四川省成都市第十二中学(四川大学附属中学)2024-2025学年高三上学期半期考试物理试题
1．（2024高三上·成都期中）在某个恶劣天气中，能见度很低，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，甲在前、乙在后同向行驶。某时刻两车司机听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，两车刹车后的v－t图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲车的加速度大于乙车的加速度
B．若t＝24 s时两车未发生碰撞，则此时两车相距最远
C．为避免两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距至少为48 m
D．若两车发生碰撞，则可能是在开始刹车24 s以后的某时刻发生的
2．（2024高三上·成都期中）如图所示，一个质量的物块静止在水平面上，现用水平力向右拉物块，的大小随时间变化关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数，重力加速度大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．内，重力的冲量大小为 B．物块从0.5s末开始运动
C．末，物块的速度大小为 D．末，物块的速度大小为
3．（2024高三上·成都期中）在物理学发展的进程中，人们通过对某些重要物理实验的深入观察和研究，获得正确的理论认识。下列图示的实验规律对应的说法正确的是（ ）
A．图甲是用多种频率的光进行光电效应实验，所得到的光电流与所加电压的关系，a光的频率最大
B．图乙是卢瑟福进行α粒子散射图景，卢瑟福通过实验分析数据后提出核式结构模型
C．图丙是黑体反射电磁波的强度与波长的关系，温度升高，所有反射的电磁波的强度都随温度升高而增大
D．图丁是衰变过程随时间的变化规律，说明每个半衰期发生衰变的原子核数量相同
4．（2024高三上·成都期中）一辆小轿车在平直路面上以恒定功率加速，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示。已知轿车的总质量为1300kg，其所受的阻力不变，则轿车（ ）
A．速度随时间均匀增大 B．加速度随时间均匀减小
C．所受阻力大小为2.73×103N D．电动机输出功率为9.1×103W
5．（2024高三上·成都期中）无级变速汽车变速箱的工作原理可以简化为如图所示的装置，两个相同锥体A、B水平放置，它们的中心轴分别与动力输入端和动力输出端连接，动力输入端的中心轴带动锥体A转动，锥体A带动钢带转动的同时，钢带在锥体上前后移动，改变转速比，实现变速。a、b是锥体上与钢带接触的两动点，不计钢带的形变且钢带所在的平面始终与两中心轴垂直，若保持动力输入端中心轴转速不变，则钢带由后向前运动的过程中（ ）
A．动点a、b的线速度相等且逐渐减小
B．锥体B的转速增大
C．汽车在减速
D．动点a、b的向心加速度大小之和减小
6．（2024高三上·成都期中）如图，某侦察卫星在赤道平面内自西向东绕地球做匀速圆周运动，对该卫星监测发现，该卫星离我国北斗三号系统中的地球同步轨道卫星的最近距离为，最远距离为。则下列判断正确的是（ ）
A．该侦察卫星的轨道半径为
B．该侦察卫星的运行周期为
C．该侦察卫星和某地球同步卫星前后两次相距最近的时间间隔为
D．该侦察卫星与地心连线和地球同步卫星与地心连线在相等时间内扫过的面积之比为
7．（2024高三上·成都期中）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。已知，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则（ ）
A．下滑过程中，环的加速度逐渐减小
B．下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为
C．从C到A过程，弹簧对环做功为
D．环经过B时，上滑的速度小于下滑的速度
8．（2024高三上·成都期中）如图所示，倾角为的斜劈静止在水平面上，从与斜劈顶点等高的点抛出一小球，其初速度大小为，方向与水平方向夹角为，小球刚好从点沿斜劈向下运动。忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度，，。下列说法正确的是（ ）
A．小球从抛出到落在斜劈上的时间为
B．、两点间的距离为
C．小球在斜劈上运动过程中，小球机械能守恒
D．小球在斜劈上运动过程中，斜劈对小球做负功
9．（2024高三上·成都期中）如题图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成。如题图乙为提水设施工作原理简化图，某次需从井中汲取m=2kg的水，辘轳绕绳轮轴半径为r=0.1m，水斗的质量为0.5kg，井足够深且井绳的质量忽略不计。t=0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如题图丙所示，g取，则（ ）
A．水斗速度随时间变化规律为v=0.4t
B．井绳拉力瞬时功率随时间变化规律为P=10t
C．0~10s内水斗上升的高度为4m
D．0~10s内井绳拉力所做的功为520J
10．（2024高三上·成都期中）如图所示，轻质动滑轮下方用不可伸长的轻绳悬挂质量为的重物，轻质定滑轮固定在天花板上，另一不可伸长的轻绳一端固定在天花板上，分别绕过动滑轮、定滑轮后另一端悬挂质量为的重物，轻绳与滑轮未接触部分始终竖直，滑轮间竖直距离足够长，离地足够高，现将、从同一高度同时由静止释放。A、B均可视为质点，不计一切阻力，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A．A的加速度大小为
B．悬挂B的轻绳的拉力大小为
C．当的位移大小为时，的速度大小为
D．当A、B之间的高度差为时，A、B的动能之和为
11．（2024高三上·成都期中）某实验小组通过如图所示的装置验证向心力的表达式，滑块套在水平杆上，随杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过一细绳连接滑块，用来测量向心力F的大小，滑块上固定一遮光片，宽度为d，与固定在铁架台上的光电门可测量滑块的角速度ω、旋转半径为R，每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和角速度ω的数据。
（1）某次旋转过程中遮光片经过光电门时的遮光时间为Δt，则角速度ω = ；
（2）以F为纵坐标，以 （填“”“”或“”）为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线；若所得图像的斜率为k，则滑块的质量为 （用所测物理量k、d、R、ω表示）。
12．（2024高三上·成都期中）在某次探究加速度与力、质量的关系实验中，甲、乙、丙、丁四位同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用M表示，重物质量用m表示。
（1）不需要小车质量远大于重物质量的方案是 （多选）。
（2）需要补偿阻力的方案是 （多选）。
（3）在通过调整长木板的倾角来补偿阻力时，正确的操作是______。
A．小车后面安装纸带，前面挂重物
B．小车后面安装纸带，前面不挂重物
C．小车后面不安装纸带，前面挂重物
D．小车后面不安装纸带，前面不挂重物
（4）某次实验得到的纸带如图所示，已知所用电源的频率为50Hz，相邻2个计数点之间还有4个计时点没有标出，可求出小车的加速度大小为 （计算结果保留2位有效数字）。
（5）按正确实验步骤进行实验，若乙、丙、丁三位同学发现某次测量中力传感器和弹簧测力计读数相同，通过计算得到小车的加速度均为a，则乙、丙、丁实验时所用小车总质量之比为 。
13．（2024高三上·成都期中）如图所示，一导热汽缸开口向左，静置于水平地面上。汽缸深度为20cm。活塞质量为20kg，横截面积为，厚度忽略不计，可以在缸内自由滑动。活塞将一定量的理想气体密封在汽缸内，环境温度为，空气柱长度为12cm。已知大气压强为，。求：
（1）顺时针缓慢旋转汽缸到开口竖直向上，且活塞平衡时，此时空气柱的长度；
（2）汽缸开口向上平衡后，对汽缸缓慢加热，当活塞刚刚到达缸口时，此时缸内的温度；
（3）若在（2）过程中密封气体的内能增加了80J，则气体需从外界吸收的热量。
14．（2024高三上·成都期中）如图所示，质量的篮球从离地高度处由静止释放，与地面发生第一次碰撞后反弹，达到最高点时离地高度，篮球与地面发生作用的时间。篮球反弹至最高点后，运动员通过竖直向下拍击篮球对其做功，使篮球与地面发生第二次碰撞，碰后恰能反弹至离地高度处。若篮球两次与地面碰撞损失的机械能相同，重力加速度，不计空气阻力。求：
（1）篮球第一次与地面碰撞的过程中，损失的机械能；
（2）篮球第一次与地面碰撞的过程中，受到地面的平均作用力的大小F；
（3）运动员拍击篮球的过程，对篮球做的功W。
15．（2024高三上·成都期中）如图，水平传送带Q长度s=2.5m，Q的左端与水平轨道上的B点平滑连接，传送带顺时针转动；质量为m=1kg的小滑块P（视为质点）由Q的右端以水平向左的速度v0=3m/s冲上传送带，从左侧滑出接着在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ=37°、长L=1m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数可在0≤μ1≤1.5之间调节。斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点。滑块在C、D两处换向时速度大小均不变，P与Q之间的动摩擦因数为μ2=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g=10m/s2，sin37 °=0.6，cos37 °=0.8，不计空气阻力。求：
（1）P运动到B点时速度；
（2）若设置μ1=0，求滑块从C第一次运动到D的时间及弹簧的最大弹性势能；
（3）若最终滑块停在D点，求μ的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．甲车的加速度大小
乙车的加速度大小
所以甲车的加速度小于乙车的加速度，故A错误；
B．t＝24s时，两车速度相等，开始时，甲在前、乙在后同向行驶，所以若t＝24 s时两车未发生碰撞，则此时两车相距最近，故B错误；
C.0~24 s内，甲车的位移
乙车的位移
两者位移之差
所以为避免两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距至少为48 m，故C正确；
D．t＝24 s时，两车速度相等，若两车速度相等时没有相撞，则速度相等后，甲车的速度比乙车的大，两车不可能相撞，故D错误；
故选C。
【分析】掌握追及相遇的几个关系；速度关系、位移关系、时间关系。
2.掌握恰好不相撞的条件。
3.掌握v-t图像的斜率意义、面积意义。
2．【答案】D
【知识点】动量定理；静摩擦力；冲量
【解析】【解答】A．由冲量的定义式可知，内重力的冲量大小
故A错误；
BCD．物块受到的滑动摩擦力
由图可知时
则物块之后才开始运动，拉力与时间图像的面积表示冲量，由图可知拉力的冲量
由动量定理可得
则末，物块的速度大小
故BC错误，D正确。
【分析】1.掌握冲量的定义式。
2.掌握物体即将开始运动时的摩擦力为最大静摩擦力，此时拉力大于或等于最大静摩擦力，物体才会运动起来。
3.掌握动量定理的应用，某过程合力的冲量等于该过程动量变化量。
3．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；黑体、黑体辐射及其实验规律；光电效应；α粒子的散射
【解析】【解答】A．不同色光的I-U图线说明频率大的光对应的遏止电压一定大，b光的频率最大，故A错误；
B．α粒子散射实验示意图绝大多数粒子基本上沿原方向前进，极少数粒子发生偏转，说明原子具有核式结构，故B正确；
C．黑体不反射电磁波但是辐射电磁波，故C错误；
D．衰变过程随时间的变化规律说明在相同时间内，有半数的原子核发生了衰变，但相同时间内衰变的原子数量随时间的推移而不断减少，故D错误。
【分析】1.能够从I-U图像获取信息，理解同一频率的入射光对应的遏止电压相同。遏制电压与光强无关。
2.能够通过粒子散射实验示意图理解原子的内部结构。
3.知道黑体的特点。
4.理解什么是衰变，以及原子核的衰变规律。
4．【答案】C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A．由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A错误；
B．由函数方程得
因为轿车做变加速运动，速度随时间不是均匀变化，所以加速度不是随时间均匀减小，故B错误；
CD．对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有
联立得
结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a=0时，，解得
所以最大速度为33m/s由图象可知
解得
由图象可知
解得
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】1.能够根据图像判断小轿车的运动不是匀加速直线运动，判断其速度与时间的关系，以及加速度与时间关系。
2.能够根据题意求出函数表达式以及结合图像，知道图像斜率、纵轴截距对应的物理量。
5．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A．根据题意有动点的线速度相等，有
钢带由后向前运动的过程中增大，可得增大，A错误；
BC．由于
有
解得
增大，减小，可得增大，汽车在加速，B正确，C错误；
D．根据
可得
由题意得
（定值），故增大，D错误。
故选B。
【分析】1.掌握圆周运动线速度与角速度的关系。
2.掌握a、b的转速与转动半径的关系。结合题意的信息分析判断。
3.掌握向心加速度与转速的关系，结合选项分析判断。
6．【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．设侦察卫星的轨道半径为，同步卫星的轨道半径为，根据题意
解得
，
故A项错误；
B．根据开普勒第三定律有
其中T2=24h，解得
故B项错误；
C．相距最近时，由
解得
故C项错误
D．由万有引力提供向心力有
又有
解得
因此该侦察卫星与地心连线和某地球静止卫星与地心连线在相等时间内扫过的面积之比为，故D项正确。
故选D。
【分析】1.能够根据题意分析侦察卫星的轨道半径。
2.掌握开普勒第三定律，注意同步卫星的公转周期为24h.
3.掌握两颗卫星相邻两次相遇最近的时间与公转周期关系。
4.掌握卫星与地心连线在相等时间里扫过面积的表达式，根据题意分析判断。
7．【答案】C
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．环由A到C，初速度和末速度均为0，可知环先加速后减速。圆环所受弹簧的弹力逐渐增大，弹簧一直处于伸长状态。并且，弹簧弹力方向越来越靠近斜杆，分析圆环的受力可知，其合力先沿着斜杆向下，再沿着斜杆向上，且合力的大小先减小后增大，所以圆环的加速度先减小后增大，故A错误；
B．环由A到C，有
环由C到A，有
解得
，
故B错误，C正确；
D．由功能关系可知，圆环由A下滑至B，有
圆环由B上滑至A，有
则
即环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D错误。
故选C。
【分析】1.掌握对环的受力分析，结合牛顿第二定律判断环加速度变化。
2.环由A到C和环由C到A两个过程，掌握能量守恒定律分析。
3.知道环经过B的对应的两个过程，掌握动能定理的应用。
8．【答案】B,D
【知识点】能量守恒定律；斜抛运动
【解析】【解答】AB．由斜抛运动的规律可知，小球上升时间为
根据对称性可知，小球从抛出到落在斜劈上的时间为
、两点间的距离为
故A错误，B正确；
CD．小球在斜劈上运动过程中，则斜劈会向右运动，支持力对小球做负功，故小球机械能不守恒，故C错误，D正确。
【分析】1.知道斜抛运动，知道P和Q是对称点。利用对称性解决问题。
2.掌握斜抛运动在水平方向上做匀速直线运动。
3.掌握机械能守恒的条件。注意：斜劈与水平面没有摩擦力。
9．【答案】A,D
【知识点】功的计算；功率及其计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据图像可知，水斗速度
A正确；
B．井绳拉力瞬时功率为
又由于
根据上述有
则有
B错误；
C．根据图像可知，0~10s内水斗上升的高度为
C错误；
D．根据上述P=10.4t，0~10s内井绳拉力所做的功为
D正确。
【分析】1.掌握线速度与角速度的关系式。
2.掌握力的瞬时功率P=Fv，注意对应同一时刻的拉力与速度。
3.能够根据图像分析线速度与时间的关系，利用平均速度公式分解水斗上升的高度。
4.掌握功率与时间的关系，运用平均功率代替恒定功率分析求解。
10．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律、功能关系解题的关键是知道两物体运动的关联关系。
AB．由图可知B的加速度是A的加速度的2倍，因为B下落的高度总是A上升高度的2倍，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
又
联立解得
，，
故A错误，B正确；
C．当B的位移大小为时，则A位移大小为时，对A根据运动学公式可得
解得A的速度大小为
故C正确；
D．当A、B之间的高度差为时，A位移大小为，B的位移大小为，根据系统机械能守恒可知，A、B的动能之和为
故D错误。
故选BC。
【分析】分别对A物体和B物体列牛顿第二定律方程，求出二者的加速度和绳子拉力；根据速度与位移关系公式求解A物体的速度和B物体的速度；根据系统机械能守恒求解A、B之间的高度差为h时，A、B的动能之和。
11．【答案】（1）
（2）；
【知识点】向心力；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）物体转动的线速度为
由
解得
（2） 根据向心力公式可知
联立解得
故以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线，根据函数表达式可知
解得
（1）第1空： （2）第1空： ，第2空：
【分析】1.掌握利用光电门求解物体的线速度，结合线速度与角速度关系式求解角速度。
2.掌握向心力与角速度的关系式。
（1）物体转动的线速度为
由
解得
（2）[1][2] 根据向心力公式可知
联立解得
故以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线，根据函数表达式可知
解得
12．【答案】（1）乙、丙、丁
（2）甲、乙、丙、丁
（3）B
（4）0.79
（5）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）图甲中细线拉力需要近似等于重物的重力，所以需要小车质量远大于重物质量；图乙中细线拉力可以通过弹簧测力计测得，图丙中细线拉力可以通过力传感器测得，图丁中细线拉力可以通过弹簧测力计测得，则不需要小车质量远大于重物质量的方案是：乙、丙、丁。
（2）四个方案中，小车与长木板都存在摩擦力作用，所以需要补偿阻力的方案是：甲、乙、丙、丁。
（3）在通过调整长木板的倾角来补偿阻力时，小车前面不挂重物，通过纸带判断小车是否做匀速直线运动，所以小车后面要安装纸带。故选B。
（4）相邻2个计数点之间还有4个计时点没有标出，则相邻计数点的时间间隔为
根据逐差法可得小车的加速度大小为
（5）若乙、丙、丁三位同学发现某次测量中力传感器和弹簧测力计读数相同，通过计算得到小车的加速度均为a，对乙图有
对丙图有
对丁图有
可得乙、丙、丁实验时所用小车总质量之比为
答案：（1）第1空：乙、丙、丁 （2）第1空：甲、乙、丙、丁 （3）第1空：B （4）第1空：0.79
（5）第1空：
【分析】掌握实验原理，明确拉力大小等于合力大小，要求实验能直接获取拉力大小。
2.掌握拉力大小等于合力大小，要求小车受到的除了拉力外，其他力合力为零。
3.明确补偿阻力是平衡小车在运动过程中，受到的各种阻力及摩擦。
4.能够熟练运用逐差法计算小车的加速度。
5.掌握牛顿第二定律。
（1）图甲中细线拉力需要近似等于重物的重力，所以需要小车质量远大于重物质量；图乙中细线拉力可以通过弹簧测力计测得，图丙中细线拉力可以通过力传感器测得，图丁中细线拉力可以通过弹簧测力计测得，则不需要小车质量远大于重物质量的方案是：乙、丙、丁。
（2）四个方案中，小车与长木板都存在摩擦力作用，所以需要补偿阻力的方案是：甲、乙、丙、丁。
（3）在通过调整长木板的倾角来补偿阻力时，小车前面不挂重物，通过纸带判断小车是否做匀速直线运动，所以小车后面要安装纸带。
故选B。
（4）相邻2个计数点之间还有4个计时点没有标出，则相邻计数点的时间间隔为
根据逐差法可得小车的加速度大小为
（5）若乙、丙、丁三位同学发现某次测量中力传感器和弹簧测力计读数相同，通过计算得到小车的加速度均为a，对乙图有
对丙图有
对丁图有
可得乙、丙、丁实验时所用小车总质量之比为
13．【答案】（1）气体做等温变化，有
其中
解得
（2）气体做等压变化，有
其中
解得
（3）由
其中
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】 （1）由平衡条件和玻意耳定律求解；
（2）气体做等压变化，根据盖吕萨克定律列式求解；
（3）确定外界对气体做的功，由热力学第一定律求解该过程气体吸收的热量。
（1）气体做等温变化，有
其中
解得
（2）气体做等压变化，有
其中
解得
（3）由
其中
解得
14．【答案】（1）篮球第一次与地面碰撞的过程损失的机械能
（2）篮球第一次与地面碰撞前的速度大小为，碰撞后离地瞬间速度的大小为
篮球下落过程有
则
篮球上升过程有
则
篮球与地面碰撞过程，以竖直向下为正方向，根据动量定理有
则
（3）运动员拍球的过程中对篮球做功
【知识点】动量定理；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）由能量守恒定律可求篮球第一次与地面碰撞的过程中，损失的机械能；
（2）先由机械能守恒定律求出篮球与地面碰撞前后的速度，再由动量定理可求篮球受到地面的平均作用力的大小；
（3）由功能关系可求运动员拍击篮球的过程中对篮球做的功。
15．【答案】（1）小滑块P从Q的右端滑向B点的过程中，由动能定理得
解得
（2）若，滑块在CD间运动过程，由牛顿第二定律得
滑块做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的位移-时间公式得
解得
滑块到达D点时的速度大小
滑块的速度为零时弹簧的弹簧势能最大，由能量守恒定律可知，弹簧最大弹性势能
解得
（3）最终滑块停在D点有两种可能：
a、滑块恰好能从C下滑到D，由动能定理得
代入数据解得
b、滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点，当滑块恰好能返回C时，由动能定理得
代入数据解得
当滑块恰好静止在斜面上，则有
代入数据解得
则当时，滑块在CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点。综上所述，的取值范围是
或
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【分析】1.根据动能定理求出小滑块在B点的速度。
2.根据匀变速直线运动的规律求出滑块刚接触弹簧的速度vD，根据能量守恒，求出弹性势能的大小。
3.分析物体停在D点的两种可能，一是从C运动到D，然后停下。二是多次反复运动，最后在D点停下。结合物体的运动及动能定理分析推理。注意：物体与斜面的动摩擦力因素也会影响物体是否停留在斜面上。
（1）小滑块P从Q的右端滑向B点的过程中，由动能定理得
解得
（2）若，滑块在CD间运动过程，由牛顿第二定律得：
滑块做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的位移-时间公式得：
解得
滑块到达D点时的速度大小
滑块的速度为零时弹簧的弹簧势能最大，由能量守恒定律可知，弹簧最大弹性势能
解得
（3）最终滑块停在D点有两种可能：
a、滑块恰好能从C下滑到D，由动能定理得：
代入数据解得
b、滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点，当滑块恰好能返回C时，由动能定理得：
代入数据解得
当滑块恰好静止在斜面上，则有：
代入数据解得
则当时，滑块在CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点。
综上所述，的取值范围是或。
1 / 1四川省成都市第十二中学(四川大学附属中学)2024-2025学年高三上学期半期考试物理试题
1．（2024高三上·成都期中）在某个恶劣天气中，能见度很低，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，甲在前、乙在后同向行驶。某时刻两车司机听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，两车刹车后的v－t图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲车的加速度大于乙车的加速度
B．若t＝24 s时两车未发生碰撞，则此时两车相距最远
C．为避免两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距至少为48 m
D．若两车发生碰撞，则可能是在开始刹车24 s以后的某时刻发生的
【答案】C
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．甲车的加速度大小
乙车的加速度大小
所以甲车的加速度小于乙车的加速度，故A错误；
B．t＝24s时，两车速度相等，开始时，甲在前、乙在后同向行驶，所以若t＝24 s时两车未发生碰撞，则此时两车相距最近，故B错误；
C.0~24 s内，甲车的位移
乙车的位移
两者位移之差
所以为避免两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距至少为48 m，故C正确；
D．t＝24 s时，两车速度相等，若两车速度相等时没有相撞，则速度相等后，甲车的速度比乙车的大，两车不可能相撞，故D错误；
故选C。
【分析】掌握追及相遇的几个关系；速度关系、位移关系、时间关系。
2.掌握恰好不相撞的条件。
3.掌握v-t图像的斜率意义、面积意义。
2．（2024高三上·成都期中）如图所示，一个质量的物块静止在水平面上，现用水平力向右拉物块，的大小随时间变化关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数，重力加速度大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．内，重力的冲量大小为 B．物块从0.5s末开始运动
C．末，物块的速度大小为 D．末，物块的速度大小为
【答案】D
【知识点】动量定理；静摩擦力；冲量
【解析】【解答】A．由冲量的定义式可知，内重力的冲量大小
故A错误；
BCD．物块受到的滑动摩擦力
由图可知时
则物块之后才开始运动，拉力与时间图像的面积表示冲量，由图可知拉力的冲量
由动量定理可得
则末，物块的速度大小
故BC错误，D正确。
【分析】1.掌握冲量的定义式。
2.掌握物体即将开始运动时的摩擦力为最大静摩擦力，此时拉力大于或等于最大静摩擦力，物体才会运动起来。
3.掌握动量定理的应用，某过程合力的冲量等于该过程动量变化量。
3．（2024高三上·成都期中）在物理学发展的进程中，人们通过对某些重要物理实验的深入观察和研究，获得正确的理论认识。下列图示的实验规律对应的说法正确的是（ ）
A．图甲是用多种频率的光进行光电效应实验，所得到的光电流与所加电压的关系，a光的频率最大
B．图乙是卢瑟福进行α粒子散射图景，卢瑟福通过实验分析数据后提出核式结构模型
C．图丙是黑体反射电磁波的强度与波长的关系，温度升高，所有反射的电磁波的强度都随温度升高而增大
D．图丁是衰变过程随时间的变化规律，说明每个半衰期发生衰变的原子核数量相同
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；黑体、黑体辐射及其实验规律；光电效应；α粒子的散射
【解析】【解答】A．不同色光的I-U图线说明频率大的光对应的遏止电压一定大，b光的频率最大，故A错误；
B．α粒子散射实验示意图绝大多数粒子基本上沿原方向前进，极少数粒子发生偏转，说明原子具有核式结构，故B正确；
C．黑体不反射电磁波但是辐射电磁波，故C错误；
D．衰变过程随时间的变化规律说明在相同时间内，有半数的原子核发生了衰变，但相同时间内衰变的原子数量随时间的推移而不断减少，故D错误。
【分析】1.能够从I-U图像获取信息，理解同一频率的入射光对应的遏止电压相同。遏制电压与光强无关。
2.能够通过粒子散射实验示意图理解原子的内部结构。
3.知道黑体的特点。
4.理解什么是衰变，以及原子核的衰变规律。
4．（2024高三上·成都期中）一辆小轿车在平直路面上以恒定功率加速，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示。已知轿车的总质量为1300kg，其所受的阻力不变，则轿车（ ）
A．速度随时间均匀增大 B．加速度随时间均匀减小
C．所受阻力大小为2.73×103N D．电动机输出功率为9.1×103W
【答案】C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A．由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A错误；
B．由函数方程得
因为轿车做变加速运动，速度随时间不是均匀变化，所以加速度不是随时间均匀减小，故B错误；
CD．对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有
联立得
结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a=0时，，解得
所以最大速度为33m/s由图象可知
解得
由图象可知
解得
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】1.能够根据图像判断小轿车的运动不是匀加速直线运动，判断其速度与时间的关系，以及加速度与时间关系。
2.能够根据题意求出函数表达式以及结合图像，知道图像斜率、纵轴截距对应的物理量。
5．（2024高三上·成都期中）无级变速汽车变速箱的工作原理可以简化为如图所示的装置，两个相同锥体A、B水平放置，它们的中心轴分别与动力输入端和动力输出端连接，动力输入端的中心轴带动锥体A转动，锥体A带动钢带转动的同时，钢带在锥体上前后移动，改变转速比，实现变速。a、b是锥体上与钢带接触的两动点，不计钢带的形变且钢带所在的平面始终与两中心轴垂直，若保持动力输入端中心轴转速不变，则钢带由后向前运动的过程中（ ）
A．动点a、b的线速度相等且逐渐减小
B．锥体B的转速增大
C．汽车在减速
D．动点a、b的向心加速度大小之和减小
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A．根据题意有动点的线速度相等，有
钢带由后向前运动的过程中增大，可得增大，A错误；
BC．由于
有
解得
增大，减小，可得增大，汽车在加速，B正确，C错误；
D．根据
可得
由题意得
（定值），故增大，D错误。
故选B。
【分析】1.掌握圆周运动线速度与角速度的关系。
2.掌握a、b的转速与转动半径的关系。结合题意的信息分析判断。
3.掌握向心加速度与转速的关系，结合选项分析判断。
6．（2024高三上·成都期中）如图，某侦察卫星在赤道平面内自西向东绕地球做匀速圆周运动，对该卫星监测发现，该卫星离我国北斗三号系统中的地球同步轨道卫星的最近距离为，最远距离为。则下列判断正确的是（ ）
A．该侦察卫星的轨道半径为
B．该侦察卫星的运行周期为
C．该侦察卫星和某地球同步卫星前后两次相距最近的时间间隔为
D．该侦察卫星与地心连线和地球同步卫星与地心连线在相等时间内扫过的面积之比为
【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．设侦察卫星的轨道半径为，同步卫星的轨道半径为，根据题意
解得
，
故A项错误；
B．根据开普勒第三定律有
其中T2=24h，解得
故B项错误；
C．相距最近时，由
解得
故C项错误
D．由万有引力提供向心力有
又有
解得
因此该侦察卫星与地心连线和某地球静止卫星与地心连线在相等时间内扫过的面积之比为，故D项正确。
故选D。
【分析】1.能够根据题意分析侦察卫星的轨道半径。
2.掌握开普勒第三定律，注意同步卫星的公转周期为24h.
3.掌握两颗卫星相邻两次相遇最近的时间与公转周期关系。
4.掌握卫星与地心连线在相等时间里扫过面积的表达式，根据题意分析判断。
7．（2024高三上·成都期中）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。已知，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则（ ）
A．下滑过程中，环的加速度逐渐减小
B．下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为
C．从C到A过程，弹簧对环做功为
D．环经过B时，上滑的速度小于下滑的速度
【答案】C
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．环由A到C，初速度和末速度均为0，可知环先加速后减速。圆环所受弹簧的弹力逐渐增大，弹簧一直处于伸长状态。并且，弹簧弹力方向越来越靠近斜杆，分析圆环的受力可知，其合力先沿着斜杆向下，再沿着斜杆向上，且合力的大小先减小后增大，所以圆环的加速度先减小后增大，故A错误；
B．环由A到C，有
环由C到A，有
解得
，
故B错误，C正确；
D．由功能关系可知，圆环由A下滑至B，有
圆环由B上滑至A，有
则
即环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D错误。
故选C。
【分析】1.掌握对环的受力分析，结合牛顿第二定律判断环加速度变化。
2.环由A到C和环由C到A两个过程，掌握能量守恒定律分析。
3.知道环经过B的对应的两个过程，掌握动能定理的应用。
8．（2024高三上·成都期中）如图所示，倾角为的斜劈静止在水平面上，从与斜劈顶点等高的点抛出一小球，其初速度大小为，方向与水平方向夹角为，小球刚好从点沿斜劈向下运动。忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度，，。下列说法正确的是（ ）
A．小球从抛出到落在斜劈上的时间为
B．、两点间的距离为
C．小球在斜劈上运动过程中，小球机械能守恒
D．小球在斜劈上运动过程中，斜劈对小球做负功
【答案】B,D
【知识点】能量守恒定律；斜抛运动
【解析】【解答】AB．由斜抛运动的规律可知，小球上升时间为
根据对称性可知，小球从抛出到落在斜劈上的时间为
、两点间的距离为
故A错误，B正确；
CD．小球在斜劈上运动过程中，则斜劈会向右运动，支持力对小球做负功，故小球机械能不守恒，故C错误，D正确。
【分析】1.知道斜抛运动，知道P和Q是对称点。利用对称性解决问题。
2.掌握斜抛运动在水平方向上做匀速直线运动。
3.掌握机械能守恒的条件。注意：斜劈与水平面没有摩擦力。
9．（2024高三上·成都期中）如题图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成。如题图乙为提水设施工作原理简化图，某次需从井中汲取m=2kg的水，辘轳绕绳轮轴半径为r=0.1m，水斗的质量为0.5kg，井足够深且井绳的质量忽略不计。t=0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如题图丙所示，g取，则（ ）
A．水斗速度随时间变化规律为v=0.4t
B．井绳拉力瞬时功率随时间变化规律为P=10t
C．0~10s内水斗上升的高度为4m
D．0~10s内井绳拉力所做的功为520J
【答案】A,D
【知识点】功的计算；功率及其计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据图像可知，水斗速度
A正确；
B．井绳拉力瞬时功率为
又由于
根据上述有
则有
B错误；
C．根据图像可知，0~10s内水斗上升的高度为
C错误；
D．根据上述P=10.4t，0~10s内井绳拉力所做的功为
D正确。
【分析】1.掌握线速度与角速度的关系式。
2.掌握力的瞬时功率P=Fv，注意对应同一时刻的拉力与速度。
3.能够根据图像分析线速度与时间的关系，利用平均速度公式分解水斗上升的高度。
4.掌握功率与时间的关系，运用平均功率代替恒定功率分析求解。
10．（2024高三上·成都期中）如图所示，轻质动滑轮下方用不可伸长的轻绳悬挂质量为的重物，轻质定滑轮固定在天花板上，另一不可伸长的轻绳一端固定在天花板上，分别绕过动滑轮、定滑轮后另一端悬挂质量为的重物，轻绳与滑轮未接触部分始终竖直，滑轮间竖直距离足够长，离地足够高，现将、从同一高度同时由静止释放。A、B均可视为质点，不计一切阻力，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A．A的加速度大小为
B．悬挂B的轻绳的拉力大小为
C．当的位移大小为时，的速度大小为
D．当A、B之间的高度差为时，A、B的动能之和为
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律、功能关系解题的关键是知道两物体运动的关联关系。
AB．由图可知B的加速度是A的加速度的2倍，因为B下落的高度总是A上升高度的2倍，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
又
联立解得
，，
故A错误，B正确；
C．当B的位移大小为时，则A位移大小为时，对A根据运动学公式可得
解得A的速度大小为
故C正确；
D．当A、B之间的高度差为时，A位移大小为，B的位移大小为，根据系统机械能守恒可知，A、B的动能之和为
故D错误。
故选BC。
【分析】分别对A物体和B物体列牛顿第二定律方程，求出二者的加速度和绳子拉力；根据速度与位移关系公式求解A物体的速度和B物体的速度；根据系统机械能守恒求解A、B之间的高度差为h时，A、B的动能之和。
11．（2024高三上·成都期中）某实验小组通过如图所示的装置验证向心力的表达式，滑块套在水平杆上，随杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过一细绳连接滑块，用来测量向心力F的大小，滑块上固定一遮光片，宽度为d，与固定在铁架台上的光电门可测量滑块的角速度ω、旋转半径为R，每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和角速度ω的数据。
（1）某次旋转过程中遮光片经过光电门时的遮光时间为Δt，则角速度ω = ；
（2）以F为纵坐标，以 （填“”“”或“”）为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线；若所得图像的斜率为k，则滑块的质量为 （用所测物理量k、d、R、ω表示）。
【答案】（1）
（2）；
【知识点】向心力；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）物体转动的线速度为
由
解得
（2） 根据向心力公式可知
联立解得
故以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线，根据函数表达式可知
解得
（1）第1空： （2）第1空： ，第2空：
【分析】1.掌握利用光电门求解物体的线速度，结合线速度与角速度关系式求解角速度。
2.掌握向心力与角速度的关系式。
（1）物体转动的线速度为
由
解得
（2）[1][2] 根据向心力公式可知
联立解得
故以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线，根据函数表达式可知
解得
12．（2024高三上·成都期中）在某次探究加速度与力、质量的关系实验中，甲、乙、丙、丁四位同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用M表示，重物质量用m表示。
（1）不需要小车质量远大于重物质量的方案是 （多选）。
（2）需要补偿阻力的方案是 （多选）。
（3）在通过调整长木板的倾角来补偿阻力时，正确的操作是______。
A．小车后面安装纸带，前面挂重物
B．小车后面安装纸带，前面不挂重物
C．小车后面不安装纸带，前面挂重物
D．小车后面不安装纸带，前面不挂重物
（4）某次实验得到的纸带如图所示，已知所用电源的频率为50Hz，相邻2个计数点之间还有4个计时点没有标出，可求出小车的加速度大小为 （计算结果保留2位有效数字）。
（5）按正确实验步骤进行实验，若乙、丙、丁三位同学发现某次测量中力传感器和弹簧测力计读数相同，通过计算得到小车的加速度均为a，则乙、丙、丁实验时所用小车总质量之比为 。
【答案】（1）乙、丙、丁
（2）甲、乙、丙、丁
（3）B
（4）0.79
（5）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）图甲中细线拉力需要近似等于重物的重力，所以需要小车质量远大于重物质量；图乙中细线拉力可以通过弹簧测力计测得，图丙中细线拉力可以通过力传感器测得，图丁中细线拉力可以通过弹簧测力计测得，则不需要小车质量远大于重物质量的方案是：乙、丙、丁。
（2）四个方案中，小车与长木板都存在摩擦力作用，所以需要补偿阻力的方案是：甲、乙、丙、丁。
（3）在通过调整长木板的倾角来补偿阻力时，小车前面不挂重物，通过纸带判断小车是否做匀速直线运动，所以小车后面要安装纸带。故选B。
（4）相邻2个计数点之间还有4个计时点没有标出，则相邻计数点的时间间隔为
根据逐差法可得小车的加速度大小为
（5）若乙、丙、丁三位同学发现某次测量中力传感器和弹簧测力计读数相同，通过计算得到小车的加速度均为a，对乙图有
对丙图有
对丁图有
可得乙、丙、丁实验时所用小车总质量之比为
答案：（1）第1空：乙、丙、丁 （2）第1空：甲、乙、丙、丁 （3）第1空：B （4）第1空：0.79
（5）第1空：
【分析】掌握实验原理，明确拉力大小等于合力大小，要求实验能直接获取拉力大小。
2.掌握拉力大小等于合力大小，要求小车受到的除了拉力外，其他力合力为零。
3.明确补偿阻力是平衡小车在运动过程中，受到的各种阻力及摩擦。
4.能够熟练运用逐差法计算小车的加速度。
5.掌握牛顿第二定律。
（1）图甲中细线拉力需要近似等于重物的重力，所以需要小车质量远大于重物质量；图乙中细线拉力可以通过弹簧测力计测得，图丙中细线拉力可以通过力传感器测得，图丁中细线拉力可以通过弹簧测力计测得，则不需要小车质量远大于重物质量的方案是：乙、丙、丁。
（2）四个方案中，小车与长木板都存在摩擦力作用，所以需要补偿阻力的方案是：甲、乙、丙、丁。
（3）在通过调整长木板的倾角来补偿阻力时，小车前面不挂重物，通过纸带判断小车是否做匀速直线运动，所以小车后面要安装纸带。
故选B。
（4）相邻2个计数点之间还有4个计时点没有标出，则相邻计数点的时间间隔为
根据逐差法可得小车的加速度大小为
（5）若乙、丙、丁三位同学发现某次测量中力传感器和弹簧测力计读数相同，通过计算得到小车的加速度均为a，对乙图有
对丙图有
对丁图有
可得乙、丙、丁实验时所用小车总质量之比为
13．（2024高三上·成都期中）如图所示，一导热汽缸开口向左，静置于水平地面上。汽缸深度为20cm。活塞质量为20kg，横截面积为，厚度忽略不计，可以在缸内自由滑动。活塞将一定量的理想气体密封在汽缸内，环境温度为，空气柱长度为12cm。已知大气压强为，。求：
（1）顺时针缓慢旋转汽缸到开口竖直向上，且活塞平衡时，此时空气柱的长度；
（2）汽缸开口向上平衡后，对汽缸缓慢加热，当活塞刚刚到达缸口时，此时缸内的温度；
（3）若在（2）过程中密封气体的内能增加了80J，则气体需从外界吸收的热量。
【答案】（1）气体做等温变化，有
其中
解得
（2）气体做等压变化，有
其中
解得
（3）由
其中
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】 （1）由平衡条件和玻意耳定律求解；
（2）气体做等压变化，根据盖吕萨克定律列式求解；
（3）确定外界对气体做的功，由热力学第一定律求解该过程气体吸收的热量。
（1）气体做等温变化，有
其中
解得
（2）气体做等压变化，有
其中
解得
（3）由
其中
解得
14．（2024高三上·成都期中）如图所示，质量的篮球从离地高度处由静止释放，与地面发生第一次碰撞后反弹，达到最高点时离地高度，篮球与地面发生作用的时间。篮球反弹至最高点后，运动员通过竖直向下拍击篮球对其做功，使篮球与地面发生第二次碰撞，碰后恰能反弹至离地高度处。若篮球两次与地面碰撞损失的机械能相同，重力加速度，不计空气阻力。求：
（1）篮球第一次与地面碰撞的过程中，损失的机械能；
（2）篮球第一次与地面碰撞的过程中，受到地面的平均作用力的大小F；
（3）运动员拍击篮球的过程，对篮球做的功W。
【答案】（1）篮球第一次与地面碰撞的过程损失的机械能
（2）篮球第一次与地面碰撞前的速度大小为，碰撞后离地瞬间速度的大小为
篮球下落过程有
则
篮球上升过程有
则
篮球与地面碰撞过程，以竖直向下为正方向，根据动量定理有
则
（3）运动员拍球的过程中对篮球做功
【知识点】动量定理；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）由能量守恒定律可求篮球第一次与地面碰撞的过程中，损失的机械能；
（2）先由机械能守恒定律求出篮球与地面碰撞前后的速度，再由动量定理可求篮球受到地面的平均作用力的大小；
（3）由功能关系可求运动员拍击篮球的过程中对篮球做的功。
15．（2024高三上·成都期中）如图，水平传送带Q长度s=2.5m，Q的左端与水平轨道上的B点平滑连接，传送带顺时针转动；质量为m=1kg的小滑块P（视为质点）由Q的右端以水平向左的速度v0=3m/s冲上传送带，从左侧滑出接着在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ=37°、长L=1m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数可在0≤μ1≤1.5之间调节。斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点。滑块在C、D两处换向时速度大小均不变，P与Q之间的动摩擦因数为μ2=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g=10m/s2，sin37 °=0.6，cos37 °=0.8，不计空气阻力。求：
（1）P运动到B点时速度；
（2）若设置μ1=0，求滑块从C第一次运动到D的时间及弹簧的最大弹性势能；
（3）若最终滑块停在D点，求μ的取值范围。
【答案】（1）小滑块P从Q的右端滑向B点的过程中，由动能定理得
解得
（2）若，滑块在CD间运动过程，由牛顿第二定律得
滑块做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的位移-时间公式得
解得
滑块到达D点时的速度大小
滑块的速度为零时弹簧的弹簧势能最大，由能量守恒定律可知，弹簧最大弹性势能
解得
（3）最终滑块停在D点有两种可能：
a、滑块恰好能从C下滑到D，由动能定理得
代入数据解得
b、滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点，当滑块恰好能返回C时，由动能定理得
代入数据解得
当滑块恰好静止在斜面上，则有
代入数据解得
则当时，滑块在CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点。综上所述，的取值范围是
或
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用
【解析】【分析】1.根据动能定理求出小滑块在B点的速度。
2.根据匀变速直线运动的规律求出滑块刚接触弹簧的速度vD，根据能量守恒，求出弹性势能的大小。
3.分析物体停在D点的两种可能，一是从C运动到D，然后停下。二是多次反复运动，最后在D点停下。结合物体的运动及动能定理分析推理。注意：物体与斜面的动摩擦力因素也会影响物体是否停留在斜面上。
（1）小滑块P从Q的右端滑向B点的过程中，由动能定理得
解得
（2）若，滑块在CD间运动过程，由牛顿第二定律得：
滑块做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的位移-时间公式得：
解得
滑块到达D点时的速度大小
滑块的速度为零时弹簧的弹簧势能最大，由能量守恒定律可知，弹簧最大弹性势能
解得
（3）最终滑块停在D点有两种可能：
a、滑块恰好能从C下滑到D，由动能定理得：
代入数据解得
b、滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点，当滑块恰好能返回C时，由动能定理得：
代入数据解得
当滑块恰好静止在斜面上，则有：
代入数据解得
则当时，滑块在CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点。
综上所述，的取值范围是或。
1 / 1
