试卷满分：100分考试用时：75分钟
注意事项：
1、答卷前，考生务必将自己的姓名，考场号，座位号填写在答题卡上。
2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共4分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题第目要求，第8～11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1. 据历史文献和出土文物证明，踢毽子起源于中国汉代，盛行于朝、隋唐。毽子由羽毛、金属片和胶垫组成。如图是同学练习踢毽子，毽子离开脚后，恰好沿竖直方向运动，下列说法正确的是（ ）
A. 脚对毽子的作用力大于毽子对脚的作用力，所以才能把毽子踢起来
B. 因为空气阻力存在，毽子在空中运动时加速度总是小于重力加速度g
C. 毽子上升过程机械能减少，下落过程机械能增加
D. 图中毽子被踢上去的漫画，符合物理规律的是图a
【答案】D
【解析】
【详解】A ．脚对毽子的作用力与毽子对脚的作用力是一对作用力和反作用力，故等大反向，故A 错误；B ．因空气阻力存在，毽子在空中上升段阻力向下，加速度大于重力加速度g ，而下降阶段阻力向上，加速度小于重力加速度g ，故B 错误；
C ．毽子上升过程和落过程，阻力都做负功，机械能一直在减少，故C 错误；
D ．因惯性作用，毽子向上运动过程，重力大的部分惯性大，故图中毽子被踢上去的漫画，符合物理规律的是图a ，故D 正确。
故选D 。
2.
在放射医学和人体辐射防护中，辐射剂量的单位有多种衡量模式和计量单位。较为完整的衡量模式是为
“当量剂量”，“当量剂量”是反映各种射线或粒子被吸收后引起的生物效应强弱的辐射量，其国际单位是希沃特，记作Sv 。每千克人体组织吸收1焦耳为1希沃特。下面选项中希沃特与国际单位之间的关系正确的是（ ）
A. m 2/s 2
B. W/kg
C. J/kg
D. Am/s
【答案】A
【解析】
【详解】每千克人体组织吸收1焦耳1希沃特，则有222
J N m kg m /s m 1S v 1=1=11m/s kg kg kg
⋅⋅⋅==故A 正确，BCD 错误故选A 。
3. 2022年8月9日，“谷神星一号”遥三运载火箭将搭载的“泰景一号01星”、“泰景一号02星”和“东海一号卫星”顺利送入500km 太阳同步轨道。如图所示，太阳同步轨道指卫星轨道平面绕地球自转轴旋转，且旋转方向和角速度与地球绕太阳公转的方向和角速度相同，卫星的轨道平面和太阳始终保持相对固定的取向。已知地球自转周期为24h ，公转周期为1年，三颗卫星到太阳的距离远大于它们到地球的距离。下列说法正确的是（ ）
A. “东海一号卫星”是太阳同步卫星，因此主要受太阳的引力
B. “泰景一号01星”的运行周期小于1年
C. “泰景一号02星”的发射速度大于11.2km/s
D. 三颗卫星运行的加速度小于地球赤道上物体转动的向心加速度
【答案】B
【解析】
【详解】A ．“东海一号卫星”与太阳的距离很大，受太阳的引力可以忽略，“东海一号卫星”在地球引力的作用下运动，故A 错误；
为
。
B ．“泰景一号01星”的轨道高度为500km ，小于地球同步卫星的轨道高度，则其运行周期小于1年，故B 正确；
C ．“泰景一号02星”未脱离地球的引力，其发射速度小于11.2km/s ，故C 错误；
D ．由2
Mm G ma r =可得2
n GM
a r =则轨道半径越小，加速度越大，所以三颗卫星运行的加速度大于地球同步卫星的向心加速度，由2a r ω=可知地球同步卫星的向心加速度大于地球赤道上物体转动的向心加速度，所以三颗卫星运行的加速度大于地球赤道上物体转动的向心加速度，故D 错误。
故选B 。
【点睛】注意运动中星球之间的万有引力影响。
4. 试卷读卡器的原理可简化成如图所示的模型，搓纸轮与答题卡之间的动摩擦因数为1μ，答题卡与答题卡之间的动摩擦因数为2μ，答题卡与底部摩擦片之间的动摩擦因数为3μ，正常情况下，读卡器能做到“每次只进一张答题卡”。搓纸轮沿逆时针方向转动，带动第一张答题卡向左运动，下列说法正确的是（ ）
A. 第一张答题卡受到搓纸轮的摩擦力向右
B. 后一张答题卡受到前一张答题卡的摩擦力向右
C. 最后一张答题卡受到前一张答题卡的摩擦力向右
D. 最后一张答题卡受到摩擦片的摩擦力向右
【答案】D
【解析】
【详解】A ．搓纸轮沿逆时针方向转动，带动第一张答题卡向左运动，则第一张答题卡受到搓纸轮的摩擦力向左，故A 错误；
B ．前一张答题卡相对于后一张答题卡有向左运动的趋势，所以前一张答题卡受到后一张答题卡的摩擦力方向向右，则后一张答题卡受到前一张答题卡的摩擦力向左，故B 错误；
C ．前一张答题卡相对于最后一张答题卡有向左运动的趋势，所以前一张答题卡受到最后一张答题卡的摩擦力方向向右，则最后一张答题卡受到前一张答题卡的摩擦力向左，故C 错误；
D ．最后一张答题卡相对于摩擦片有向左运动的趋势，则最后一张答题卡受到摩擦片的摩擦力向右，故D 正确。
故选D 。
5. 若有恩施直达十堰列车，正常行驶速度为0v ，现增设荆州和汉口两个停靠站，若停车时间为0t ，设列车启动加速、停靠减速的加速度大小都是a ，则增设两个停靠站后，列车相对此前运行时间增加了（ ）A. 0
02v t a + B. 0
022v t a + C. 0
032v t a + D. 0
042v t a
+【答案】B
【解析】【详解】列车启动加速运动的时间与停靠减速的运动的时间相等，均为
1v t a
=列车启动加速运动的位移大小与停靠减速的运动的位移大小相等，均为
2012v x a
=设在两城市间运行的距离为s ，此前运行时间为
0110022v s x s t t v v a
-=
+=+在两城间增设两停靠站后动车运行时间为011000036622v s x s t t t t v v a
-'=++=++增设停靠站点后动车相对此前运行时间增加了
0022v t t t t a
'∆=-=+故选B 。
6. 广州塔又称广州新电视塔，总高度600m ，是广州的标志性建筑之一，随着超级高楼越来越多，高速电梯在日常生活中越来越重要。在某次对广州塔高速电梯的测试中，电梯的时间—速度图像如图所示，图中倾斜的虚线a 、b 分别为曲线在0=t 时和3s t =时的切线，下列说法正确的是（ ）
A. 0~10s 时间内电梯的加速度逐渐增大
B. 2s =t 时电梯一定处于超重状态
C. 3s t =时电梯的加速度大小为
23m /s 2
D. 0=t 时电梯的加速度为3s t =时电梯加速度的6倍
【答案】D
【解析】
【分析】【详解】A ．由题图可知，图中切线斜率的倒数表示加速度大小，即
1v a t k
∆==∆由图可知切线斜率逐渐增大，所以电梯的加速度逐渐减小，选项A 错误；
B ．由图可知2s 时电梯的速度逐渐增大，但不知道电梯在向上运动还是在向下运动，所以不能判断电梯是超重状态还是失重状态，选项B
C ．3s t =时有
2212m /s m /s 33v a t
∆-=
==∆选项C 错误；
D ．0=t 时220120m /s 4m /s 3v a t
∆-=
==∆则01
6a a =选项D 正确。
故选D 。
7. 某同学设计了一个滑梯游戏装置，如图所示，一光滑轨道AO 固定在水平桌面上，O 点在桌面右侧边缘
上。以O 点为圆心的14
光滑圆弧轨道BD 竖直固定在桌子的右侧，C 点为圆弧轨道BD 的中点。若宇航员利用该游戏装置分别在地球表面和火星表面进行模拟实验，将小球放在光滑轨道AO 上某点由静止下滑，小球越过O 点后飞出，落在光滑圆弧轨道BD 上。忽略空气阻力，已知地球表面的重力加速度大小为g ，火星的质量约为地球质量的
19，火星的半径约为地球半径的12。在地球表面或在火星表面上，下列说法正确的是（ ）
A. 若小球恰能打到C 点，则击中C 点时的速度方向与圆弧面垂直
B. 小球释放点越低，小球落到圆弧上时动能就越小
C. 根据题目的条件可以得出火星表面的重力加速度大小94
g g =火D. 在地球和火星进行模拟实验时，若都从光滑轨道上同一位置释放小球，则小球将落在圆弧上的同一点
【答案】D
【解析】
【详解】A ．若小球恰能打到C 点，则飞出后的水平位移与竖直位移相等，设此时速度方向与水平方向的夹角为θ，由平抛运动规律可知
tan 2
2y x
θ==由几何关系可知速度方向与圆弧面不垂直，A 错误；B ．小球释放点越低，则飞出时的速度越小，落点越低飞出后重力做功越多，小球落到圆弧上时动能不一定越小，B 错误；
C ．在星球表面重力等于万有引力可得
2M m G mg R =地地
2M m G
mg R =火火火火星的质量约为地球质量的19，火星的半径约为地球半径的12，可得
4=9
g g 火C 错误；
D ．小球在光滑轨道AO 上运动的过程中，由动能定理得
2012
mgh mv =
飞出后小球做平抛运动0x v t =212
y gt =解得2
4x y h
=可知落点的位置与加速度无关，故在地球和火星进行模拟实验时，若都从光滑轨道上同一位置释放小球，则小球将落在圆弧上的同一点，D 正确；
故选D 。
8. 随着科技日新月异的发展，新能源电动车已经走进我们的生活，逐渐为大家所青睐。某品牌最新型号的新能源电动车质量为m ，电机的额定输出功率为P 。某次对其测试时，电动车以恒定加速度a 沿平直路面从静止开始运动，速度达到最大后做匀速直线运动，若行驶过程中其受到的阻力恒为f ，下列说法正确的是（ ）
A. 电动车匀加速运动的时间为()P ma f a
+B. 电动车匀加速运动的末速度大小为P
f
C. 电动车能达到的最大速度大小为P
ma
D. 整个加速阶段合外力对电动车做的功为2
2
2mP f 【答案】AD
【解析】
【详解】AB ．电动车匀加速运动的牵引力为
F ma f
=+
电动车匀加速运动的末速度大小为
1P P v F ma f
=
=+电动车匀加速运动的时间为1()v P t a ma f a
=
=+故A 正确，B 错误；
C ．电动车达到的最大速度时F f
'=电动车能达到的最大速度大小为
max v P f
=
故C 错误；D ．由动能定理可得整个加速阶段合外力对电动车做的功为
2
2max 2
1022mP W mv f =-=合故D 正确。
故选AD 。
9. 水平杆上套有质量为M 的滑块a ，用长为l 的轻质细线与质量为m 的小球b 相连，现用一水平力F 作用于小球b 使之缓慢运动，直到细线与竖直方向的夹角60θ
= ，整个过程中滑块a 始终保持静止。不计
空气阻力，重力加速度大小为g 。则在此过程中（ ）
A. 细线的张力先变小后变大
B. 水平杆对滑块a 的支持力不变
C. 水平杆对滑块a 的作用力不变
D. 拉力F 对小球做的功为12
mgl 【答案】BD
【详解】A ．运动过程中，在某一位置对小球b 受力分析，如下图所示
根据平衡条件有
cos mg T α=
运动过程中，夹角α从零开始逐渐增大直至等于60θ
= ，则cos α一直逐渐减小，细线的张力T 一直增
大，故A 错误；B ．在运动过程中某一位置，对整体受力分析，如下图所示
根据平衡条件可知，水平杆对滑块a 的支持力始终等于()M m g +保持不变，故B 正确；
C ．对小球b 分析，可得
tan F mg α
=夹角α从零开始逐渐增大直至等于60θ= ，则F 逐渐增大。对整体分析可得
tan f F α
==即运动过程中，水平杆对滑块a 的支持力始终保持不变，但水平杆对滑块a 的摩擦力f 逐渐增大，因此水平杆对滑块a 的作用力逐渐增大，故C 错误；
D ．对小球b 分析，由动能定理可得
F (1cos )0
W mgl θ--=整理可得，拉力F 对小球做的功为
F 12
W mgl =
故选BD 。
10. 如图所示，质量1kg m =的物块放置在竖直固定的弹簧上方（未栓接），用力向下压物块至某一位置，然后由静止释放，取该位置为物块运动的起始位置，物块上升过程的a x —图像如图所示，不计空气阻力，重力加速度210m/s =g 。则下列说法正确的是（ ）
A. 物块运动过程的最大加速度大小为2
20m/s B. 弹簧的劲度系数为100N/m
C. 弹簧最大弹性势能为9J
D. 物块加速度为0时离开弹簧
【答案】AB
【解析】
【详解】AD 0.3m 后加速度不变，即物块受力不变，说明物块向上运动0.3m 后只受到重力作用，即0.3m 时物块离开弹簧，且加速度为2
10m/s g =，当物块开始运动时，物块的加速度最大，则根据图象可得m
0.30.20.2
a g =-解得，物块运动过程的最大加速度大小为
2
m 20m/s a =故A 正确，D 错误；
B ．由上述分析可知，弹簧原长在0.3m 处，物块下压到最低处时弹簧的型变量为0.3m ，设弹簧的劲度系数为k ，物块开始运动时，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有
m
k x mg ma ∆-=将0.3m x ∆=带入解得，弹簧的劲度系数为
100N/m
k =
C ．由上述分析可知，弹簧的最大型变量为0.3m x ∆=，根据弹簧弹性势能的表达式可得，弹簧最大弹性势能为
22p 111000.3J 4.5J 22
E k x =
⋅∆=⨯⨯=故C 错误。
故选AB 。11. 如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角=53°θ的斜劈放在木板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶，另一端拴接一可视为质点的小球，已知木板、斜劈、小球质量均为1kg ，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度2=10m /s g ，现对木板施加一水平向右的拉力F ，下列说法正确的是（ ）
A. 若=0.2μ，当4N F =时，木板相对斜劈向右运动
B 若=0.5μ，不论F 多大，小球均能和斜劈保持相对静止C. 若=0.8μ，当=22.5N F 时，小球对斜劈的压力为0
D. 若=0.8μ，当24N F =时，斜劈的加速度大小为2
8m /s 【答案】BCD
【解析】
【详解】A ．若μ=0.2，当F =4N 时，假设板、斜劈、球三者相对静止，则对板、斜劈、球构成的系统，有
3F m a
=可得
2
4m/s 3
a =对斜劈和球构成的系统，若斜劈与板之间的摩擦力达到最大静摩擦力，有
()()m m g m m a μ+=+板
得
2板2m /s a a
=
>.
可知此时木板相对于斜劈静止，故A 错误；
B ．若μ=0.5，假设斜劈与球保持相对静止，则对斜劈与球构成的系统，最大加速度为()2
5m/s m m g
a m m μ+==+当球刚好要离开斜劈时，受到重力和绳子拉力作用，有
tan 53mg ma =︒
球得
2球7.5m /s a a
=>可知此情况下不论F 多大，小球均能和斜劈保持相对静止，故B 正确；
C ．若μ=0.8，假设板、球和斜劈相对静止，则球和斜劈构成的系统能够获得的最大加速的为()2
8m/s m m g a m m μ+=
=+临界此时对板、球和斜劈构成的系统，有()临界24N
F m m m a =++=当F =22.5N 时，板、球和斜劈相对静止，有
27.5m/s 3F a m
=
=可知此时球刚好要离开斜劈，故正确。
故选BCD 。二、非选择题
12. 在“验证机械能守恒定律”实验中：
（1）释放纸带前的瞬间，最合理的是___________。
A ．
B ．
C ．
（2）按正确的操作得到如图所示的纸带，O 点右侧点迹清晰，其中A 、B 、C 是打点计时器连续打下的三个点，已知打点计时器的打点频率为50Hz ，则打B 点时重物的速度大小为___________m/s 。（结果保留两位有效数字）
（3）根据图中数据可知，重物下降过程中的加速度大小为___________2m/s 。（结果保留两位有效数字）
【答案】 ①. C ②. 0.93 ③. 9.8
【解析】
【详解】（1）[1] 实验时，应让重物紧靠打点计时器，手拉着纸带的上方，保持纸带竖直，由静止释放。故C 最合理；
（2）[2] 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得
0.07060.0335
m/s=0.93m/s 220.02
BC B x v T -=
=
⨯（3）[3] 根据加速度公式
2
x aT ∆=得
2
222
0.07060.05010.0501-0.0335m/s =9.8m/s 0.02BC AB x x a T
---=
=（）【点睛】代入数据时，注意单位的换算。
13. 如图甲所示，某兴趣小组利用力传感器、加速度传感器、动滑轮和定滑轮等实验仪器测量物块的质量M 和物块与台面间的动摩擦因数μ。调节定滑轮高度，使细线与台面平行，不计滑轮与细线、轮轴间摩擦。已知当地的重力加速度g 2。
（1）为了达到实验目的，实验前，___________（填“需要”或“不需要”）将台面调整到水平。实验中，动滑轮质量___________（填“会”或“不会”）影响实验结果。
（2）物块质量M 不变，将钩码放入托盘中，将托盘静止释放并记录加速度传感器数值a 与力传感器数值F ，改变钩码个数多次实验，作出a －F 图像，如图乙所示，则动摩擦因数μ=____________，物块的质量M =___________kg 。（结果均保留2位有效数字）
（3）现将物块换成小车，用该装置测量一个不规则的小物体的质量m 0实验步骤如下：①小车空载时进行实验并采集数据；②m 0放入小车中进行实验并采集数据；
③作出两次实验的a －F 图像如图丙所示，则小物体的质量m 0=___________（结果用b 、c 、d 表示）。【答案】 ①. 需要
②. 不会
③. 0.20
④. 0.60
⑤.
2d c
b
-【解析】
【详解】（1）[1]为了达到实验目的，实验前需要将台面调整到水平，因为水平时对物块有
N F Mg =f N
F F μ=得物体受到的摩擦力大小
f F Mg
μ=所以将台面调整到水平，从而方便研究μ及M ；
[2]由于物块受到的拉力可由力传感器直接测出，故实验结果不受滑轮质量的影响；
（2）[3][4]由于动滑轮省力但费距离，且加速度传感器测量的是m 的加速度a ，则对滑块，其加速度为2a ，根据牛顿第二定律有
2F Mg M a
μ-=⋅整理得
122
g a F M μ=
-结合图乙可得
112 1.2M =1.02
g
μ=可得
0.60kg M =，0.20
μ=（3）[5]空载时，对小车有
002F M g M a
μ-=⋅即
01
22
g a F M μ=
-放入0m 后，有
0000()()2F M m g M m a
μ-+=+⋅
即
0012()2
g
a F M m μ=
-
+结合图丙可得
012b
M c =0012()b
M m d
=
+联立可得
02d c m b
-=
14. 如图所示，带有
1
4
弧形槽的滑块A 放在水平面上，其中O 为弧的圆心，P 为弧的最低点，OP 垂直于水平面，可视为质点的光滑小球B 用轻质线拴接并固定在天花板上，当整个装置静止时，细线与竖直方向的夹角为30α
=︒，小球到OP 的距离为圆弧半径的1
2。已知小球B 的质量为m ，滑块A 的质量为M ，重
力加速度为g 。
（1）整个装置静止时，轻质线对小球的拉力为多大；
（2）如果滑块与地面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且滑块与地面之间的动摩擦因数为μ，欲使整个装置保持静止状态，分析μ应满足的条件。
【答案】（1
；
（2
）μ≥【解析】
【详解】（1）以水平方向为x 轴建立直角坐标系，以小球为研究对象，受力分析如图甲所示。
N cos30cos30F F mg +︒︒=，N sin 30sin 30F F =︒︒
解得轻质线的拉力大小
N F F ==
（2）如图乙，以水平方向为x 轴，对槽进行受力分析。
N1N cos30F F Mg '
=︒+，f N sin 30F F '=︒
且有
f N1
F F μ≤又
N F F '
==
联立解得
μ≥
15. 如图是娱乐项目示意图，O A 为两半径均为2m R =的半圆细管道组成的竖直光滑“S 型”轨道，OA 与长5m L =的水平轨道SO 平滑连接，A 点为管道的最高点。OA 右侧是一片水域，水面上有一半径2m r =的水平圆盘，N 点是圆盘的圆心，MN 是圆盘的竖直转轴（与OA 共面）
，S 、O 、M 共线。质量50kg m =的装备（可视为质点，未画出）被弹射系统水平贴地弹出后即刻进入SO 。已知装备与SO 间的
动摩擦因数1
15
μ=
，OM 距离6m x =，M N 高度2m H =，不计空气阻力，g 取102/m s 。（1） 某次弹射装备恰好能到达A 点，求装备经过O 点时的速度大小1v ；（2） 若装备恰好落到N 点，求装备通过A 点时对管道的作用力大小A N ；（3） 为使装备能落到水平圆盘上，求弹射系统提供给装备的能量范围。
【答案】（1）1v =；
（2）250N A N =；（3）4500J 5500J E ≤≤【解析】
【详解】（1）装备恰好能安全到达A 点，在最高点A 有
A v =从O →A 根据机械能守恒定律可得
22
111422
A mv mg R mv =⋅+解得
1v =（2）A →N 根据平抛运动得竖直方向上
2
142
R H gt -=
水平方向上
A x v t
=在A 点，根据牛顿第二定律得
2A
v N mg m
R
+=得
250N
=N 根据牛顿第三定律得
250N
A N N ==（3）为使装备能落到水平圆盘上，由几何关系得装备落到水平圆盘的水平位移范围为
4m 8m
x ≤'≤从被弹射到A 点的过程，根据功能关系有
()2
142
A
E mgL mg R mv μ=++解得弹射系统提供给装备的能量范围
4500J 5500J
E ≤≤16. 如图所示，足够长的倾斜传送带与水平面的夹角θ=37°，劲度系数k =32N/m 的轻质光滑弹簧平行于传送带放置，下端固定在水平地面上，另一端自由状态时位于Q 点。小滑块质量m =2kg ，滑块与传送带间的滑动摩擦因数μ=0.25。设PQ 间距L =2m ，每次小滑块都从P 点由静止释放，整个过程中小滑块未脱离传送带，弹簧处于弹性限度内，弹簧的弹性势能2
12
P E kx =，x 为弹簧的形变量。已知g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）若传送带静止不动，求小滑块下滑到刚接触弹簧时的速度v ；（2）若传送带以v 传=4m/s 的速度逆时针转动，求：
①小滑块从P 点静止释放到t =0.4s 内系统因摩擦产生的热量Q ；②小滑块向下滑行的最大距离S 。（结果可用根式表示）
【答案】（1）4m/s （2）①3.84J
【解析】【分析】
详解】(1)小滑块下滑过程中，由动能定理可知
2
1sin cos 02
mgL mg L mv θμθ-⋅=
-代入数据得
4m/s
v =(2)①开始时，由牛顿第二定律得
1
sin cos mg mg ma θμθ+=
代入数据得
【
2
18m/s a =滑块加速到与传送带的速度相等需要的时间为
4s 0.5s 0.4s 8
t ==>所以，0.4s 内物块的位移为
2110.m 2m 2
x a t L =
=<=物传送带的位移==40.4m 1.6m
x v t ⨯=传传它们的相对位移为
1.6m 0.m 0.96m
x x x ∆=-=-=传物该过程产生的热量为
cos 3.84J
Q mg x μθ=⋅∆=②当滑块与传送带速度时，滑块的位移为
104=0.5m 1m 2
d vt +=
⨯=滑块再下滑22m 1m 1m
d =-=时与弹簧接触，此过程中，由动能定理得
222111(sin cos )22
mg mg d mv mv θμθ-=
-传代入数据得
1v =物块与弹簧接触后，当速度减小到与传送带速度相等过程中，由动能定理得
222111111(sin cos )222
mg mg x kx mv mv θμθ--=-传代入数据得
11m
x =然后滑块继续做匀减速直线运动直到速度为0，此过程中，由动能定理得
2222121111(sin cos )()()0222
mg mg x x kx kx mv θμθ+---=-传代入数据得
2x =所以，小滑块向下滑动的最大距离为
2S L x =+=
