山东省济南市历下区重点中学2022-2023高三下学期二轮复习综合检测物理试卷（含解析）考试试卷

济南市历下区重点中学2023届高三二轮复习综合卷
物理
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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．氢原子的能级公式为：（n＝1，2，3……），其中E1为基态能量。若处于n＝2能级的氢原子吸收频率为ν的光子后恰好能发生电离，已知普朗克常量为h，则（　　）
A． B． C． D．
2．消除噪声污染是当前环境保护的一个重要课题。如图所示的消声器可以用来削弱高速气流产生的噪声。波长分别为0.6 m和1.0 m的两列声波沿水平管道自左向右传播，在声波到达A处时，分成两列波，这两列波在B处相遇时，消声器对这两列波都达到了良好的消声效果。消声器消除噪声的工作原理及A、B两点间弯管与直管中声波的路程差至少为（　　）
A．波的衍射，1.5 m B．波的干涉，1.5 m
C．波的衍射，3 m D．波的干涉，3 m
3．一定质量的理想气体自状态M变化到状态N，又变化到状态P，其变化过程中各状态的压强p和体积V的关系如图所示，其中MN的反向延长线过原点，NP段为双曲线的一支。下列说法正确的是（　　）
A．自状态M变化到状态N，气体的内能没有变化
B．自状态M变化到状态N，气体吸收的热量为300J
C．自状态N变化到状态P，气体吸收的热量约为475J
D．自状态M变化到状态N，再变化到状态P，气体对外做的功为600J
4．一名特种兵从空中静止的直升飞机上抓住一根竖直悬绳由静止开始下滑，运动的速度随时间变化的规律如图所示，t2时刻特种兵着地。下列说法正确的是（　　）
A．在t1～t2时间内，平均速度＝
B．在t1～t2时间内特种兵所受悬绳的阻力越来越大
C．在0～t1时间内加速度不变，在t1～t2时间内加速度减小
D．若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，则他们在悬绳上的距离先减小后增大
5．如图，在均匀介质中建立三维坐标系，位于x轴上的两个沿z轴方向做简谐运动的波源和的位置坐标分别为、，两波源、的振动方程分别为、。已知波源和形成的简谐波在介质中的传播速度为，质点和质点位于平面内，下列说法正确的是（ ）
A．质点B离开平衡位置的位移总是大于质点A离开平衡位置的位移
B．后质点B做简谐运动的振幅为
C．A、B两质点都开始振动后，质点B的振动能量大于质点A的振动能量
D．A、B两质点都开始振动后，质点A的振动总是加强，质点B的振动总是减弱
6．某科学报告中指出，在距离我们大约1600光年的范围内，存在一个四星系统。假设四星系统离其他恒星较远，通常可忽略其他星体对四星系统的引力作用。四星系统的形式如图所示，三颗星位于边长为L的等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行（图中未画出），而第四颗星刚好位于等边三角形的中心不动。设每颗星的质量均为m，引力常量为G，则（　　）
A．在三角形顶点的三颗星做圆周运动的向心加速度与其质量无关
B．在三角形顶点的三颗星的总动能为
C．若四颗星的质量m均不变，距离L均变为2L，则在三角形顶点的三颗星周期变为原来的2倍
D．若距离L不变，四颗星的质量m均变为2m，则在三角形顶点的三颗星角速度变为原来的2倍
7．如图所示，长为4l，倾角为37°的光滑绝缘细杆AD垂直穿过半径为l、带电量为－Q的固定大圆环圆心O，细杆上B、O、C三点等分细杆长度。现从细杆的顶端A无初速度地释放一个质量为m，带电量为＋q的套在细杆上的可视为点电荷的小滑环。已知静电力常量为k，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，大圆环上的电荷均匀分布，小滑环上的电荷不影响电场分布，则下列说法正确的是（　　）
A．大圆环在B点产生的场强大小为
B．小滑环在B点的加速度大小为
C．小滑环从B到C的过程中电场力所做的功为
D．小滑环在D点的速度大小为
8．如图所示，两竖直杆P、Q相距L，把长为2L的细绳两端系在P、Q两杆上，结点分别为A、B，忽略打结对绳长的影响，用光滑轻质挂钩把质量为m的重物挂在绳上，重物可看作质点，对下列操作的判断正确的是（ ）
A．仅缓慢下移结点B，重物的运动轨迹是曲线
B．仅缓慢向右移动Q杆，重物的运动轨迹是直线
C．仅缓慢把结点B下移距离y，重力对重物做功为
D．仅缓慢向右移动Q杆过程中，细绳的张力始终为
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．如图所示，一棱镜的横截面为四边形ABCD，其中，AB、BC面的长度均为d。一细束黄光从距离A点为x的P点垂直AB面由真空射入棱镜后，恰好在CD面发生全反射，已知真空中的光速为c，则下列说法正确的是（ ）
A．该棱镜对黄光的折射率为2
B．若将一细束红光沿同样方向从P点入射，则该光束也可以在CD面发生全反射
C．若将一细束紫光沿同样方向从P点入射，则紫光在棱镜中传播的时间比黄光的长
D．若将该束黄光沿同样方向从PB之间的某点入射（即x增大），则黄光在棱镜中传播的时间变长
10．一个长直密绕线圈N放在一个金属圆环M的中心，圆环轴线与线圈轴线重合，如图甲所示。线圈N通有如图乙所示的电流，下列说法正确的是（　　）
A．t＝时刻，圆环有扩张的趋势
B．t＝时刻，圆环有收缩的趋势
C．t＝和t＝时刻，圆环内有相同的感应电流
D．t＝和t＝时刻，圆环内有相同的感应电流
11．如图所示，平面的第一象限内存在垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁场边界与轴成角，边长为的正方形金属框MNPQ中心位于磁场边界上，电阻为R。现使金属框匀速向右运动至完全进入磁场过程中，下列说法正确的是（　　）
A．金属框中感应电流的大小和方向都不变
B．金属框中磁通量的变化率减小
C．金属框中感应电动势的变化率不变
D．通过金属框的电荷量为
12．“风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型，研究气体流动及其与模型的相互作用，以了解实际飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验方法。某种矩形风洞中存在大小恒定的水平风力，现有一小球从点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如图所示，其中、两点在同一水平线上，点为轨迹的最高点，小球在点动能为，在点动能为，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．小球的重力和受到的风力大小之比为
B．小球落到点时的动能为
C．小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为
D．小球从点运动到点过程中的最小动能为
第Ⅱ卷（非选择题）
三、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．(6分)利用如图甲所示的装置研究均匀规则定滑轮的转动动能。一根足够长的轻细绳一端缠绕在滑轮边缘，另一端与质量为2m、带有挡光条的小物体A连接，A放光滑的倾斜轨道上，A与滑轮之间的绳与斜轨平行，距顶端L处有一光电门。将A从斜面顶端由静止释放，测得A通过光电门处的速度v。采用半径均为R但质量M不同的定滑轮进行多次试验，测得多组－M数据，并作出如图乙所示的图像。L、g、m、R为已知量，不计滑轮转轴处摩擦，绳与滑轮不打滑。
(1)若A上的挡光条宽为d，经过光电门时的挡光时间为，则A通过光电门处的速度v＝___________。
(2)图像乙的纵截距表示了当滑轮的质量M＝__________时，A物体通过光电门的速度平方的倒数，由此可求得斜轨倾角为____________。
(3)利用表中的第1组数据，可以推出质量m的滑轮以角速度ω转动时其转动的动能Ek＝_____________。（用m、R、ω表示）
14．(8分)如图甲是测量电源电动势及研究其输出功率的电路图，有下列器材可供选择，利用所选器材经过多次测量，记录电压表、电流表的示数，作出图像为图乙中曲线。
A．电压表（量程为0～10 V，内阻几千欧姆）
B．电压表（量程为0～5 V，内阻几千欧姆）
C．电压表（量程为0～5 V，内阻几万欧姆）
D．电流表（量程为0～0.6 A，内阻几欧姆）
E．电流表（量程为0～3 A，内阻约为0.1欧姆）
F．电流表（量程为0～6 A，内阻约为0.01欧姆）
G．滑动变阻器（最大阻值为）
H．滑动变阻器（最大阻值为）
I．电源（电动势约为4 V，内阻约为几欧姆）
J．导线、开关若干
(1)为使实验数据尽量精确，电压表应选择___________，电流表应选择___________，滑动变阻器应选择___________。（填器材前面的序号）
(2)如图乙中为曲线上点M的切线，则电源电动势为___________，其内阻为___________，其电路中的最大输出功率为___________。（均保留两位有效数字）
15．(7分)小明在使用运动吸管杯时发现了这样的现象：在温度恒为的室内，向吸管杯内注入开水并迅速盖上带有吸管的杯盖，吸管上端封闭、杯盖与杯体未拧紧，这时有大量气泡从吸管底溢出，过了一会儿，吸管底端不再有气泡溢出，此时水与吸管内气体温度为，测得杯体水面距离吸管顶端为，吸管总长为。已知水面上方气体的压强始终为外界大气压强，吸管内气体可视为理想气体，重力加速度g取，水的密度，求：
(1)吸管底端不再有气泡溢出时， 吸管内气体的压强；
(2)从吸管内溢出气体的质量与吸管内初始气体质量的比值。
16．(9分)某水上滑梯的简化结构图如图所示。总质量为m的滑船（包括游客），从图甲所示倾角θ＝53°的光滑斜轨道上A点由静止开始下滑，到达离地高h＝2.5 m的B点时，进入一段与斜轨道相切的半径R＝12.5m的光滑圆弧轨道BCD，C点为与地面相切的圆弧轨道最低点，在C点时对轨道的压力为1.8mg，之后从D点沿圆弧切线方向滑上如图乙所示的足够大光滑斜面abcd，速度方向与斜面水平底边ad成夹角θ＝53°。已知斜面abcd的底面离地高度为2.5 m且与水平面成β＝37°角，滑船最后在斜面水平底边ad上某点进入水平接收平台。求：
(1)A点距离地面高度；
(2)滑船运动最高点到水平底边ad的距离；
(3)滑船要进入接收平台时和D点的水平距离。
17．(14分)如图甲所示，位于P处的粒子源不断产生初速度为零的带正电的粒子，粒子经两板间匀强电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从O点垂直xOy平面向上进入长方体有界匀强磁场区域，恰好打在EH的中点M。加速电场的电压为U，两板间距为L。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，圆弧虚线的半径为L。磁场区域的磁感应强度B0（大小未知）的方向沿y轴负方向（图中未画出）；磁场区域的高为，底面ABCD为正方形，位于xOy平面内，边长为L、中心为O，AB边与x轴平行；长方体上表面EFGH为一荧光屏。粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子重力。求：
(1)辐向电场中虚线处的电场强度E与磁感应强度B0的大小；
(2)粒子从P运动到M的时间t；
(3)若x、y方向的磁场按如图乙所示随时间周期性变化，其中，，磁场变化的周期为T。不计粒子间的相互作用，粒子在磁场中运动的时间远小于磁场变化的周期，不考虑磁场变化产生的电场对粒子的影响。试确定一个周期内粒子在荧光屏上留下的光斑轨迹形状，并写出轨迹方程（用x，y，z坐标表示）。
18．(16分)窗帘是我们日常生活中很常见的一种家具装饰物，具有遮阳隔热和调节室内光线的功能。图甲为罗马杆滑环窗帘示意图。假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，将图甲中的窗帘抽象为图乙所示模型。长滑杆水平固定，上有10个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，滑环从左至右依次编号为1、2、3……10。窗帘拉开后，相邻两环间距离均为L＝0.2 m，每个滑环的质量均为m＝0.4 kg，滑环与滑杆之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。窗帘未拉开时，所有滑环可看成挨在一起处于滑杆右侧边缘处，滑环间无挤压，现在给1号滑环一个向左的初速度，使其在滑杆上向左滑行（视为只有平动）；在滑环滑行的过程中，前、后滑环之间的窗帘绷紧后，两个滑环立即以共同的速度向前滑行，窗帘绷紧的过程用时极短，可忽略不计。不考虑空气阻力的影响，重力加速度g＝10 m/s 。
(1)若要保证2号滑环能动起来，求1号滑环的最小初速度；
(2)假设1号滑环与2号滑环间窗帘绷紧前其瞬间动能为E，求窗帘绷紧后瞬间两者的总动能以及由于这部分窗帘绷紧而损失的动能；
(3)9号滑环开始运动后继续滑行0.05 m后停下来，求1号滑环的初速度大小；
(4)在(3)的条件下，求全过程中由于窗帘绷紧而损失的能量。
物理答案
1．【答案】A
【解析】因，由能量关系，解得，故选A。
2．【答案】B
【解析】这两列波在B处相遇时叠加，消声器对这两列波都达到了良好的消声效果，这是利用了波的干涉；两列频率相同的波相遇时，如果路程差满足半波长的奇数倍，就可以在B处出现振动减弱，从而达到消声的效果，要使两列波都达到消声的效果，需满足，可求得当n＝2、m＝1时，A、B两点间弯管与直管中声波的路程差为Δs＝1.5 m，这是消声的最小路程差。故选B。
3．【答案】C
【解析】根据可知，自状态M变化到状态N，p、V的乘积增大，因此温度T升高，分子热运动的平均动能增大，总动能增大，理想气体的分子势能视为零，因此内能增大，A错误；自状态M变化到状态N，气体对外做的功等于图线和V轴围成的面积，即，内能的增量，由得，气体吸收的热量，B错误；图像中每个小格对应的功为，自状态N变化到状态P，气体对外做的功对应图线和V轴围成的面积，即，自状态N变化到状态P的曲线段为双曲线的一支，所以温度不变，内能不变，，由得，气体吸收的热量，C正确；自状态M变化到状态N再变化到状态P，，D错误。
4．【答案】B
【解析】在t1～t2时间内，根据图线与时间轴围成的面积表示位移，可知特种兵的位移大于匀减速直线运动的位移，则平均速度>，A错误；在t1～t2时间内，根据牛顿第二定律得F阻－mg＝ma，解得F阻＝mg＋ma，因为加速度a增大，则特种兵所受悬绳的阻力增大，B正确；在0～t1时间内，图线的斜率不变，则加速度不变，在t1～t2时间内，图线切线的斜率绝对值逐渐增大，则加速度逐渐增大，C错误；若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，由于第一个特种兵的速度先大于第二个特种兵的速度，然后又小于第二个特种兵的速度，所以他们在悬绳上的距离先增大后减小，D错误。
5．【答案】D
【解析】A.由振动方程知，由简谐波在介质中的传播速度为，，A到波源和的的波程差相等，A是振动加强点，B到的的距离为5m，到的距离为4m，所以到两波源的波程差为1m，是振动减弱点，故A错误；时传播到B点，此时还没有传播到该点，因此该点振幅为，故B错误；A、B两质点都开始振动后，质点A是振动加强点，质点B是振动减弱点，因此B的振动能量小于质点A的振动能量；A、B两质点都开始振动后，质点A的振动总是加强，两列波在质点B点引起的振动相位差为，振动方向相反，故B的振动总是减弱的，故D正确。
6．【答案】B
【解析】每颗星轨道半径为，每颗星受到的万有引力的合力，由万有引力提供向心力得，解得，向心加速度与质量有关，A错误；由，得在三角形顶点的一颗星的动能，则总动能，B正确；由，解得，若距离L变为原来的2倍，则周期变为原来的倍；若每颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的倍，即角速度变为原来的倍，CD错误。
7．【答案】D
【解析】由题意可知，圆环上电荷分布均匀，取环上一点，设其电荷量为Q1，该点到B点的距离为，Q1在B点产生的场强为，以O点为坐标原点，OA方向为正方向建立x轴，Q1在B点产生的场强在x轴方向的分量为，大圆环在B点产生的场强大小，故A错误；小滑环在B点，由牛顿第二定律得，解得，故B错误；由对称性可知B、C两点电势相等，小滑环从B到C的过程中电场力所做的功，故C错误；由对称性可得库仑力做功，，从A到D，由动能定理得，解得，故D正确。
8．【答案】C
【解析】如图甲，由平衡关系可知，可知，根据几何关系可知，，可得，既AO与竖直方向的夹角始终是30°，所以仅缓慢下移结点B，重物的运动轨迹是直线，故A错误；由几何关系可知，则，仅缓慢向右移动Q杆，MN变大，则α变大，重物的运动轨迹是曲线，故B错误；仅缓慢把结点B下移距离y，如图乙，由几何关系可知，重力对重物做功为，故C正确；由，可得，仅缓慢向右移动Q杆过程中，α变大，则张力变大，故D错误。
9．【答案】AC
【解析】光路如图甲所示，则根据几何关系可知，，所以，解得，故A错误；红光的折射率比黄光小，红光发生全反射的临界角大于黄光的，因此若将一细束红光沿同样方向从P点入射，则该光束不会在CD面发生全反射，故B错误；紫光的频率比黄光大，波长小，因此紫光的折射率大，因此一定会发生全反射，紫光和黄光的光路图均如图乙所示，由于紫光的折射率比黄光大，根据，可知紫光在棱镜的传播速度比黄光小，故时间更长，故C正确；由C选项可知，黄光在棱镜中传播的距离为，因此传播距离和x无关，因此时间不会变长，故D错误。
10．【答案】AD
【解析】由图可知在t＝时刻，通过线圈的电流增大，则线圈产生的磁场增大，所以穿过金属圆环的磁通量增大，对圆环，面积越大，磁通量越小，根据楞次定律可知，圆环有扩张趋势，A正确，B错误；由图可知，在t＝时刻通过线圈的电流增大，而在t＝时刻通过线圈的电流减小，根据楞次定律可知两时刻圆环内感应电流方向不同，C错误；由图可知，在t＝和t＝时刻，线圈内电流的变化率是大小相等的，则线圈产生的磁场的变化率也相等，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内的感应电动势大小是相等的，所以感应电流大小也相等，根据楞次定律可知两时刻圆环内感应电流方向也相同，D正确。
11．【答案】BC
【解析】金属框运动过程中，根据楞次定律可知金属框磁通量增加，产生的感应电流方向一直为逆时针。只有边和边切割磁感线，若金属框速度为，运动时间为。根据右手定则和电磁感应定律可判断产生的电动势为，根据几何关系可知，整理可得，故感应电动势的变化率为不变。根据，可知随时间变小，故感应电流大小也随时间变小。根据，可知磁通量的变化率也随时间减小，故A错误、BC正确；通过金属框的电荷量为，故D错误。
12．【答案】BCD
【解析】设风力大小为F，小球重力大小为mg，O、M两点间的水平距离为x1，竖直距离为h，根据竖直上抛运动规律有①，对小球从M运动到O的过程，根据动能定理有②，由题意可知③，根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为④，小球从M运动到O所用时间为⑤，根据运动学公式有⑥，联立①②③④⑤⑥解得⑦，故A错误；M、N 两点间的水平距离为⑧，设小球落到N点时的动能为Ek1，根据动能定理有⑨，联立③⑤⑦⑧⑨解得⑩，故B正确；设O、N两点间的水平距离为x2，根据匀变速直线运动规律的推论可知 ，根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为 ，故C正确；小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角θ的正切值为 ，根据速度的合成与分解可得小球从点运动到点过程中的最小速度为 ，解得最小动能为 ，故D正确。
13．【答案】(1) (2)0 或30° (3)
【解析】(1)A通过光电门处的速度。
(2)图像的纵截距表示了当滑轮的质量M＝0时，A物体通过光电门的速度平方的倒数，即，由能量关系可知，由此可求得斜轨倾角为。
(3)当滑轮的质量为m时，根据第1组数据可知，即，由能量关系，，解得。
14．【答案】(1)C E G (2)4.0V 2.0W
【解析】(1)因电源电动势约为4 V，所以电压表选择0～5 V量程的，且电压表的内阻越大，并联在电源两端时分流就越小，造成的实验误差就越小，故选择电压表，即序号C；根据题图乙可知，当电源的路端电压为零时，电路中的电流最大约为2 A左右，故选择电流表，即序号E；滑动变阻器采用限流式接法，为使电压表的示数有明显变化，滑动变阻器的阻值不能太大，故选择滑动变阻器，即序号G。
(2)根据电源的输出功率，有，故图线上某点与原点连线的斜率为该状态下电源输出功率P，对比题图乙可知，当、时图线上的点与原点连线的斜率最大，即输出功率最大，为，结合闭合电路欧姆定律可知，外电阻和电源内阻相等时电源输出功率最大，则，电源电动势。
15．【解析】(1)设吸管内气体压强为p1，则有
解得。
(2)吸管中的气体初始状态为，，
假设温度升高时，吸管中的气体没有进入上方，而是膨胀成一个整体，该整体的状态为
，，
则有
则从吸管内溢出气体的质量与吸管内初始气体质量的比值
解得。
16．【解析】(1)假设A点离地面高度为H，对A到C的过程应用动能定理得
在C点处，根据牛顿第二定律可得
联立两式，代入数据可得。
(2)根据动能定理，滑船在D点时速度大小满足
解得
滑船在光滑斜面abcd上做类斜抛运动，运动最高点处速度沿水平方向，速度大小为
根据动能定理可得，滑船在光滑斜面abcd上最高点与水平底边ad的高度差满足
解得
滑船运动最高点到水平底边ad的距离为。
(3)假设滑船进入接收平台时和D点的水平距离为，滑船在光滑斜面abcd上运动时间为，二者满足
①
又因为②
联立①②解得。
17．【解析】(1)粒子在加速电场中有
粒子在静电分析器中，由电场力提供粒子做圆周运动的向心力
解得
若粒子恰好能打在EH的中点M，其轨迹如图所示，由几何关系得
解得
粒子做圆周运动，有
解得。
(2)粒子在加速电场中做匀加速直线运动，有
粒子在静点分析器中做匀速圆周运动，有
由题意可知，粒子运动四分之一周期，所以运动时间为
粒子在磁场中有
由(1)的轨迹及几何关系可知，粒子的轨迹圆的圆心角为，有
所以粒子从P点到M点的时间为
(3)在磁场区域的合磁场为
所以粒子在磁场中做圆周的轨迹半径为
其粒子在一个周期内留下的光斑为圆，如图所示，由几何关系可知，其光斑的半径为
圆心的坐标为（0，0，），其轨迹方程为，。
18．【解析】（1）设1号环的初速度为v0，则由动能定理可得
解得。
(2)设窗帘绷紧前瞬间滑环1的速度为v1，滑环2的速度为0，绷紧后共同速度为v，则窗帘绷紧前后动量守恒，有
绷紧后系统动能为
又知
联立解得
故损失的动能为。
(3)设1号滑环的初速度为，其动能为，1号环滑行距离L，1、2绷紧前瞬间，系统剩余动能为
据(2)的分析可得，1、2绷紧后瞬间，系统剩余动能为
在1、2滑环共同滑行距离L、第2与第3滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
2、3滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
依次类推，在8、9号滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
8与9滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
由题意可知，8与9号滑环绷紧后还可以继续滑行距离l后静止，因而有
联立解得1号滑环的初速度大小为。
(4)整个过程中克服摩擦力所做的功为
在整个过程中仅由窗帘绷紧引起的动能损失为
代入数据解得。