【文档说明】浙江省北斗联盟2023-2024学年高一下学期4月期中考试物理试题 Word版含解析.docx，共(23)页，1.789 MB，由管理员店铺上传

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2023学年第二学期北斗联盟期中联考高一年级物理学科试题考生须知：1．本卷共8页满分100分，考试时间90分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题纸。选择题部分一、

选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列属于国际单位制基本单位符号的是（）A.m/sB.mC.2m/sD.N【答案】B【解析】【详解】A．ms是速度单

位，属于国际单位制中的导出单位，不是基本单位，A错误；B．m是长度单位，属于国际单位制基本单位，B正确；C．2ms是加速度单位，属于国际单位制中的导出单位，不是基本单位，C错误；D．N是力的单位，属于国际单位制中的导出单位，不是基本单位，D错误。故选B。2.

如图所示为运动会中的四个比赛场景，在下列研究中可将运动员视为质点的是（）A.研究甲图运动员如何踢出“香蕉球”B.研究乙图运动员的空中转体姿态C.研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度D.研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作【答案】C【解

析】【详解】A．研究甲图运动员如何踢出“香蕉球”时，是研究运动员的形体动作的，因此运动员的大小和形体不可忽略，不可将运动员视为质点，A错误；B．研究乙图运动员的空中转体姿态时，运动员的大小和形体不可忽略，

不可将运动员视为质点，B错误；C．研究丙图运动员在百米比赛中平均速度时，运动员的大小和形体可忽略，因此运动员可视为质点，C正确；D．研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作时，运动员的大小和形体不可忽略，不可将运动员视为质点，D错误。故选C。3.下面哪一组物理量都属于矢量的是

（）A.线速度、周期B.力、速率C.加速度、路程D.位移、平均速度【答案】D【解析】【详解】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量。A．线速度是矢量，周期是标量，故A错误；B．速率是速度的大小，是

标量，力是矢量，故B错误；C．加速度是矢量，路程是标量，故C错误；D．位移、平均速度都是矢量，故D正确。故选D。4.下列关于物理学史说法正确的是（）A.第谷整理了开普勒的数据提出行星三大运动定律B.牛顿提出万有引力定律并且测出了引力常数C.伽

利略在研究自由落体的规律中开创了实验和逻辑推理和谐地结合的方法D.牛顿通过“理想斜面”实验得出结论：力不是维持物体运动的原因【答案】C【解析】【详解】A．开普勒通过分析第谷的实验数据，得出行星运动规律，故A错误；B．卡文迪许通过实验测出了万有引力常量，故B错误；C．伽利略在研究自由落体的规律中

开创了实验和逻辑推理和谐地结合的方法，故C正确；D．伽利略通过理想斜面实验得到力不是维持物体运动的原因，故D错误。的故选C。5.如图所示一辆小货车停在斜坡上，下面说法正确的是（）A.斜坡对小货车的支持力是轮胎形变

产生的B.小货车对斜坡的摩擦力方向沿斜面向上C.小货车受支持力N与重力G是一对平衡力D.小货车对斜面的作用力的方向是竖直向下【答案】D【解析】【详解】A．斜坡对小货车的支持力是斜坡形变产生的，A错误；B．小货车相对斜坡有沿斜面向下的运动趋势，小货车受到的摩擦力方向沿斜面向上，小货

车对斜坡的摩擦力方向沿斜面向下，B错误；C．平衡力要作用在一个物体上且等大反向共线，所以小货车受支持力N与重力G不是一对平衡力，C错误；D．斜面对小货车的作用力是支持力与摩擦力的合力，竖直向上，根据作用力与反作用力可知，小货车对斜面的作用力的方向是竖直向下的，D正确。故

选D。6.质量为m的足球在地面1的位置被踢出后落到地面3的位置，在空中达到的最高点2的高度为h，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.足球由位置1运动到位置2时，重力做功为mghB.若选择最高点为参考平面，足球

由位置2运动到位置3过程中，重力势能增大C.足球在位置2时，重力的瞬时功率为0D.足球由位置1运动到位置2过程与位置2运动到位置3时的过程重力的平均功率相等【答案】C【解析】【详解】A．足球由位置1运动到位置2时，重力做功为-mgh，故A错误；B

．若选择最高点为参考平面，足球由位置2运动到位置3过程中，重力势能减小，故B错误；C．足球在位置2时，速度沿水平方向，竖直方向的速度为0，所以重力的瞬时功率为0，故C正确；D．由于足球受到空气阻力的作用，可知足球由1到2在

竖直方向的平均加速度大于由2到3在竖直方向的平均加速度，根据212hat=可知足球由1到2所用的时间小于2到3的时间，由于足球由位置1运动到位置2和由2到3在重力做功的绝对值相等，根据WPt=可知足球由位置1运动到位置2过程平均功率大于位置2运动到位置3时

的过程平均功率，故D错误。故选C。7.如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、

右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为100g，细线c、d平行且与水平成30=（不计摩擦），210m/sg=，则细线a、b的拉力分别为（）A.2N，1NB.1N，1NC.2N，2ND.4N，2N【答案】A

【解析】【详解】对A、B整体受力分析，如图1所示，细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等，方向相反，对配重P、Q受力分析，由力的平衡条件可知dcTTmg==且两者共线反向，由平衡条件可得220.110N2NaTmg=

==方向竖直向上。对A受力分析，如图2所示，由力的平衡条件，在水平方向可得coscosbcTT=在竖直方向可得sinsinbcTTmg+=联立并代入数据解得30==0.110N1NbcTTmg====故选A。8.地球质量大约是月球质量的81倍，一个飞行

器在地球与月球之间。当地球对它的引力大小是月球对它的引力大小4倍时，该飞行器距地心的距离与距月心的距离之比为（）A.2:9B.9:2C.1:9D.9:1【答案】B【解析】【详解】设地球的质量为M，月球的质量为m，飞行器的质量为m＇，飞行器距地心的距离为r1

，距月心的距离为r2，由万有引力定律可得1222221212181:::4:1GMmGMmGmmGMmFFrrrr===解得12:9:2rr=故选B。9.如图为某工程中的一种齿轮传动装置，A、B通过齿轮咬合，A、C通过轴承联动。A点、B点、C点的半径之比是5:3:1。当匀速转

动时，下列关于A、B、C点说法正确的是（）A.线速度之比为3:3:1B.角速度之比为1:3:1C.向心加速度之比为3:5:1D.周期之比为5:3:5【答案】D【解析】【详解】AB．A、B通过齿轮咬合，线速度相等，有ABvv=A、C通过轴承联动,角速

度相等，有AC=A点、B点、C点的半径之比是5:3:1，根据vr=可得::5:1ACACvvrr==所以::5:5:1ABCvvv=根据vr=可得::3:5ABBArr==所以::3:5:3ABC=AB均错误；C．根据2ar=

可得::15:25:3ABCaaa=C错误；D．根据2T=可得::5:3:5ABCTTT=D正确。故选D。10.如图所示，长L轻杆两端分别固定着可以视为质点的小球A、B，放置在光滑水平桌面上，杆中O点处有一竖直方向的固定转动轴，小球A、B的质量分别为2m、m。:AOBO为2:1，当轻杆以角速

度绕轴在水平桌面上转动时，求转轴受杆拉力的大小为（）A20.5mLB.21mLC.21.5mLD.22mL【答案】B【解析】【详解】由向心力公式，对A球可得22A24233FmLmL==对B球可得的.22B113

3FmLmL==由牛顿第三定律可知，转轴受杆拉力的大小为222AB41133FFFmLmLmL=−=−=故选B。11.龙接风是浙江丽水景宁畬族传统比赛，比赛时甲队员将绣球抛向距离10米外的同队乙队员，乙队员用背着的背篓接住同伴投来的绣球，所接绣球数多者为胜。假设投掷

点与背篓接住处等高。有4个绣球从同一投掷点投出，其轨迹如图所示。1、4球在背篓处2接住，2、3球在背篓处1接住，其中1、2球最高点高度相同，4球最高点低于3球最高点。不计空气阻力。下列说法正确的是（）A.在空中运动过程中1球速度变化量最大B.在空中

运动过程中3球时间最短C.2、4球的末速度大小可能相等D.1、2球的末速度方向可能相同【答案】C【解析】【详解】AB．抛体运动在竖直方向做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动时间为22htg=高度越高，运动

时间越长。速度变化量为vgt=所以1、2球竖直高度最大，运动时间最长，速度变化量最大，4球竖直高度最小，运动时间最短，A、B均错误；C．根据22yvhg=可知2、4两球相比，2球高度大，运动时间长，竖直方向速度大，4球竖直方向速度小。根据xxvt=可知，2、4

两球相比，2球水平位移小，运动时间长，水平方向速度小，4球水平速度大，根据22xyvvv=+可知2、4球的末速度大小可能相等，C正确；D．1、2球竖直高度相同，运动时间相同，竖直方向速度相同，而2球水平位移小于4球，所以2球水平速度小于4球，根据tanyxvv=可知，2球末速度方向与

水平方向的夹角更大些，D错误。故选C。12.2023年7月23号是“天问一号”火星探测器发射成功三周年，已知火星的半径约为地球半径的12，质量约为地球质量的110，下列关于宇宙速度的理解正确的是（）A.地面附近发射飞行器的速度

超过16.7km/s，飞行器绕地球椭圆轨道运动B.地面附近发射火星探测器的速度大于11.2km/s，且小于16.7km/sC.火星的第一速度宇宙大于地球的第一宇宙速度D.环绕火星的“环火器”的速度大于3.95km/s【答案】B【解析】【详解】A．

地面附近发射飞行器绕地球椭圆轨道运动，发射速度应大于第一宇宙速度且小于第二宇宙速度，即速度大于7.9km/s，且小于11.2km/s，A错误；B．地面附近发射火星探测器的速度应大于第二宇宙速度且小于第三宇宙速度，即速度大于11.2km/s，且小于16.7km/s，B正确；CD．根据22Mmv

GmRR=可得GMvR=火星与地球的第一宇宙速度之比为15vMRvMR==火火地地地火火星的第一宇宙速度为13.53km/s5vv=地火所以火星的第一速度宇宙小于地球的第一宇宙速度，环绕火星的“环火器”的速度小于火星的第一宇宙速度，即小于3.95km/s，CD均错误。故选B。13.牛顿认

为物体落地是由于地球对物体的吸引，这种吸引力可能与天体间（如地球与月球）的引力具有相同的性质、且都满足2MmFr∝。已知地月之间的距离r大约是地球半径的60倍，地球表面的重力加速度为g，根据牛顿的猜想，月球绕地球公转的周期为（）A.30πrgB.30πgrC.120πrgD.120πgr【

答案】C【解析】【详解】设地球半径为R，由题知，地球表面的重力加速度为g，则有2MmmgGR=地月球绕地球公转有2224πMmGmrrT=月地月r=60R联立有120πrTg=故选C。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的备选项至少有

一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但选不全的得2分，错选或不答的得0分）14.北京时间2024年1月17日，天舟七号货运飞船发射成功，假设下图中1、2轨道分别是天舟七号飞船变轨前后的圆形轨道，下列说法正确的是（）A.飞船从1轨道变到2轨道要点火加速B.飞船在1轨道的周期大于2轨道的周期C

.飞船在1轨道的速度大于2轨道的速度D.飞船在1轨道的加速度小于2轨道的加速度【答案】AC【解析】【详解】A．飞船从低轨道变轨到高轨道需要点火加速做离心运动才能完成，A正确；B．根据2224MmGmrr

T=可得234rTGM=可知，轨道半径越小，周期越小，B错误；C．根据22MmvGmrr=可得GMvr=可知，轨道半径越小，线速度越大，C正确；D．根据2MmGmar=可得2GMar=可知，轨道半径越小，加速度越大，D错误。故选AC。15.质量为1kgm=

的物体沿水平面向右做直线运动，0=t时刻受到一个水平向左的恒力F的作用，如图甲所示，取水平向右为正方向，此物体的vt−图像如图乙所示，g取210m/s，则（）A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.5B.010s内恒力F对物体做功为3JC.10s末物体在计时起点位置右侧2

m处D.010s内物体克服摩擦力做功为17J【答案】BD【解析】【详解】A．设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v—t图像可解得加速度大小a1=2m/s2方向与初速度方向相反，设物体向左做匀加速直线

运动的加速度大小为a2，则由v—t图像解得a2=1m/s2方向与初速度方向相反，根据牛顿第二定律得F+μmg=ma1，F-μmg=ma2解得F=1.5N，μ=0.05故A错误；BC．根据v—t图像中图线与横轴所围成的面积表示位移，10s内物体的位移为()104684mm

2m22x−=−=−负号表示物体在计时起点位置的左侧，即10s末物体在计时起点位置左侧2m处，则10s内恒力F对物体做功W=Fx=1.5×2J=3J故B正确，C错误；D．10s内物体运动路程()104684m+m34m22s−

==克服摩擦力做功W克f=μmgs=17J故D正确。故选BD。非选择题三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.在下列学生实验中，需要用到打点计时器和纸带的实验是（）A.探究两个互成角度的力的合成规律B.探究加速度与力、质量的关系C.探究小车速度随时间变化规律D.探究弹簧弹力与形变量的关

系【答案】BC【解析】【详解】A．探究两个互成角度的力的合成规律用到弹簧测力计，不需要打点计时器和纸带，A错误；B．探究加速度与力、质量的关系，需要测加速度，利用打点计时器和纸带能测得物体的速度和加速度，B正确；C．探究小车速度随时间变化的规律需要测速度，利用打点计时器和纸带能测得物

体的速度和加速度，C正确；D．探究弹簧弹力与形变量的关系，需要用到弹簧测力计和刻度尺，不需要打点计时器和纸带，D错误。故选BC。17.研究性学习小组的同学欲用补偿法探究小车质量不变时，其加速度与力的关系，在实验室设计了一套如图1所示的装置，由于实验

室的槽码不足，于是该同学想到了垫片、回形针，如图2所示。垫片挂在回形针上面，回形针绑在细线的下端，细线上端通过定滑轮连接小车。的的（1）若取车子的质量是0.4kg，改变垫片个数，进行多次实验，以下一个垫片

取值最合适的是______。A.15gm=B.150gm=C.350gm=（2）已知交流电源的频率为50Hz，某次实验得到的纸带如图3所示，图中A、B、C、D为计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出，测得AB间为4.60cm、BC数据模糊不清、CD为6.40cm。由该纸带可求得小

车的加速度=a______2m/s。（保留2位有效数字）（3）若该同学正确补偿了摩擦力后，实验操作规范、数据计算正确，由于回形针存在质量，导致小车的加速度与合力（垫片的重力近似为合力）图像可能不过原点，上图4中最有可能的图线是___

___（甲或乙）【答案】（1）A（2）0.90（3）甲【解析】【小问1详解】用垫片和回形针的重力表示绳子的拉力需要满足垫片和回形针的质量要远远小于小车的质量。故选A。【小问2详解】相邻计数点的时间间隔为0.1sT=根据22CDABxxaT−=可得20.90m/sa=【小问3详

解】由于回形针有重力，设其质量为0m，根据牛顿第二定律，有0mgFma+=可得01mgaFmm=+aF−图像中纵轴截距为正值，故选甲。18.向心力演示器如图1所示。（1）实验时，摇动手柄，观察套筒的红白相间等分标记，如图2所示______（填甲或乙）为小球放在滑槽处正确的位置

。（2）图1中，长槽上的球在B处到转轴的距离是球在A处到转轴距离的2倍，长槽上的球在A处和短槽上的球在C处到各自转轴的距离相等。在探究向心力和角速度的关系实验中，应取质量相同的小球分别放在图①中的_____

_处（选填“AB”“AC”或“BC”），若标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1:9，那么图1中皮带传动的左右变速塔轮半径之比12:RR=______。（3）在加速转动手柄过程中，左右

标尺露出红白相间等分标记的比值______（选填“不变”、“变大”或“变小”）。【答案】（1）甲（2）①.AC②.3:1（3）不变【解析】【小问1详解】摇动手柄，小球在滑槽上做匀速圆周运动，挡板对小球的作用力提供向心力，因此图2所示甲为小球放在滑槽处正确的

位置。【小问2详解】[1]在探究向心力和角速度的关系实验中，由向心力公式2Fmr=可知，要两球的转动半径相同，应取质量相同的小球分别放在图①中的AC。[2]两个小球所受向心力的比值为1:9，由向心力公式2Fmr=可知221212::FF=解得1212::1:3FF=

=则两个小球角速度之比为1:3，即左右变速塔轮的角速度之比为1:3，对塔轮，皮带传动线速度相同，由vR=可知，图1中皮带传动的左右变速塔轮半径之比12:3:1RR=【小问3详解】在加速转动手柄过程中，由于皮带传动的左右变速塔轮半径之比不变，则角速度之比不变，由向心力公式2Fmr=

可知，两个小球所受向心力之比不变，则左右标尺露出红白相间等分标记的比值不变。19.开车玩手机导致追尾事故应负全责，一辆汽车从丽水开往杭州，在某一直线路段行驶的速度为108km/h。驾驶员低头抢红包盲开20m突然发现前方有异常情况，于

是紧急刹车。若汽车橡胶轮胎与路面间的动摩擦因数是0.75，该驾驶员的反应时间（从发现异常情况到实施制动的时间）为0.5s，g取210m/s。（1）求刹车时汽车的加速度大小；（2）从低头开始到最后停止，求该车的位移大小。【答案】（1）27.5m

/s；（2）95m【解析】【详解】（1）刹车时，根据牛顿第二定律，有mgma=解得加速度大小为27.5m/sa=（2）汽车行驶速度为108km/h30m/sv==反应时间的位移为1115mxvt==刹车阶段的位移为22060m2vxa−=−=所以有01

220m15m60m95mxxxx=++=++=20.将扁平的石片向水面快速抛出，石片可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。要使石片从水面跳起产生“水漂”效果，石片首次接触水与水面成20°角时

，水漂效果最为完美。为了观察到“水漂”，一同学将一石片从距水面高度为1.8mh=处水平抛出。某次“打水漂”石片首次接触水面时的速度方向与水面的夹角正好为37°。若石片与水面的每次碰撞后，水平速度为碰前的一半，竖直上升最大高度为碰前的1/4。当水平速度小于0.

6m/s时，石片会沉入水下。不计空气阻力，重力加速度为g，（1）求石片水平抛出速度为多少？（2）求石片与水面共碰撞几次后沉入水下；（不包含沉入水下的最后那次碰撞）（3）石片从拋出到最后入水的过程中通过的水平总距离为多少？【答案】（1）8m/s；（2）3次；（3）

7.95m【解析】【详解】（1）根据22vgh=得首次接触水面时竖直方向的速度6m/syv=根据0tan37yvv=得石片水平抛出速度为08m/sv=（2）根据题意，石片与水面每次碰撞后，水平速度为碰前的一半，当水平速度小于0.6m/s时，石片会沉入水下，则石片与水面共碰撞3次后沉入水下。

（3）第一次碰撞前运动的时间00.6syvtg==水平位移0004.8mxvt==第一次碰撞后至第二次碰撞前的这段时间内，水平方向速度1014m/s2vv==时间11224220.6shhtgg===水平位移1112.4mxvt==第二次碰撞后至第三次碰撞前的这段时间内，水平方

向速度2112m/s2vv==时间222216220.3shhtgg===水平位移2220.6mxvt==第三次碰撞后至第四次碰撞前的这段时间内，水平方向速度3211m/s2vv==时间332264220.15shhtgg===水平位移3330.15mxvt

==所以01237.95mxxxxx=+++=21.如图1所示，质量均为0.5kg的小球B和物块C由一轻质弹簧连接，静置于水平桌面上，弹簧的劲度系数100N/mk=。如图2所示，某同学设计了一个把C提离桌面

的小实验，把轻绳一端与B球连接，另一端穿过一竖直光滑的细管后与质量也为0.5kg的小球A相连，用手托住A球，使绳子自然伸直，此时绳子无张力，绳子OA部分在细管的外部，长为0.7m。现保持细管竖直位置不变，用手慢慢加速摇动细管，让小球A跟随细管加

速转动一段时间后，物块C刚好要被提离桌面，此时A球保持在水平面内做匀速圆周运动，如图3所示，取重力加速度210m/sg=，不计细管质量与半径及空气阻力。求：（1）从开始到物块C刚好要被提离桌面的过程中，求小球B上升的

高度；（2）物块C刚好要被提离桌面时，求OA线与竖直方向的夹角；（3）物块C刚好要被提离桌面时，求小球A做匀速圆周运动的角速度大小。【答案】（1）0.1m；（2）o60；（3）5rad/s【解析】【详解】（1

）开始时，弹簧被压缩，有1Bkxmg=解得10.05mx=物块C刚好要被提离桌面时，弹簧被拉伸，有2Ckxmg=解得20.05mx=所以从开始到物块C刚好要被提离桌面的过程中，求小球B上升的高度为120.1mxx+=（2）物块C刚好要被提离桌面时，绳上的拉力为()B10NCTmmg

=+=此时A球做匀速圆周运动，设OA线与竖直方向的夹角为，有AcosmgT=解得o60=（3）设小球A做匀速圆周运动的角速度为，有()o2oAAtan60sin60mgmLx=+解得5rad/s=22

.如图所示，一游戏装置由倾斜角为的光滑轨道AB、水平传送带BC、半径为R的光滑半圆弧轨道DE组成，O为圆弧轨道的圆心，D、C、O、E四点在同一竖直线上。游戏时，小滑块从倾斜轨道不同高度处静止释放，经过传送带后沿半圆弧轨道运动，最后由E点平抛落地面为成功完成游戏一次。已知小滑块与

传送带的动摩擦因数0.1=，BC长为2mL=，传送带顺时针匀速传动，速度大小为4m/s，D距地面的高度6mH=，0.5mR=，37a=，CD间的距离刚好允许小滑块通过，忽略传送带转轮大小和CD间距大小，小

滑块经B、D处时速度大小不变，小滑块可视为质点，其余阻力不计，sin370.6=，g取210m/s求：（1）若小滑块恰好匀速通过传送带，求释放的高度h；（2）若小滑块质量为0.1kg，某次游戏中，小滑块通过E点速度为6m/

s，求小滑块通过E点时对轨道的压力；（3）经过理论研究表明，当小滑块沿轨道从D到E的过程中，在E点与在D点时对轨道的作用力差恒为6mg。现要求小滑块能成功完成游戏且要求在BC段全程做匀加速直线运动。求小滑块平抛的水平距离x与其释放的高度h之间满足的关系。

【答案】（1）0.8m；（2）8.2N，方向竖直向下；（3）当0.05m0.6mh时，则有5m6mx【解析】【详解】（1）若小滑块恰好匀速通过传送带，说明小滑块在光滑轨道AB上滑到B点时速度大小与传送带的速度大小相等

，由动能定理可得2102mghmv=−解得224m0.8m2210vhg===（2）小滑块通过E点速度为6m/s，由牛顿第二定律可得21NEvFmgmR−=代入数据解得221N60.110N0.1N8.2N0.5E

vFmgmR=+=+=由牛顿第三定律可知，小滑块通过E点时对轨道的压力大小为8.2N，方向竖直向下。（3）在E点与在D点时对轨道的作用力差恒为6mg。可知小滑块过D点时对轨道的压力最小值是零，由临界条件，可得速度临界值，则有2DvmgmR=100.5ms5msDv

gR===在E点与在D点时对轨道的作用力差恒为6mg，可知小滑块在E点则有226EvmgmgmR−=解得最小速度2655100.5ms5msEmgmgvRgRm−====小滑块离开E点后做平抛运动，在

竖直方向则有2122HRgt−=小滑块下落时间为()2225s1s10HRtg−===可知小滑块恰能在BC段全程做匀加速直线运动时，小滑块加速到C点时，速度与传送带速度相等，由动能定理可得22102mghmgLmv

+=−代入数据解得最大释放高度为20.6mh=当0.6mh时，小滑块从B到E，由动能定理211202mghmgLmgRmv++=−解得12024vh=+则有水平位移11202412024xvthh==+=+当小滑块在BC段全程做匀加速直线运动时，对小滑块从

静止释放到E点，且速度达到过D点时的临界值，有最小释放高度时，由动能定理可得2121202mghmgLmgRmv++=−其中225msEvv==代入数据解得10.05mh=则有min25mExvt==可知小滑块在BC段全程做匀加速直线运动时的最大释放高度是0.6m，从C到D

，由动能定理可得22max11222EmgRmvmv=−解得max6msEv=则有maxmax6mExvt==可知小滑块平抛的水平距离x与其释放的高度h之间满足的关系：当0.05mh=时，5mx=；当0.6mh=时，6mx=；当0.05m0.6mh时，256x

h=+。即为当0.05m0.6mh时，则有5m6mx。