20分)如图所示，为了研究带电粒子在电场和磁场中的运动，在空间中建立一平面直角坐标系xOy，在0Al，故B正确；C．W为O元素，Z为Cl元素，水分子间能形成氢键，沸点高于不能形成氢键的氯化氢，故C错误；D．Cl元素与Al元素形成的氯化铝为共价化合物，故D错误。故选B。
11. 【答案】A
【解析】H2N(CH2)2NH2在a电极上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，则a为负极，电极反应式为H2N(CH2)2NH2+4H2O－16e−=2CO2↑+N2↑+16H+，氧气在正极b上得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e−+4H+=2H2O，电子由负极经导线流向正极，阳离子向正极移动。A．由上述分析可知，a是负极，b是正极，所以电子流动方向为a→导线→b，故A正确；B．a是负极、b是正极，H+经质子交换膜由左向右移动，故B错误；C．b的电极反应式为：O2+4e−+4H+=2H2O，所以b极附近溶液的pH增大，故C错误；D．H2N(CH2)2NH2在负极a上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为H2N(CH2)2NH2+4H2O－16e－=2CO2↑+N2↑+16H+，故D错误；答案选A。
12. 【答案】B
【解析】有机物含有2个碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，结合烯烃、甲烷的结构特点解答。A．由结构式可知分子中含有5个C、4个H原子，则分子式为C5H4，根据不饱和度的规律可知，该分子内含4个不饱和度，因此要生成1mol C5 H12至少需要4mol H2，A项正确；B．分子中含有饱和碳原子，中心碳原子与顶点上的4个碳原子形成4个共价单键，应是四面体构型，则分子中四个碳原子不可能在同一平面上，B项错误；C．依据等效氢思想与物质的对称性可以看出，该分子的三氯代物与一氯代物等效，只有一种，C项正确；D．分子式为C5H4，只含碳碳叁键的链烃有CH≡C-CH2-C≡CH或CH≡C-C≡C-CH3这2种同分异构体，D项正确；答案选B。
13. 【答案】A
【解析】氢氟酸溶液中加入氢氧化钠，随着氢氧化钠的量的增加，溶液的pH升高，溶液中的氟化氢分子浓度减小，氟离子浓度增大。A．a〜b〜d曲线代表c(HF)随pH的变化，故错误；B．从图中b点分析，c(HF)=c(F−)，氟化氢的电离平衡常数=c(F-)c(H+)c(HF)=c(H+)=10−3.6，故正确；C．从b点到c点发生的反应为氢氧化钠和氟化氢的反应，离子方程式为：HF+OH−=H2O+F−，故正确；D．从图中a点分析，氟化氢的浓度为1.6×10−3 mol/L，氢离子浓度为1.0×10−3mol/L，而氟离子浓度约为5.5×10−4mol/L，溶液显酸性，所以溶液粒子浓度关系为：c(HF)>c(H+)>c(F−)>c(OH−)，正确。故选A。
二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项符合题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．【答案】D
【解析】根据题意分析，设阻力为f，根据牛顿第二定律F-f＝ma，根据图象分析，在0～1 s内加速度逐渐减小，所以外力F逐渐减小，A错误；根据题意分析，向右为正方向，3s前后速度始终为正值，始终是正方向，向右运动，B错误；根据牛顿第二定律F-f＝ma，根据图象分析在3－4 s内加速度不变，所以外力不变，C错误；外力功率P＝Fv，结合选项C的分析，F不变，而3－4 s内速度减小，所以功率减小，D正确。
15．【答案】C
【解析】物块B下滑的过程中，B、P距离越来越大，正电荷P对正电荷B的库伦斥力是变力且越来越小，B做变加速运动，故A错误；由于P对B的库伦斥力变小，所以这个库伦力在垂直于斜面的分力也减小，AB之间摩擦力也减小，所以B对A的作用力也不断减小，故B错误；根据题意，没有电荷P时，B沿斜面向下做匀速运动，根据动能定理：mgh﹣Wf＝0，有电荷P时，B沿斜面做变加速运动，由动能定理：mgh＋W电﹣Wf′＝△Ek,，由于f′＞f，所以Wf′＞Wf，因为电势能的减小量等于电场力做功，联合可得物块动能的增加与电势能的减小量之差为：△Ek﹣W电＝mgh﹣Wf′＝Wf﹣Wf′＜0，则有：△Ek＜W电，故C正确；把A、B看成一个整体，电荷P对这个整体有沿斜向左下方的库伦斥力，故A有向左的运动的趋势，斜面体A有受到地面向右的静摩擦力，故D错误。
16．【答案】B
【解析】因“轨道康复者”的高度低于同步卫星的高度，可知其角速度大于同步卫星的角速度，也大于站在赤道上的观察者的角速度，则站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动，选项A错误；由GMmr2＝ma得：a＝GMr2，在图示轨道上，“轨道康复者”与地球同步卫星加速度之比为a1a2＝r22r12＝4212＝16，故B正确；因“轨道康复者”与地球同步卫星的质量关系不确定，则不能比较机械能的关系，选项C错误；应让“轨道康复者”从图示轨道上加速，与同步卫星进行对接，故D错误。
17．【答案】D
【解析】固定滑块B不动，释放滑块A，设滑块A的加速度为aA，钩码C的加速度为aC，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块A运动的位移是钩码C的2倍，所以滑块A、钩码C之间的加速度之比为aA: aC＝2:1。此时设轻绳之间的张力为T，对于滑块A，由牛顿第二定律可知T＝mAaA，对于钩码C由牛顿第二定律可得mCg–2T＝mCaC，联立解得T＝16 N，aC＝2 m/s2，aA＝4 m/s2。若只释放滑块B，设滑块B的加速度为aB，钩码C的加速度为aCʹ，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块B运动的位移是钩码的2倍，所以滑块B、钩码之间的加速度之比也为aB : aCʹ＝2 :1，此时设轻绳之间的张力为Tʹ，对于滑块B，由牛顿第二定律可知T ʹ＝mBaB，对于钩码C由牛顿第二定律可得mCg-2Tʹ ＝mCaCʹ，联立解得N，m/s2，m/s2。则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为aC : aCʹ＝3 :5，故D正确。
18．【答案】C
【解析】上极板与电源的正极相连，极板间电场方向向下，粒子所受的电场力方向向上，故粒子带负电，故A错误；电容器与R2、R3、R4这部分电路并联，当粒子匀速穿过电容器时，R2、R3、R4这部分电路的总电阻为2Ω，根据串联电路分压特点可得这部分的电压U0＝2V，电容器的电荷量为 Q0＝CU0＝1.5×10﹣9×2C＝3×10﹣9C，故B错误；当粒子匀速穿过电容器时，有 qE0＝mg，粒子在电容器中的运动时间t＝lv0＝0.20.8s＝0.25s。当粒子向上偏转且刚好经过上极板最右端时，在竖直方向上，有 y＝12at2，解得：a＝2m/s2．由牛顿第二定律得 qE1﹣mg＝ma，可得E0E1＝56，并可得U0U1＝E0E1＝56，由此得R2、R3、R4这部分电路总电压 U1＝2.4V，R1的电压UR1＝E﹣U1＝0.6V，电流 I1＝UR1R1＝0.61A＝0.6A，可得R2、R3、R4这部分电路总电阻 R总＝U1I1＝2.40.6Ω＝4Ω，由R总＝R2+R3R4R3+R4，由此算出 R4≈5.7Ω，所以欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上板，R4阻值不得超过5.7Ω，故C正确；同理，粒子经过下极板最右端时的加速度a＝2m/s2．电容器极板间电压 U2＝1.6V，解得：R4≈0.69Ω，故D错误。
19．【答案】AC
【解析】由图象可知金属的极限频率为ν0，入射光的频率必须要大于ν0才能发生光电效应现象，选项A正确；金属的逸出功与入射光的频率无关，选项B错误；若用频率是2ν0的光照射该金属，则光电子的最大初动能为Ekm＝2hν0-hν0＝hν0＝Ue，则遏止电压为U＝hν0e，选项C正确；遏止电压与入射光的频率有关，入射光的频率越大，则最大初动能越大，遏制电压越大，选项D错误。
20．【答案】BD
【解析】金属杆获得冲量Io后，速度v＝I0m，对金属杆应用右手定则分析可得电流方向是b到a，受安培力方向向左，根据牛顿第二定律F安＝BIL＝B2L2vR，μmg＋B2L2vR＝ma，所以杆做的是加速度减小的减速直线运动，A错误，B正确；刚开始运动时，μmg＋B2L2vR＝ma，v＝I0m，联立解得：B2L2I0m2R＋μg，C错误；对金属棒应用动能定理：0-12mv2＝-W安-μmgx，克服安培力的功等于转化给回路的电能即电阻消耗的电功，解得：W安＝I022m-μmgx，D正确。
21．【答案】ACD
【解析】设小滑块在B点的速度为v1，小滑块恰好通过最高点时有：，解得v2＝，由动能定理可得：，解得，故小滑块可通过最高点，通过最高点的速度由动能定理可得，解得，设轨道对小滑块的压力为N，由牛顿第二定律可得：，解得N＝3mg，故D正确。小滑块从B 点处滑到C点处时由机械能守恒定律得：，解得小滑块到达C点时的速度为，小滑块在C点处的动能为Ek＝，故A正确；根据牛顿第二定律可得：mgcos53°＋N＝，代入数据解得：N＝，故C 正确；小滑块在运动过程中机械能守恒，在C点的机械能为，故B错误。
第Ⅱ卷（非选择题，共174分）
三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答)
(一)必考题(共129分)
22．(6分)
【答案】(1)匀速 （2分） (2)mgh1＝12(2M+m)h22t2 （2分） (3)1t2 （2分）
【解析】(1)因AB质量相同，则物块B穿过圆环后做匀速直线运动。
(2)由题意可知，系统ABC减小的重力势能转化为系统的增加的动能，即为：mgh+Mgh-Mgh＝12(2M+m)v2，即为：mgh1＝12（2M+m）v2，又v＝h2t ,得：mgh1＝12（2M+m）(h2t)2。
(3)将mgh1＝12（2M+m）v2，变形后，则有：h1＝(2M+m)v22mg＝(2M+m)h222mg⋅1t2。因此以1t2为横轴；由上式可知，作出的图线是一条过原点的直线，直线的斜率：k＝(2M+m)h222mg。
23．(9分)
【答案】（1）R2（2分） 1.4（2分） 5（2分） （2）如图所示（3分）

【解析】(1)根据欧姆定律，E＝IgR总，R总＝r+Rg+R′，联立可得R′＝1.4 Ω。由于需要用到0.1 Ω，故需选R2；由前面的分析可知，当0.6 A标注为0 Ω时，电阻箱示数应为1.4 Ω。当电流表示数为0.2 A时，E＝Ig(r+Rg+R′+Rx)，可得Rx＝5 Ω。
(2)要使所测电阻阻值越大，电流表示数越大，可采用并联接法，如图所示，定值电阻R为保护电阻。
24．(12分)
【解析】（1）包裹A在传送带滑行，由牛顿第二定律可得：μ1mAg＝mAa1(1分)
假设包裹A离开传送带前就与传送带共速，由匀变速运动知识可得：v02-0＝2a1s1(1分)
解得：s1＝2m