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第二学期期末模拟测试试题
高一物理
一、单选题
1. 2022年2月8日，北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛在首钢滑雪大跳台举行，谷爱凌出战自由式滑
雪女子大跳台决赛，并成功夺得冠军，如图是谷爱凌在加速助滑阶段沿倾斜赛道下滑的情形，在该过程中
下列说法正确的是（ ）
A. 滑板对赛道的摩擦力方向沿斜面向下
B. 下滑过程中空气阻力对谷爱凌做正功
C. 下滑过程中相等时间内的位移相等
D. 下滑过程中谷爱凌所受合力为零
【答案】A
【解析】
【详解】A．谷爱凌在加速沿倾斜赛道下滑运动中，滑板受赛道的摩擦力方向沿斜面向上，由牛顿第三定
律可知，滑板对赛道的摩擦力方向沿斜面向下，A正确；
B．下滑运动中空气阻力与运动方向相反，所以空气阻力对谷爱凌做负功，B错误；
C．下滑运动中是加速助滑运动，速度时刻在变化，所以在相等时间内的位移不相等，C错误；
D．下滑运动中 是加速助滑运动，加速度不等于零，由牛顿第二定律可知，谷爱凌所受合力不是零，D错
误。
故选A。
2. 如图所示，将两个相同的木块P、Q置于粗糙斜面上，P、Q中间有一处于压缩状态的弹簧，弹簧不与
P、Q栓接。木块P受到一个沿斜面向下的恒定拉力F，P、Q均静止。下列说法正确的是（ ）A. P一定受到5个力的作用
B. Q可能受到5个力的作用
C. 只移去弹簧后P可能会沿斜面下滑
D. 只移去弹簧后P所受摩擦力可能不变
【答案】A
【解析】
【详解】A．设木块质量为m，斜面倾角为 ，对P受力分析如图
则P受到重力、支持力、弹簧弹力、摩擦力、拉力五个力的作用，故A正确；
B．Q受到的弹簧弹力沿斜面向上，若Q重力沿斜面向下的分力与弹簧弹力的大小相等，则Q不受摩擦力，
所以Q可能受到重力、支持力、弹簧弹力3个力的作用，当重力沿斜面向下的分力与弹力不相等时，Q还
会受到摩擦力，即也可能受到4个力，但无论哪种情况，B都不会受到5个力的作用，故B错误；
CD．有弹簧时，正交分解P受到的重力，沿斜面方向受力平衡，有
无弹簧时，有
可知物块P受到的沿斜面向下的力变小，需要的摩擦力变小，故物块P仍然静止，故CD错误。故选A。
3. 荡秋千是一项古老的休闲体育运动。某秋千简化模型如图所示，长度为L的两根细绳下端栓一质量为m
的小球，上端固定在水平横梁上，小球静止时，细绳与竖直方向的夹角均为 。保持两绳处于伸直状态，
将小球拉高H后由静止释放，已知重力加速度为g，忽略阻力，以下判断正确的是（ ）
A. 小球释放瞬间处于平衡状态
B. 小球释放瞬间，每根细绳的拉力大小均为
C. 小球摆到最低点时，每根细绳的拉力大小均为
D. 小球摆到最低点时，每根细绳 拉的力大小均为
【答案】B
【解析】
【详解】AB．设每根绳的拉力大小为T，小球释放瞬间，受力分析如图1，所受合力不为0，不是平衡状
态，由于速度为0，则有
如图2，由几何关系有联立得
A错误，B正确；
CD．小球摆到最低点时，图1中的 ，此时速度满足
由向心力公式得
其中
联立解得
CD错误。
故选B 。
4. 如图所示，“鹊桥”中继星处于地月拉格朗日点L 上时，会和月球、地球两个大天体保持相对静止的状
2
态。设地球的质量为M，“鹊桥”中继星的质量为m，地月间距为L，拉格朗日L 点与月球间距为d，地
2
球、月球和“鹊桥”中继星均可视为质点，忽略太阳对“鹊桥”中继星的引力，忽略“鹊桥”中继星对月
球的影响。则“鹊桥”中继星处于L 点上时，下列选项正确的是（ ）
2A. 月球与地球质量之比为
B. “鹊桥”中继星与月球的线速度之比为
C. “鹊桥”中继星与月球的向心加速度之比
D. 地球对月球的引力和“鹊桥”中继星对月球的引力之比为1∶1
【答案】A
【解析】
【详解】A．对月球，地球对它的万有引力提供向心力
对“鹊桥”中继星，地球引力和月球引力的合力提供向心力，故
联立解得
故A正确；
B．“鹊桥”中继星与月球绕地球运动的角速度相等，根据 可得“鹊桥”中继星与月球的线速度之
比为 ,故B错误；
C．根据 可得“鹊桥”中继星与月球的向心加速度之比为 ，故C错误；
D．月球所受的合外力方向指向地球，故地球对月球的引力大于“鹊桥”中继星对月球的引力，故D错误。故选A。
5. 如图所示，地球的两颗人造卫星甲、乙的质量均为m，分别在圆轨道和椭圆轨道上运动，AB分别为椭
圆轨道的近地点、远地点，与地心的距离分别为r、3r，两轨道相切于A点，万有引力常量为G，地球的质
量为M，规定无限远处卫星的引力势能为0，质量为m的卫星离地心的距离为R时，其引力势能为
，下列说法错误的是（ ）
A. 甲、乙的运行周期之比为
B. 在A点，甲的加速度等于乙的加速度
C. 甲、乙在A点的机械能相等
D. 甲的机械能为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据开普勒第三定律
其中
r=2r=2r
2 1
解得甲、乙的运行周期之比为 ，故A正确；
B．在A点
甲的加速度等于乙的加速度，故B正确；C．从低轨道到高轨道要加速离心，故甲的机械能小于乙的机械能，故C错误；
D．甲的动能
势能
所以甲的机械能为 ，故D正确。
本题选错误的，故选C。
6. 如图所示，倾角为 的斜面体C置于水平面上，在它上面放有质量为m的木块B，用一根平行于斜面的
细线连接一个轻环A，并将轻环套在一根两端固定、粗糙的水平直杆上，整个系统处于静止状态，重力加
速度为g。则（ ）
A. 若斜面体上表面粗糙，细线对木块B一定有拉力作用
B. 若斜面体上表面粗糙，水平面对斜面体C的摩擦力方向可能向右
C. 若斜面体上表面光滑，水平面对斜面体C的摩擦力大小为
D. 若斜面体上表面光滑，则细线被剪断的前后，水平面对斜面体C的摩擦力方向会反向
【答案】C
【解析】
【详解】A．若斜面体上表面粗糙，木块B可能受到重力，斜面体C对它的弹力和摩擦力共三个力作用下
处于平衡，可能不受绳子拉力作用，故A错误；
B．若斜面体上表面粗糙，绳子对木块无拉力时，则水平面对斜面体无摩擦力；若斜面体上表面粗糙，绳
子对木块有拉力时，对B、C整体分析知，水平面对C的摩擦力与细线拉力在水平方向上的分力平衡，所以水平面对斜面体C的摩擦力方向向左，故B错误；
C．若斜面体上表面光滑，设细线的弹力为F，对斜面上的物块由共点力平衡条件有
对B、C整体受力分析可得，水平方向满足
解得水平面对斜面体C的摩擦力大小为
故C正确；
D．若斜面体上表面光滑，剪断细线后，物块下滑，斜面受力不改变，水平面对斜面体的摩擦力不变；故
D错误。
故选C。
7. 如图所示，在光滑水平面上，有一绝缘长木板B静止在水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E，现
把电荷量为 的小物块A从B的左端由静止释放，经过一段时间后（A未从B上掉落），A向右运动的
位移大小为 ，B向右运动的位移大小为 ，已知A与B接触面间的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，A、B的质量均为m，下列说法正确的是（ ）
A. 若 ，则
B. 若 ，则
C. 若 ，则该过程中因摩擦产生的热量
D. 该过程中，A、B系统的电势能减小 ，机械能增加
【答案】C【解析】
【详解】A．假设A、B系统一起向右加速，对A、B系统受力分析，根据牛顿第二定律有
可得，A、B系统共同的加速度为
此时长木板B受到的摩擦力为
若 ，则长木板B受到的摩擦力
假设成立，说明此时A、B间为静摩擦，A、B一起向右加速，则 ，故A错误；
BC．由上分析可知，若 ，则长木板B受到的摩擦力
说明A、B发生相对滑动，对小物块A受力分析，根据牛顿第二定律有
对长木板B受力分析，根据牛顿第二定律有
由于 ，可得
则根据匀变速直线运动的位移公式
可得
根据功能关系，可得该过程中因摩擦产生的热量为故B错误，C正确；
D．根据功能关系，即电场力做功的多少等于电势能变化的多少，可知A、B系统减少的电势能为 。
由上分析可知，若 ，即若A、B一起运动，则根据能量的转化和守恒可知，A、B系统增加的
机械能等于A、B系统减少的电势能即为 。若 ，即A、B发生相对滑动，根据能量的转
化可知，A、B系统减少的电势能 转化为A、B摩擦产生的内能和A、B的机械能，则A、B系统增加
的机械能为
故D错误。
故选C。
8. 如图所示，有一符合方程y＝x2＋4的曲面（y轴正方向为竖直向上），在点P（0，40 m）将一质量为1
kg的小球以2 m/s的速度水平抛出，小球第一次打在曲面上的M点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则（
）
A. M点坐标为（5 m，29 m）
B. 小球打在M点时重力的瞬时功率为200 W
C. 小球打在M点时的动能为404 J
D. P点与M点间距离为2 m
【答案】B
【解析】
【详解】A．小球做平抛运动，分解位移消去时间，解得
可知平抛运动的轨迹为一抛物线，与题图曲线交点满足
解得
纵坐标为
所以 点坐标为（4 m，20m），A错误；
B．小球在竖直方向做自由落体运动，下落的高度y=20cm
解得
重力的瞬时功率为
B正确；
C．根据动能定理
解得
C错误；
D．P点与M点间距离为D错误。
故选D。
二、多选题
9. 如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与质量为2m的物块A连接，质量为m
的物块B叠放在A上，系统处于静止状态. 现对物块B施加竖直向上的拉力，使B以加速度 竖直向上
做匀加速直线运动直至与A分离，重力加速度为g，则物块A、B分离时（ ）
A. 竖直拉力的大小为
B. 物块A上升的高度为
C. 物块的速度大小为
D. 弹簧弹性势能的减少量为
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．物块A与物块B恰好分离，A、B间的弹力为0，以物块B为研究对象，由牛顿第二定律得
解得故A正确；
B．开始物块A、B叠放在弹簧上静止时有
分离时以物块A为研究对象有
则物块A上升的高度为
联立解得
故B正确；
C．由运动学公式得
解得分离时物块B的速度大小为
故C错误；
D．从开始到分离时，弹簧弹力做功为
联立解得
由功能关系知弹簧弹性势能减少量为
故D正确。
故选ABD。10. 如图所示，倾角 的斜面固定在水平地面上。质量分别为 的两物块A、B置于斜面上，
质量为 的物块C套在光滑的竖直固定杆上，A与C之间用跨过光滑定滑轮的轻质细线连接，滑轮左
侧的细线水平，滑轮右侧的细线与竖直方向的夹角 均处于静止状态。B的上表面水平，
A与B，B与斜面之间的动摩擦因数均为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 ，
，则（ ）
A. A与B之间存在两对作用力与反作用力
的
B. 斜面对B 作用力的大小为
C. 剪断细线瞬间，A、B之间摩擦力的大小为
D. 剪断细线瞬间，B对A的支持力的大小为
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．对A受力分析，A处于平衡状态，受到重力、B对A的支持力、细线的拉力和B对A的摩擦
力，故A与B之间存在两对作用力与反作用力，A正确；
B．依题意有，以C为研究对象对其受力分析，设绳子张力为T，杆对C的作用力为N ，则有
1
解得
将A、B视为一整体，对其受力分析有，斜面对B的作用力、AB的重力、绳子的拉力，故斜面对B的作用力的大小为
故B正确；
C．将A、B视为一整体，剪断细线后，假设水平方向上没有相对滑动，则有共同的加速度沿斜面下滑，
设为a，有
解得
则在竖直方向的分加速度为
B、A之间的正压力为 ，则有
解得
在水平方向的分加速度为
以物体A为研究对象可知
从上式可以看出说明假定成立，即在水平方向上A、B没有相对滑动，它们以相同的加速度 沿斜面
下滑，由于A在水平方向的加速度是由于B对A在水平方向的静摩擦力提供的，据牛顿第二定律有
故C错误；
D．据前面分析，对A受力分析，设B对A的支持力为 ，在竖直方向上根据牛顿第二定律有解得
故D正确。
故选ABD。
11. 如图所示，倾角为 足够长的固定光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一端与挡板连接，另一端与
物块A接触但不连接，A上方放置另一物块B，B与物块C用跨过光滑轻质定滑轮的细线连接。开始时用
手托住C，使细线处于伸直但不拉紧的状态，此时A、B静止在斛面上。某时刻突然释放C，一段时间后
A、B分离，此时C未触地。已知A、B分离时，B的速度大小为 ，A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系
数为k，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为 。下列说法正确的是（ ）
A. 刚释放C时，A、B间的弹力大小为
B. A、B分离时，B的加速度大小为
C. A的速度最大时它沿斜面上升的距离为
D. 从释放C到A、B分离时弹簧减少的弹性势能为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．开始时用手托住C，使细线处于伸直但不拉紧的状态，以AB为对象，根据受力平衡可知此时
弹簧的弹力大小为
刚释放C时，设A、B间的弹力大小为 ，绳子拉力为 ，此时的加速度为 ，以C为对象，根据牛顿第
二定律可得以B为对象，根据牛顿第二定律可得
以A为对象，根据牛顿第二定律可得
联立解得
A错误；
B．A、B分离时，A、B之间的弹力为零，设此时的加速度为 ，绳子拉力为 ，以C为对象，根据牛
顿第二定律可得
以B为对象，根据牛顿第二定律可得
联立解得
B正确；
C．初始时弹簧的压缩量为
当A的速度最大时，弹簧弹力与A的重力沿斜面向下的分力平衡，则此时弹簧的压缩量为
可知A的速度最大时它沿斜面上升的距离为
C错误；
D．从释放C到A、B分离时，假设此过程A、B沿斜面上升的距离为 ，则此过程A、B增加的重力势能为
此过程C减少的重力势能为
可知此过程A、B增加的重力势能等于C减少的重力势能，根据能量守恒可知此过程弹簧减少的弹性势能
等于A、B、C增加的动能，则有
D正确。
故选BD。
12. 如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，速率始终不变。t＝0时
刻在传送带适当位置放上一具有初速度的小物块。取沿斜面向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随
时间的变化如图乙所示。已知小物块质量m＝1kg，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 传送带顺时针转动，速度大小为2m/s
B. 传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝
C. 0～t 时间因摩擦产生热量为27J
2
D. 0～t 时间内电动机多消耗的电能为28.5J
2
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．从v－t图像可知，小物块最终随传送带一起匀速运动，说明传送带的速度为2m/s，因为取沿
斜面向上为正方向，所以传送带顺时针转动，故A正确；
B．小物块的加速度
a＝1m/s2
对物块受力分析，可得
μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得
μ＝
故B正确；
C．物块运动速度减为零后，反向加速经历时间
t＝ ＝2s
由v－t图像可知
t＝3s
2
则物块向下运动过程中与传送带间的相对位移为
物块向上运动过程中与传送带间的相对位移为
所以传送带与物块的总相对位移为
=4.5m
所以产生内能为
Q＝μmgcosθ·Δs＝27J
故C正确；
D．物块增加的重力势能
ΔE＝mgsinθ· ＝7.5J
p
物块动能的增量
ΔE＝ mv2－ mv2＝1.5J
k 0
则传送带多消耗的电能
W ＝Q＋ΔE＋ΔE＝36J
电 p k
故D错误。
故选ABC 。
三、实验题
13. 图甲所示为某实验小组测量A、B两个箱子质量的装置图，其中D为铁架台，E为固定在铁架台上的轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略），F为光电门，C为固定在A上、宽度为d的细遮光条（质量不计）.此外
该实验小组还准备了砝码一套（总质量m＝1kg)和刻度尺等，请在以下实验步骤中按要求作答：
0
（1）在铁架台上标记一位置O，并测得该位置与光电门之间的高度差h；
（2）取出质量为m的砝码放在A中，剩余砝码都放在B中，让A从位置O由静止开始下降；
（3）记录遮光条通过光电门时间t，计算出A下落到F处的速率 ；则下落过程中加速度 ；
（4）改变m，重复（2）（3）步骤，得到多组m及a的数据，作出_______（填“a-m”或“ ”）图像，
如图乙所示（图中横、纵坐标物理量的单位均采用国际制单位）；
（5）请简要说明该图线是直线的原因：_______；并解释横纵截距和切线斜率的物理意义：_______。
【答案】 ①. a-m ②. 见解析 ③. 见解析
【解析】
【详解】（4）[1]由牛顿第二定律得
解得
所以应作出 的图像；
（5）[2]因
则a-m图像为直线；[3]图像斜率为
截距为
14. 某实验小组利用图（a）所示的实验装置探究空气阻力与速度的关系，实验过程如下：
（1）首先将未安装薄板的小车置于带有定滑轮的木板上，然后将纸带穿过打点计时器与小车相连。
（2）用垫块将木板一端垫高，调整垫块位置，平衡小车所受摩擦力及其他阻力。若某次调整过程中打出
的纸带如图（b）所示（纸带上的点由左至右依次打出），则垫块应该___________（填“往左移”“往右
移”或“固定不动”）。
（3）在细绳一端挂上钩码，另一端通过定滑轮系在小车前端。
（4）把小车靠近打点计时器，接通电源，将小车由静止释放。小车拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如
图（c）所示。已知打点计时器所用交流电的频率为 ，纸带上标出的每两个相邻计数点之间还有4个
打出的点未画出。打出E点时小车的速度大小为___________ （结果保留3位有效数字）。
（5）保持小车和钩码的质量不变，在小车上安装一薄板。实验近似得到的某时刻起小车的 图像如图（d）所示，由图像可知小车加速度大小___________（填“逐渐变大”“逐渐变小”或“保持不变”）。
据此可以得到的实验结论是___________。
【答案】 ①. 往左移 ②. ③. 逐渐减小 ④. 空气阻力随速度的增大而增大
【解析】
【详解】（2）[1]根据图（b）可知，小车在做减速运动，则平衡摩擦力不足，则垫块应该往左移。
（4）[2]根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得，打出E点时小车的速度大小为
（5）[3]根据 图像中图线的斜率表示加速度大小，由图（d）可知，图线的斜率越来越小，小车加速度
大小逐渐减小。
[4] 由图（d）可知，小车的速度越大，加速度越小，由牛顿第二定律由
可知，空气阻力增大，据此可以得到的实验结论是空气阻力随速度的增大而增大。
四、解答题
15. 如图所示，飞机先在水平跑道上从静止开始加速滑行，行驶距离x=600m后达到v=216km/h的速度起
1
飞，飞机滑行过程可视为匀加速直线运动，所受阻力大小恒为自身重力的0.1倍。起飞后，飞机以离地时
的功率爬升t=20min，上升了h=8000m，速度增加到v=720km/h。已知飞机的质量m=1×105kg，取重力加
2
速度大小g=10m/s2。求：
(1)飞机在地面滑行时所受牵引力的大小F；
(2)飞机在爬升过程中克服空气阻力做的功W。
f
【答案】(1)4×105 N；(2)1.898×1010J
【解析】
【详解】(1)设飞机在地面滑行时加速度的大小为a，由运动学公式得v2=2ax，设滑行过程中所受阻力为F
1
，由牛顿第二定律得
阻
F－F =ma
阻联立解得
F=4×105N
(2)设飞机离地时的功率为P，由功率的表达式得 ，由动能定理得
解得
16. 2022年2月8日，谷爱凌在北京冬奥会——自由式滑雪大跳台技巧决赛中完美发挥获得金牌。下图为
场地示意图，运动员从助滑坡顶端B由静止滑下，B点距离水平面的高度为8m，经过助滑坡BC和第一过
渡区CD完成预定动作后，到达EF上空某点M，M点离水平地面的高度为7.2m．接着运动员在最高点M
水平飞出后，落到倾斜雪道F点，F点距水平地面的高度为3m，运动员靠改变姿势进行缓冲，使自己只保
留沿斜面的分速度而不弹起，此后立即做匀加速运动经过G点，倾斜滑道的坡度为37°，假设运动员连同
滑雪板的总质量m＝80kg，除缓冲外运动员可视为质点，滑雪板与雪道GF、GH的动摩擦因数 ，
不计其余滑道和空气的阻力，不计经过各转折点处的能量损失， ， ，
，求：
（1）运动员从M点水平飞出的速度 ；
（2）若运动员落至F点时沿斜面的速度为10m/s，求到达G点的速度 。
【答案】（1） ；（2）
【解析】
【详解】（1）运动员连同滑雪板从B点运动到M点过程中，根据机械能守恒定律得解得
（不用写方向，题中已标注，写了也不用计分）
（2）运动员由F到G的过程中，由动能定理可得
解得
（不用写方向，写了也不用计分）
17. 小明将如图甲所示的装置放在水平地面上，该装置由半径R=0.15m的 光滑圆弧轨道、BC长
=1.0m的水平传送带及水平平台衔接而成，在平台右边固定一轻质弹簧，弹簧左端恰好位于距C点右边
x=1.5m处的D点。有一质量为2kg的物块从光滑圆弧轨道上端A点静止释放，传送带以v= 的速
度顺时针匀速转动，物块与传送带的滑动摩擦因素 ，物块与水平平台CD之间滑动摩擦因素
，DE部分光滑。（g取10m/s2）求：
（1）滑块运动到斜面底端B点时对轨道的压力大小；
（2）滑块通过传送带BC过程系统产生的热量Q；
（3）①弹簧压缩过程最大的弹性势能E ；
Pm
②在图乙中画出滑块从C点（坐标原点）开始全过程的动能 图像（仅作图，不要求写计算过程）【答案】（1）60N；（2）3J；（3）①6J，②
【解析】
【详解】（1）A到B由机械能守恒定律
解得
由牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律
（2）由于滑块的速度小于传送带的速度，设经过时间t与皮带共速，由牛顿第二定律有
根据运动学公式
滑块位移
传送带位移
解得系统产生热量
解得
（3）①由题意可知滑块将以 的速度滑上平台，由功能关系
解得
②作图如下所示
18. 如图所示一半径为R=0.5m的四分之一光滑圆弧轨道AB竖直固定放置，在其右侧有一逆时针方向转动
的传送带DCE，水平部分DC与圆弧轨道AB相切于B点（B点与C点无缝连接），DC长L=6m；传送带
速度大小恒为v=1m/s。将一质量为m=lkg的小碳块从A点正上方h处由静止释放，恰好从A点无碰撞进入
0
圆弧轨道，通过B点后立即撤去圆弧轨道。已知小碳块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，且小碳块相对传
送带滑动时能在传送带上留下清晰划痕，传送带CE段、ED段均足够长，小碳块可视为质点，不计空气阻
力，g取10m/s2。
（1）若h=0.3m，求小碳块滑到B点前瞬时对轨道的压力大小；
（2）改变h的值，设小碳块从传送带上滑离后在传送带上留下的划痕长度为x，试通过计算讨论x与h的
关系。【答案】（1） ；（2）答案见解析
【解析】
【详解】（1）碳块从 有
由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律知，小碳块对轨道的压力
（2）设 高为 ，则
若碳块恰能运动至
可解得
①若 ，碳块将从 端滑出，从 有
所需时间此时划痕长度
解得
②若 ，碳块将从 端滑出，其首先向右滑行减速为0，减速时间
时碳块向右运动的位移最小，为
碳块速度减为0后，反向加速到与传送带速度相同时，所用时间
反向加速运动的位移为
碳块速度减为0后，反向加速到与传送带速度相同时，所用时间
反向加速运动的位移为
因此，当 时，碳块先向右滑行到速度为0，再反向加速，最后匀速离开 点。
可得划痕的长度为解得
