江西省宜春市上高二中2024-2025学年高三上学期10月期中物理试题
1．（2024高二上·上高期中）在刚结束的巴黎奥运会，郑钦文获得女单网球冠军，创造历史性的一刻。如图所示，郑钦文把飞来的网球击打回去，落到了对方场内，则下列说法正确的是（ ）
A．飞来的网球速度越大，惯性越大
B．球被打飞回去，是因为力是维持物体运动状态的原因
C．若球拍没有击打球，则球会保持原来的运动状态不变
D．球拍对球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的
【答案】D
【知识点】形变与弹力；牛顿第一定律；惯性与质量
【解析】【解答】A．物体的惯性只由质量决定，与物体的速度无关，故A错误；
B．球被打飞回去，是因为力是改变物体运动状态的原因，故B错误；
C．若球拍没有击打球，由于球仍受重力作用，所以球不会保持原来的运动状态不变，故C错误；
D．球拍对球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的，故D正确。
故选D。
【分析】根据质量决定惯性大小；惯性是物体保持原有运动状态的性质；力是改变物体运动状态的原因；球拍对球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的，依次分析判断。
2．（2024高二上·上高期中）运动会比赛结束后，教师为参赛的运动员颁奖，我们可以把奖牌简化为一根质量不计的轻绳和位于轻绳中点质量为的重物，重物可视为质点。教师手抓在轻绳的两端，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A．当轻绳夹角变大时，绳的张力减小
B．轻绳夹角不变，教师用力抓轻绳时，轻绳与教师手之间摩擦力增加
C．如图，轻绳上拉力大小为
D．教师双手对轻绳的作用力方向为沿绳斜向上
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AC．对小球受力分析，由平衡条件有
解得轻绳上拉力大小为
当轻绳夹角变大时，变小，轻绳上拉力大小变大，轻绳夹角不变，轻绳上拉力大小不变，故A错误，C正确；
B、由平衡条件可知，教师用力抓轻绳时，拉力不变，故根据牛顿第三定律可得，轻绳与教师手之间摩擦力不变，故B错误；
D．根据题意，把轻绳和小球看做整体，对整体受力分析，由平衡条件可知，教师双手对轻绳的作用力与小球的重力等大反向，则教师双手对轻绳的作用力方向为竖直向上，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据正交分解对小球受力分析，根据平衡条件列式，再根据角度变化得出结论。
将轻绳和小球看做整体，进行分析，得出结论。
3．（2024高二上·上高期中）如图所示，一条两岸平直、水流自西向东的小河，北渡口A与南渡口B的连线与岸的夹角为，河水流速恒定为v1，河宽为d。一人驾驶小船从南渡口B沿连线到达北渡口A，若该人驾驶小船在静水中的速度可以改变，则该人驾驶小船在静水中的速度为最小值时，此种情况下该人从南渡口B到北渡口A的时间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】在静水中的运动方向和BA连线垂直时，该人驾驶小船在静水中的速度有最小值，则小船合速度为
该人从南渡口B到北渡口A的时间为
故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】根据运动的合成和分解求出，小船的最小速度方向，再求出合速度大小，从而求出渡河时间。
4．（2024高二上·上高期中）2024年巴黎奥运会上，郑钦文为中国队勇夺网球女子单打首枚金牌。若某次训练中，她第一次在地面上方A点把网球以初速度水平击出，落在水平面上B点；第二次在地面上方C点把网球以一定初速度斜向上击出，初速度方向与水平方向的夹角为，网球运动的最高点恰好为A点，落在水平面上D点，如图为网球两次运动的轨迹，两轨迹在同一竖直平面内，A点在水平地面的投影点为，，A点到地面的距离是C点到地面的距离的，不计空气阻力，重力加速度大小为g，。下列说法错误的是（ ）
A．网球两次在空中均做匀变速运动
B．网球第二次的初速度大小为
C．A、C两点间的水平距离为
D．网球在B点的速度大小为
【答案】D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A．网球在空中只受重力，网球两次在空中均做匀变速运动，故A正确；
B．设、两点距离为，第二次网球过点后做平抛运动，根据
，
解得水平方向的速度为
结合，可得第二次网球过A点的速度大小为
网球第二次的初速度大小为
故B正确；
C．初速度竖直分量
网球从点到A点的时间
、两点间的水平距离为
故C正确；
D．根据题意有
即
网球在点，竖直方向的速度为
又水平方向的速度为，故网球在B点的速度大小为
故D错误。
故答案为：D。
【分析】A、物体做斜抛运动，根据斜抛运动的知识求解；
B、第二次网球过点后做平抛运动，根据平抛运动规律求解；
C、根据平抛运动规律求出运动时间，从而求出运动的水平位移；
D、先求出从A到B的运动时间，求出到B点的竖直方向上的速度，再结合水平速度不变，求出B点的速度大小。
5．（2024高二上·上高期中）如图甲所示，筒车是利用水流带动车轮，使装在车轮上的竹筒自动水，提水上岸进行灌溉。其简化模型如图乙所示，转轴为O，C、O、D在同一高度，A、B分别为最低点和最高点，E、F为水面。筒车在水流的推动下做匀速圆周运动，竹筒做速圆周运动的半径为R，角速度大小为，竹筒顺时针转动，在点开始打水，从F点离开水面。从A点到B点的过程中，竹筒所装的水质量为m且保持不变，重力加速度为g下列说法正确的是（ ）
A．竹筒做匀速圆周运动的向心加速度大小为
B．水轮车上装有16个竹筒，则相邻竹筒打水的时间间隔为
C．竹筒过C点时，竹筒对水的作用力大小为mg
D．竹筒从C点到B点的过程中，其重力的功率逐渐减小
【答案】D
【知识点】向心加速度；功率及其计算
【解析】【解答】A．根据
则向心加速度为
故A错误；
B．周期为
相邻竹筒打水的时间间隔为
故B错误；
C．竹筒中的水做匀速圆周运动，合力指向圆心，如图所示
可知
故C错误；
D．从C点到B点的过程中，有
竹筒的速度在竖直方向上的分量逐渐减小，重力的功率减小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据向心力提供加速度可得出加速度大小；
B、先求出周期公式，再根据筒的个数求出时间间隔；
C、竹筒中的水做匀速圆周运动，作出受力示意图得出F与mg大小；
D、根据判断出竖直方向上速度的变化，进而求出重力的功率的变化。
6．（2024高二上·上高期中）某汽车质量为，在平直的路面上由静止以恒功率启动到最大速度，运动过程中总阻力（和）为常数，下列说法正确的是（ ）
A．在加速过程中平均速度等于 B．加速时间等于
C．加速位移超过 D．关闭发动机后平均速度等于
【答案】C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A．由于启动过程中发动机的输出功率恒为P不变，根据
由于汽车速度v增大，则汽车的牵引了F逐渐减小，由于阻力f增大，则根据牛顿第二定律有
可得汽车的加速度逐渐减小，所以汽车做非匀变速直线运动，所以不满足匀变速直线运动的速度关系，即
故A错误；
B．从汽车开始运动到汽车达到最大速度，根据动能定理有
解得
>
故B错误；
C．加速的位移为
故C正确；
D．关闭发动机后，根据牛顿第二定律
随着汽车速度v减小，则阻力f减小，可知汽车的加速度逐渐减小，所以汽车做非匀变速直线运动，所以不满足匀变速直线运动的速度关系，即
故D错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据恒定功率启动得出牵引力变化情况，再公式牛顿第二定律得出加速度的变化，得出汽车的运动情况，从而得出平均速度的变化情况；
B、根据动能定理求出从汽车开始运动到汽车达到最大速度所用时间；
C、根据加速位移等于平均速度与所用时间的乘积得出结论；
D、关闭发动机后，汽车水平方向上只受阻力，根据牛顿第二定律列式得出加速度变化，再根据匀变速直线运动平均速度公式求解结果。
7．（2024高二上·上高期中）如图所示，运动员刚开始静止在蹦床上的B点（未标出），通过调整姿态，多次弹跳后达到最高点A，然后运动员从A点保持姿势不变由静止下落至最低点C。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．运动员从接触蹦床到最低点的过程中，一直做减速运动
B．下落过程中，运动员在B点时速度最大
C．从B点下落至C点的过程，运动员做匀减速直线运动
D．从A点下落至B点的过程，运动员的机械能守恒
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．运动员接触蹦床后，蹦床弹力逐渐增大，但弹力小于重力阶段，所以运动员继续加速，根据牛顿第二定律得出加速度逐渐减小；当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，运动继续向下运动；则此后弹力大于重力，但运动员做减速运动，加速度增大，故A错误；
B．运动员在B点时，处于静止状态，根据平衡条件可得重力与弹力大小相等，运动员加速度为零，速度最大，故B正确；
C．运动员从B点到C点的过程中，弹力增大，弹力大于重力，由牛顿第二定律
可知加速度增大，故运动员做加速度逐渐增大的减速运动，故C错误；
D．从A点下落至B点的过程，运动员的机械能有一部分转化为蹦床的势能，运动员机械能减少，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A、运动员接触蹦床后，得出弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律判断出加速度的变化，得出运动的情况；
B、根据平衡条件得出结论；
C、运动员从B点到C点的过程中，弹力增大，弹力大于重力，根据牛顿第二定律判断得出结果；
D、根据机械能的变化情况进行判断。
8．（2024高二上·上高期中）如图所示，倾角45°的光滑轨道AB和水平轨道BC平滑相连，右侧是光滑的半圆轨道CDE，半径R=0.4m。一可视为质点的质量为m=0.2kg的滑块从轨道AB上高度处由静止释放。滑块与BC间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，滑块恰好能通过最高点E之后，恰好落到B点。下列选项中正确的是（ ）
A．水平轨道BC的长度为0.8m
B．滑块释放点的高度为h0=1.0m
C．如果增加释放点的高度h0，滑块有可能垂直打到斜面上
D．如果将释放点的高度调整为，滑块在半圆轨道CDE上运动过程中有可能脱离轨道
【答案】A,C
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．滑块恰好能通过最高点E时，由牛顿第二定律可得
解得
由于滑块离开E点后做平抛运动，根据平抛运动规律有
解得
故A正确；
BC．从滑块释放点到半圆轨道最高点E过程中，根据动能定理可得
解得
则如果增加释放点的高度h0，则滑块过轨道最高点E点时的速度增大，有可能垂直打到斜面上，故B错误，C正确；
D．如果释放点的高度为，则滑块运动到D点时根据动能定理可得
解得
故滑块恰好能滑到D点，然后返回，故不会离开轨道，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A、根据牛顿第二定律得出E点速度大小，再根据平抛运动规律得出BC长度；
B、从滑块释放点到半圆轨道最高点E过程中，由动能定理得出结论；
C、根据AB结论进行判断；
D、 有无脱离轨道肯，需先求出到达D点速度，需根据动能定理列式，得出D点速度恰好为0，进行判断。
9．（2024高二上·上高期中）2024年7月19日，我国成功发射高分十一号05卫星。如图，高分十一号05卫星和另一颗卫星a分别沿圆轨道和椭圆轨道绕地球运行，圆轨道半径为R，椭圆轨道的近地点和远地点间的距离为2R，两轨道位于同一平面内且A点为两轨道的一个交点，某时刻两卫星和地球在同一条直线上，线速度方向如图，只考虑地球对卫星的引力，下列说法正确的是（ ）
A．在图示位置，高分十一号05卫星的加速度大小小于卫星a的加速度大小
B．在图示位置，两卫星的线速度大小关系为
C．从图示位置开始，卫星a先运动到A点
D．高分十一号05卫星的线速度大小始终大于卫星a的线速度大小
【答案】B,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力提供向心力可得
可得
由于在图示位置高分十一号05卫星离地心的距离小于卫星离地心的距离，故高分十一号05卫星的加速度大小大于卫星的加速度大小，故A错误；
B．在图示位置，以地心为圆心，过卫星所处位置作一与椭圆相切的辅助圆，辅助圆的半径大于，假如卫星在辅助圆上的线速度大小为，卫星要变轨到椭圆轨道上，必须减速，故
再根据卫星在圆轨道运行，根据万有引力提供向心力，则有
可得
可知轨道半径越大线速度越小，有
联立可得
故B正确；
C．由题意得卫星的半长轴为，根据开普勒第三定律可得两卫星的周期相同，从图示位置开始，卫星运动到点时间小于半个周期，而高分十一号05卫星运动到点时间大于半个周期，故卫星先运动到点，故C正确；
D．在椭圆轨道的近地点作一相切的辅助小圆，根据卫星在圆轨道运行，根据万有引力提供向心力，可得
可得
可知轨道半径越大线速度越小，故卫星在近地点的线速度大小大于，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A、根据万有引力提供向心力求出加速度大小，再根据r的大小关系得出结论；
B、卫星要变轨到椭圆轨道上，必须减速，再根据万有引力提供向心力得出线速度大小关系式，根据轨道半径大小进行判断；
C、根据开普勒第三定律得出两卫星的周期关系，再根据图示1位置进行判断；
D、根据万有引力提供向心力得出线速度大小关系式，根据轨道半径大小进行判断。
10．（2024高二上·上高期中）如图1所示，一物块叠放在足够长的木板上，初始时木板静止在粗糙水平面上，物块与木板保持相对静止。某时刻，给木板一初速度，图2为二者的图像，图中、、已知，长木板和物块的质量均为。下列说法正确的是（ ）
A．物块与木板的位移之比可表达为
B．整个过程，因摩擦产生的总热量为
C．板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为
D．
【答案】B,C,D
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．理解运用图像的斜率和面积意义，图像与坐标轴围成的面积表示位移，
故物块的位移为
木板的位移为
物块与木板的位移之比可表达为
故A不符合题意；
B．根据能量守恒，整个过程，因摩擦产生的总热量为
故B正确；
C．时间内，对物块，根据牛顿第二定律
时间内，对木板，根据牛顿第二定律
板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为
故C正确；
D．时间内，对木板，根据牛顿第二定律有
且
联立可得
故D正确。
故选BCD。
【分析】板块模型的学习一直是高中物理学习的重难点，涉及力与运动，功与能量，动量等知识。
1、图像的斜率代表加速度，和t轴所围面积表示位移。
2、系统损失的机械能通过摩擦力乘以相对路程做功，损失后转化为内能摩擦热。
3、隔离法和整体法交替运用是分析板块模型常用的方法。
11．（2024高二上·上高期中）如图甲为桶装水电动抽水器，某兴趣小组利用平抛运动规律测量该抽水器的流量Q（单位时间流出水的体积）。
（1）如图乙，为了方便测量，取下不锈钢出水管，用游标卡尺测量其外径D，读数为 cm。
（2）转动出水管至出水口水平，接通电源，待水流稳定后，用米尺测出管口到落点的高度差和管口到落点的水平距离，已知重力加速度，，则水流速度 m/s（保留两位有效数字）。
（3）已知出水管管壁的厚度为d，该抽水器的流量Q的表达式为 （用物理量D、d、v表示）。若根据测得的流量算出装满一杯水需要的时间总是比实际需要的时间短，可能的原因是 （写出一种即可）。
【答案】（1）0.71
（2）1.0
（3）；测量h偏小
【知识点】实验基础知识与实验误差；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；平抛运动
【解析】【解析】（1）主尺刻度为7mm，游标尺刻度为
游标卡尺的读数为
（2）水平方向
竖直方向上
联立解得
（3）该抽水器的流量Q的表达式
根据几何关系
联立可得
若根据测得的流量算出装满一杯水需要的时间总是比实际需要的时间短，说明流量的测量值偏大，根据
可知可能是偏大或偏小或者是水流速度的测量值偏大，即测量h偏小或L偏大。
【分析】（1）先读主尺刻度，再读出游标尺刻度；
（2）流出管口做平抛运动，根据平抛运动规律进行判断；
（3）根据，再求出S与D的表达式，得出结果；根据时间的长短判断出流量的大小变化，再得出变化的物理量。
（1）游标卡尺的读数为
（2）竖直方向
水平方向
联立解得
（3）[1]该抽水器的流量Q的表达式
根据几何关系
联立可得
[2] 若根据测得的流量算出装满一杯水需要的时间总是比实际需要的时间短，说明流量的测量值偏大，根据可知可能是偏大或偏小或者是水流速度的测量值偏大，即测量h偏小或L偏大。
12．（2024高二上·上高期中）一物理老师设计了一款研究向心力大小的实验装置，其简化示意图如图所示，装置固定在水平桌面上，在可调速的电机上固定一个半圆形有机玻璃凹槽（表面光滑，可忽略摩擦的影响），凹槽在电机的带动下能绕过凹槽圆心的竖直轴转动，旁边竖直固定一标尺，其上是可调高度的激光笔，激光笔发出水平方向的激光，初始时刻，凹槽与标尺在同一平面内.实验步骤如下：
（1）将钢球放入凹槽底部，上下移动激光笔对准凹槽圆心，此时激光笔所在位置读数记为.
（2）接通电源，开启电机调速开关，钢球开始随凹槽转动，当钢球到达某一高度后随凹槽做稳定的匀速圆周运动，上下移动激光笔，当激光对准钢球球心位置时，记录此时激光笔所在位置读数为，记.
（3）利用光电传感器探测钢球运动的周期.每当激光笔发出的激光照在钢球上时，光电传感器便会接收信号计次，若第1次光电传感器接收到信号时数字计时器开始计时，并记录为0次，达到次时计时器停止计时，记录总时间，则钢球运动的周期 （用题中所给字母符号表示）.
（4）若适当调大电机的转速，则激光笔应 （填“上移”“不动”或“下移”）.
（5）改变电机转速，重复实验，将得到的多组和的数据记录到表格中，并绘制 （填“”或“”）图像，根据图像的斜率可以进一步求出当地重力加速度 （用题中所给字母符号表示）.
【答案】；上移；；
【知识点】向心力
【解析】【解答】（3）由于钢球运动一周的过程中，光电传感器接收到2次信号，则钢球运动的周期
（4）若适当调大电机的转速，钢球做离心运动，则钢球向上运动，则激光笔应上移；
（5）设当某时刻钢球所在位置与凹槽圆心位置的连线与竖直方向夹角为θ，凹槽半径为R，则对钢球分析。根据合外力提供向心力，可得
由几何关系
可知
则将得到的多组和的数据记录到表格中，并绘制图像，根据图像的斜率可得
解得
【分析】（3）根据转动情况得出周期大小；
（4）适当调大电机的转速，钢球做离心运动，可得出激光笔的运动情况；
（5）根据合外力提供向心力得出夹角与激光笔高度的关系，进而判断出图像为一次函数，从而求出重力加速度大小。
13．（2024高二上·上高期中）2024年5月3日，我国自行研制的嫦娥六号探测器顺利发射。如图所示，该探测器于5月8日实施近月制动，顺利进入半径为r的环月轨道。可将探测器的环月轨道飞行视为角速度为ω的匀速圆周运动。6月2日，着陆器成功着陆月球背面，其着陆过程简化为如下过程：让着陆器先在距离预选着陆点约百米高度处悬停，接着发动机提供恒定向上的推力F，使着陆器开始以恒定的加速度竖直下降，经时间t后在月球表面实现“软着陆”。已知着陆器质量为m，月球半径为R，万有引力常量为G。求：
（1）月球的平均密度；
（2）着陆器“软着陆”时的速度ν大小。
【答案】（1）万有引力提供向心力，对探测器有
故月球密度
（2）对着陆器有
解得
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【分析】天体问题考察的重点是万有引力和重力关系，以及万有引力提供绕转天体所需的向心力。
1、对探测器的绕转，完又引力提供向心力，向心加速度采用角速度的形式。
2、忽略月球自转影响，月球表面物体受到的万有引力等于月球表面物体受到的重力大小。
3、探测器着陆过程利用牛顿第二定律结合运动学公式求解。
（1）对探测器有
故月球密度
（2）对着陆器有
解得
14．（2024高二上·上高期中）一种可测量转动角速度的简易装置如图所示。“V”形光滑支架固定在水平底座上，可随底座绕中轴线旋转，支架两杆与水平面间夹角均为，两侧的杆长均为2L。一原长为的轻弹簧套在AB杆上，弹簧一端固定于杆的上端A点，另一端与一套在杆上的小球（可视为质点）拴接。支架静止时弹簧的长度为1.5L，现让小球随支架做匀速转动，已知小球的质量为，重力加速度为g，。
（1）求轻弹簧的劲度系数；
（2）求弹簧恰好为原长时，支架转动的角速度；
（3）若支架转动的角速度为，求此时弹簧的长度。
【答案】（1）静止时弹簧伸长了，由平衡条件可得
解得
（2）轻弹簧恰为原长时，小球只受重力和杆的支持力，由几何关系
竖直方向
水平方向
解得
（3）若支架转动的角速度为，弹簧压缩，设形变量为，则有
其中
解得
弹簧的长度为
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）求出弹簧的伸长量，再根据平衡条件结合胡克定律得出结论；
（2）根据轻弹簧恰为原长时小球的受力情况，结合几何关系，再根据受力分析得出结论；
（3）根据角速度的大小情况得出弹簧的形变情况，再根据受力分析得出结论。
（1）静止时弹簧伸长了，由平衡条件可得
解得
（2）轻弹簧恰为原长时，小球只受重力和杆的支持力，由几何关系
竖直方向
水平方向
解得
（3）若支架转动的角速度为，弹簧压缩，设形变量为，则有
其中
解得
弹簧的长度为
15．（2024高二上·上高期中）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平平台上的固定弹射器和两个半径均为的“S”形圆弧轨道ABC、水平直轨道CD、EF、传送带DE以及竖直挡板FG组成，轨道各部分平滑连接。为两圆弧轨道圆心，连线与竖直线间的夹角均为，且A、C两点切线水平。传送带DE长度，速度逆时针匀速转动。可视为质点的滑块质量，被弹射器由静止弹射，弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块被弹射出去后从A点进入圆弧轨道，它与传送带之间的滑动摩擦因数，其余各处均不计摩擦。滑块碰到挡板立即被粘住，游戏结束。
（1）若滑块恰好不脱离“S”形圆弧轨道，求释放滑块时弹簧的弹性势能；
（2）若滑块到达D点时速度，求滑块通过传送带过程中，滑块与传送带产生的热量；
（3）设弹簧被压缩后具有的弹性势能为，其大小可随意调节，滑块撞击挡板前的瞬时速度为。在满足滑块不脱轨的前提下，求与的函数关系。
【答案】（1）滑块恰好不脱离圆弧轨道，在A处有
根据能量守恒可得
联立解得
（2）滑块在传送带上匀加速时的加速度为
若滑块在传送带上一直匀加速，直到速度变为，设运动时间为，根据运动学公式可得
解得
滑行的位移为
即滑块加速到时，刚好运动到E点，所以滑块相对传送带滑行的相对位移为
摩擦产生的热量为
（3）①若物体在传送带上一直加速，且到达E处时，速度刚好加速到，此时
解得
此时最初的弹性势能为
当时，物体在传送带上一直加速，根据能量守恒可得
解得
根据运动学公式可得
解得
②若物体在传送带上一直减速，且到达E处时，速度刚好减速到，此时
解得
此时最初的弹性势能为
当时，物体在传送带上一直减速，此时
可得
③当时，物体在传送带上一定会达到与传送带共速的状态，即；
综上所述可知，当时，；当时，；当时，。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】在处理由直线运动和曲线运动构成的多过程问题中，往往临界点和转接点是分析的重点。
1、竖直平面内圆周运动的最高点需要对恰好不脱离的临界条件分析。
2、水平传送带问题，注意分析滑动摩擦力的方向和突变的临界问题；在求解摩擦热的时候注意利用相对位移。
3、弹簧参与的系统分析，利用机械能守恒定律分析弹性势能和动能之间的转化，把握物体与传送带共速的两个临界条件分析。
1 / 1江西省宜春市上高二中2024-2025学年高三上学期10月期中物理试题
1．（2024高二上·上高期中）在刚结束的巴黎奥运会，郑钦文获得女单网球冠军，创造历史性的一刻。如图所示，郑钦文把飞来的网球击打回去，落到了对方场内，则下列说法正确的是（ ）
A．飞来的网球速度越大，惯性越大
B．球被打飞回去，是因为力是维持物体运动状态的原因
C．若球拍没有击打球，则球会保持原来的运动状态不变
D．球拍对球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的
2．（2024高二上·上高期中）运动会比赛结束后，教师为参赛的运动员颁奖，我们可以把奖牌简化为一根质量不计的轻绳和位于轻绳中点质量为的重物，重物可视为质点。教师手抓在轻绳的两端，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A．当轻绳夹角变大时，绳的张力减小
B．轻绳夹角不变，教师用力抓轻绳时，轻绳与教师手之间摩擦力增加
C．如图，轻绳上拉力大小为
D．教师双手对轻绳的作用力方向为沿绳斜向上
3．（2024高二上·上高期中）如图所示，一条两岸平直、水流自西向东的小河，北渡口A与南渡口B的连线与岸的夹角为，河水流速恒定为v1，河宽为d。一人驾驶小船从南渡口B沿连线到达北渡口A，若该人驾驶小船在静水中的速度可以改变，则该人驾驶小船在静水中的速度为最小值时，此种情况下该人从南渡口B到北渡口A的时间为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二上·上高期中）2024年巴黎奥运会上，郑钦文为中国队勇夺网球女子单打首枚金牌。若某次训练中，她第一次在地面上方A点把网球以初速度水平击出，落在水平面上B点；第二次在地面上方C点把网球以一定初速度斜向上击出，初速度方向与水平方向的夹角为，网球运动的最高点恰好为A点，落在水平面上D点，如图为网球两次运动的轨迹，两轨迹在同一竖直平面内，A点在水平地面的投影点为，，A点到地面的距离是C点到地面的距离的，不计空气阻力，重力加速度大小为g，。下列说法错误的是（ ）
A．网球两次在空中均做匀变速运动
B．网球第二次的初速度大小为
C．A、C两点间的水平距离为
D．网球在B点的速度大小为
5．（2024高二上·上高期中）如图甲所示，筒车是利用水流带动车轮，使装在车轮上的竹筒自动水，提水上岸进行灌溉。其简化模型如图乙所示，转轴为O，C、O、D在同一高度，A、B分别为最低点和最高点，E、F为水面。筒车在水流的推动下做匀速圆周运动，竹筒做速圆周运动的半径为R，角速度大小为，竹筒顺时针转动，在点开始打水，从F点离开水面。从A点到B点的过程中，竹筒所装的水质量为m且保持不变，重力加速度为g下列说法正确的是（ ）
A．竹筒做匀速圆周运动的向心加速度大小为
B．水轮车上装有16个竹筒，则相邻竹筒打水的时间间隔为
C．竹筒过C点时，竹筒对水的作用力大小为mg
D．竹筒从C点到B点的过程中，其重力的功率逐渐减小
6．（2024高二上·上高期中）某汽车质量为，在平直的路面上由静止以恒功率启动到最大速度，运动过程中总阻力（和）为常数，下列说法正确的是（ ）
A．在加速过程中平均速度等于 B．加速时间等于
C．加速位移超过 D．关闭发动机后平均速度等于
7．（2024高二上·上高期中）如图所示，运动员刚开始静止在蹦床上的B点（未标出），通过调整姿态，多次弹跳后达到最高点A，然后运动员从A点保持姿势不变由静止下落至最低点C。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．运动员从接触蹦床到最低点的过程中，一直做减速运动
B．下落过程中，运动员在B点时速度最大
C．从B点下落至C点的过程，运动员做匀减速直线运动
D．从A点下落至B点的过程，运动员的机械能守恒
8．（2024高二上·上高期中）如图所示，倾角45°的光滑轨道AB和水平轨道BC平滑相连，右侧是光滑的半圆轨道CDE，半径R=0.4m。一可视为质点的质量为m=0.2kg的滑块从轨道AB上高度处由静止释放。滑块与BC间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，滑块恰好能通过最高点E之后，恰好落到B点。下列选项中正确的是（ ）
A．水平轨道BC的长度为0.8m
B．滑块释放点的高度为h0=1.0m
C．如果增加释放点的高度h0，滑块有可能垂直打到斜面上
D．如果将释放点的高度调整为，滑块在半圆轨道CDE上运动过程中有可能脱离轨道
9．（2024高二上·上高期中）2024年7月19日，我国成功发射高分十一号05卫星。如图，高分十一号05卫星和另一颗卫星a分别沿圆轨道和椭圆轨道绕地球运行，圆轨道半径为R，椭圆轨道的近地点和远地点间的距离为2R，两轨道位于同一平面内且A点为两轨道的一个交点，某时刻两卫星和地球在同一条直线上，线速度方向如图，只考虑地球对卫星的引力，下列说法正确的是（ ）
A．在图示位置，高分十一号05卫星的加速度大小小于卫星a的加速度大小
B．在图示位置，两卫星的线速度大小关系为
C．从图示位置开始，卫星a先运动到A点
D．高分十一号05卫星的线速度大小始终大于卫星a的线速度大小
10．（2024高二上·上高期中）如图1所示，一物块叠放在足够长的木板上，初始时木板静止在粗糙水平面上，物块与木板保持相对静止。某时刻，给木板一初速度，图2为二者的图像，图中、、已知，长木板和物块的质量均为。下列说法正确的是（ ）
A．物块与木板的位移之比可表达为
B．整个过程，因摩擦产生的总热量为
C．板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为
D．
11．（2024高二上·上高期中）如图甲为桶装水电动抽水器，某兴趣小组利用平抛运动规律测量该抽水器的流量Q（单位时间流出水的体积）。
（1）如图乙，为了方便测量，取下不锈钢出水管，用游标卡尺测量其外径D，读数为 cm。
（2）转动出水管至出水口水平，接通电源，待水流稳定后，用米尺测出管口到落点的高度差和管口到落点的水平距离，已知重力加速度，，则水流速度 m/s（保留两位有效数字）。
（3）已知出水管管壁的厚度为d，该抽水器的流量Q的表达式为 （用物理量D、d、v表示）。若根据测得的流量算出装满一杯水需要的时间总是比实际需要的时间短，可能的原因是 （写出一种即可）。
12．（2024高二上·上高期中）一物理老师设计了一款研究向心力大小的实验装置，其简化示意图如图所示，装置固定在水平桌面上，在可调速的电机上固定一个半圆形有机玻璃凹槽（表面光滑，可忽略摩擦的影响），凹槽在电机的带动下能绕过凹槽圆心的竖直轴转动，旁边竖直固定一标尺，其上是可调高度的激光笔，激光笔发出水平方向的激光，初始时刻，凹槽与标尺在同一平面内.实验步骤如下：
（1）将钢球放入凹槽底部，上下移动激光笔对准凹槽圆心，此时激光笔所在位置读数记为.
（2）接通电源，开启电机调速开关，钢球开始随凹槽转动，当钢球到达某一高度后随凹槽做稳定的匀速圆周运动，上下移动激光笔，当激光对准钢球球心位置时，记录此时激光笔所在位置读数为，记.
（3）利用光电传感器探测钢球运动的周期.每当激光笔发出的激光照在钢球上时，光电传感器便会接收信号计次，若第1次光电传感器接收到信号时数字计时器开始计时，并记录为0次，达到次时计时器停止计时，记录总时间，则钢球运动的周期 （用题中所给字母符号表示）.
（4）若适当调大电机的转速，则激光笔应 （填“上移”“不动”或“下移”）.
（5）改变电机转速，重复实验，将得到的多组和的数据记录到表格中，并绘制 （填“”或“”）图像，根据图像的斜率可以进一步求出当地重力加速度 （用题中所给字母符号表示）.
13．（2024高二上·上高期中）2024年5月3日，我国自行研制的嫦娥六号探测器顺利发射。如图所示，该探测器于5月8日实施近月制动，顺利进入半径为r的环月轨道。可将探测器的环月轨道飞行视为角速度为ω的匀速圆周运动。6月2日，着陆器成功着陆月球背面，其着陆过程简化为如下过程：让着陆器先在距离预选着陆点约百米高度处悬停，接着发动机提供恒定向上的推力F，使着陆器开始以恒定的加速度竖直下降，经时间t后在月球表面实现“软着陆”。已知着陆器质量为m，月球半径为R，万有引力常量为G。求：
（1）月球的平均密度；
（2）着陆器“软着陆”时的速度ν大小。
14．（2024高二上·上高期中）一种可测量转动角速度的简易装置如图所示。“V”形光滑支架固定在水平底座上，可随底座绕中轴线旋转，支架两杆与水平面间夹角均为，两侧的杆长均为2L。一原长为的轻弹簧套在AB杆上，弹簧一端固定于杆的上端A点，另一端与一套在杆上的小球（可视为质点）拴接。支架静止时弹簧的长度为1.5L，现让小球随支架做匀速转动，已知小球的质量为，重力加速度为g，。
（1）求轻弹簧的劲度系数；
（2）求弹簧恰好为原长时，支架转动的角速度；
（3）若支架转动的角速度为，求此时弹簧的长度。
15．（2024高二上·上高期中）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平平台上的固定弹射器和两个半径均为的“S”形圆弧轨道ABC、水平直轨道CD、EF、传送带DE以及竖直挡板FG组成，轨道各部分平滑连接。为两圆弧轨道圆心，连线与竖直线间的夹角均为，且A、C两点切线水平。传送带DE长度，速度逆时针匀速转动。可视为质点的滑块质量，被弹射器由静止弹射，弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块被弹射出去后从A点进入圆弧轨道，它与传送带之间的滑动摩擦因数，其余各处均不计摩擦。滑块碰到挡板立即被粘住，游戏结束。
（1）若滑块恰好不脱离“S”形圆弧轨道，求释放滑块时弹簧的弹性势能；
（2）若滑块到达D点时速度，求滑块通过传送带过程中，滑块与传送带产生的热量；
（3）设弹簧被压缩后具有的弹性势能为，其大小可随意调节，滑块撞击挡板前的瞬时速度为。在满足滑块不脱轨的前提下，求与的函数关系。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】形变与弹力；牛顿第一定律；惯性与质量
【解析】【解答】A．物体的惯性只由质量决定，与物体的速度无关，故A错误；
B．球被打飞回去，是因为力是改变物体运动状态的原因，故B错误；
C．若球拍没有击打球，由于球仍受重力作用，所以球不会保持原来的运动状态不变，故C错误；
D．球拍对球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的，故D正确。
故选D。
【分析】根据质量决定惯性大小；惯性是物体保持原有运动状态的性质；力是改变物体运动状态的原因；球拍对球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的，依次分析判断。
2．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AC．对小球受力分析，由平衡条件有
解得轻绳上拉力大小为
当轻绳夹角变大时，变小，轻绳上拉力大小变大，轻绳夹角不变，轻绳上拉力大小不变，故A错误，C正确；
B、由平衡条件可知，教师用力抓轻绳时，拉力不变，故根据牛顿第三定律可得，轻绳与教师手之间摩擦力不变，故B错误；
D．根据题意，把轻绳和小球看做整体，对整体受力分析，由平衡条件可知，教师双手对轻绳的作用力与小球的重力等大反向，则教师双手对轻绳的作用力方向为竖直向上，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据正交分解对小球受力分析，根据平衡条件列式，再根据角度变化得出结论。
将轻绳和小球看做整体，进行分析，得出结论。
3．【答案】A
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】在静水中的运动方向和BA连线垂直时，该人驾驶小船在静水中的速度有最小值，则小船合速度为
该人从南渡口B到北渡口A的时间为
故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】根据运动的合成和分解求出，小船的最小速度方向，再求出合速度大小，从而求出渡河时间。
4．【答案】D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A．网球在空中只受重力，网球两次在空中均做匀变速运动，故A正确；
B．设、两点距离为，第二次网球过点后做平抛运动，根据
，
解得水平方向的速度为
结合，可得第二次网球过A点的速度大小为
网球第二次的初速度大小为
故B正确；
C．初速度竖直分量
网球从点到A点的时间
、两点间的水平距离为
故C正确；
D．根据题意有
即
网球在点，竖直方向的速度为
又水平方向的速度为，故网球在B点的速度大小为
故D错误。
故答案为：D。
【分析】A、物体做斜抛运动，根据斜抛运动的知识求解；
B、第二次网球过点后做平抛运动，根据平抛运动规律求解；
C、根据平抛运动规律求出运动时间，从而求出运动的水平位移；
D、先求出从A到B的运动时间，求出到B点的竖直方向上的速度，再结合水平速度不变，求出B点的速度大小。
5．【答案】D
【知识点】向心加速度；功率及其计算
【解析】【解答】A．根据
则向心加速度为
故A错误；
B．周期为
相邻竹筒打水的时间间隔为
故B错误；
C．竹筒中的水做匀速圆周运动，合力指向圆心，如图所示
可知
故C错误；
D．从C点到B点的过程中，有
竹筒的速度在竖直方向上的分量逐渐减小，重力的功率减小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据向心力提供加速度可得出加速度大小；
B、先求出周期公式，再根据筒的个数求出时间间隔；
C、竹筒中的水做匀速圆周运动，作出受力示意图得出F与mg大小；
D、根据判断出竖直方向上速度的变化，进而求出重力的功率的变化。
6．【答案】C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A．由于启动过程中发动机的输出功率恒为P不变，根据
由于汽车速度v增大，则汽车的牵引了F逐渐减小，由于阻力f增大，则根据牛顿第二定律有
可得汽车的加速度逐渐减小，所以汽车做非匀变速直线运动，所以不满足匀变速直线运动的速度关系，即
故A错误；
B．从汽车开始运动到汽车达到最大速度，根据动能定理有
解得
>
故B错误；
C．加速的位移为
故C正确；
D．关闭发动机后，根据牛顿第二定律
随着汽车速度v减小，则阻力f减小，可知汽车的加速度逐渐减小，所以汽车做非匀变速直线运动，所以不满足匀变速直线运动的速度关系，即
故D错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据恒定功率启动得出牵引力变化情况，再公式牛顿第二定律得出加速度的变化，得出汽车的运动情况，从而得出平均速度的变化情况；
B、根据动能定理求出从汽车开始运动到汽车达到最大速度所用时间；
C、根据加速位移等于平均速度与所用时间的乘积得出结论；
D、关闭发动机后，汽车水平方向上只受阻力，根据牛顿第二定律列式得出加速度变化，再根据匀变速直线运动平均速度公式求解结果。
7．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．运动员接触蹦床后，蹦床弹力逐渐增大，但弹力小于重力阶段，所以运动员继续加速，根据牛顿第二定律得出加速度逐渐减小；当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，运动继续向下运动；则此后弹力大于重力，但运动员做减速运动，加速度增大，故A错误；
B．运动员在B点时，处于静止状态，根据平衡条件可得重力与弹力大小相等，运动员加速度为零，速度最大，故B正确；
C．运动员从B点到C点的过程中，弹力增大，弹力大于重力，由牛顿第二定律
可知加速度增大，故运动员做加速度逐渐增大的减速运动，故C错误；
D．从A点下落至B点的过程，运动员的机械能有一部分转化为蹦床的势能，运动员机械能减少，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A、运动员接触蹦床后，得出弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律判断出加速度的变化，得出运动的情况；
B、根据平衡条件得出结论；
C、运动员从B点到C点的过程中，弹力增大，弹力大于重力，根据牛顿第二定律判断得出结果；
D、根据机械能的变化情况进行判断。
8．【答案】A,C
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．滑块恰好能通过最高点E时，由牛顿第二定律可得
解得
由于滑块离开E点后做平抛运动，根据平抛运动规律有
解得
故A正确；
BC．从滑块释放点到半圆轨道最高点E过程中，根据动能定理可得
解得
则如果增加释放点的高度h0，则滑块过轨道最高点E点时的速度增大，有可能垂直打到斜面上，故B错误，C正确；
D．如果释放点的高度为，则滑块运动到D点时根据动能定理可得
解得
故滑块恰好能滑到D点，然后返回，故不会离开轨道，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A、根据牛顿第二定律得出E点速度大小，再根据平抛运动规律得出BC长度；
B、从滑块释放点到半圆轨道最高点E过程中，由动能定理得出结论；
C、根据AB结论进行判断；
D、 有无脱离轨道肯，需先求出到达D点速度，需根据动能定理列式，得出D点速度恰好为0，进行判断。
9．【答案】B,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力提供向心力可得
可得
由于在图示位置高分十一号05卫星离地心的距离小于卫星离地心的距离，故高分十一号05卫星的加速度大小大于卫星的加速度大小，故A错误；
B．在图示位置，以地心为圆心，过卫星所处位置作一与椭圆相切的辅助圆，辅助圆的半径大于，假如卫星在辅助圆上的线速度大小为，卫星要变轨到椭圆轨道上，必须减速，故
再根据卫星在圆轨道运行，根据万有引力提供向心力，则有
可得
可知轨道半径越大线速度越小，有
联立可得
故B正确；
C．由题意得卫星的半长轴为，根据开普勒第三定律可得两卫星的周期相同，从图示位置开始，卫星运动到点时间小于半个周期，而高分十一号05卫星运动到点时间大于半个周期，故卫星先运动到点，故C正确；
D．在椭圆轨道的近地点作一相切的辅助小圆，根据卫星在圆轨道运行，根据万有引力提供向心力，可得
可得
可知轨道半径越大线速度越小，故卫星在近地点的线速度大小大于，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A、根据万有引力提供向心力求出加速度大小，再根据r的大小关系得出结论；
B、卫星要变轨到椭圆轨道上，必须减速，再根据万有引力提供向心力得出线速度大小关系式，根据轨道半径大小进行判断；
C、根据开普勒第三定律得出两卫星的周期关系，再根据图示1位置进行判断；
D、根据万有引力提供向心力得出线速度大小关系式，根据轨道半径大小进行判断。
10．【答案】B,C,D
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．理解运用图像的斜率和面积意义，图像与坐标轴围成的面积表示位移，
故物块的位移为
木板的位移为
物块与木板的位移之比可表达为
故A不符合题意；
B．根据能量守恒，整个过程，因摩擦产生的总热量为
故B正确；
C．时间内，对物块，根据牛顿第二定律
时间内，对木板，根据牛顿第二定律
板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为
故C正确；
D．时间内，对木板，根据牛顿第二定律有
且
联立可得
故D正确。
故选BCD。
【分析】板块模型的学习一直是高中物理学习的重难点，涉及力与运动，功与能量，动量等知识。
1、图像的斜率代表加速度，和t轴所围面积表示位移。
2、系统损失的机械能通过摩擦力乘以相对路程做功，损失后转化为内能摩擦热。
3、隔离法和整体法交替运用是分析板块模型常用的方法。
11．【答案】（1）0.71
（2）1.0
（3）；测量h偏小
【知识点】实验基础知识与实验误差；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；平抛运动
【解析】【解析】（1）主尺刻度为7mm，游标尺刻度为
游标卡尺的读数为
（2）水平方向
竖直方向上
联立解得
（3）该抽水器的流量Q的表达式
根据几何关系
联立可得
若根据测得的流量算出装满一杯水需要的时间总是比实际需要的时间短，说明流量的测量值偏大，根据
可知可能是偏大或偏小或者是水流速度的测量值偏大，即测量h偏小或L偏大。
【分析】（1）先读主尺刻度，再读出游标尺刻度；
（2）流出管口做平抛运动，根据平抛运动规律进行判断；
（3）根据，再求出S与D的表达式，得出结果；根据时间的长短判断出流量的大小变化，再得出变化的物理量。
（1）游标卡尺的读数为
（2）竖直方向
水平方向
联立解得
（3）[1]该抽水器的流量Q的表达式
根据几何关系
联立可得
[2] 若根据测得的流量算出装满一杯水需要的时间总是比实际需要的时间短，说明流量的测量值偏大，根据可知可能是偏大或偏小或者是水流速度的测量值偏大，即测量h偏小或L偏大。
12．【答案】；上移；；
【知识点】向心力
【解析】【解答】（3）由于钢球运动一周的过程中，光电传感器接收到2次信号，则钢球运动的周期
（4）若适当调大电机的转速，钢球做离心运动，则钢球向上运动，则激光笔应上移；
（5）设当某时刻钢球所在位置与凹槽圆心位置的连线与竖直方向夹角为θ，凹槽半径为R，则对钢球分析。根据合外力提供向心力，可得
由几何关系
可知
则将得到的多组和的数据记录到表格中，并绘制图像，根据图像的斜率可得
解得
【分析】（3）根据转动情况得出周期大小；
（4）适当调大电机的转速，钢球做离心运动，可得出激光笔的运动情况；
（5）根据合外力提供向心力得出夹角与激光笔高度的关系，进而判断出图像为一次函数，从而求出重力加速度大小。
13．【答案】（1）万有引力提供向心力，对探测器有
故月球密度
（2）对着陆器有
解得
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【分析】天体问题考察的重点是万有引力和重力关系，以及万有引力提供绕转天体所需的向心力。
1、对探测器的绕转，完又引力提供向心力，向心加速度采用角速度的形式。
2、忽略月球自转影响，月球表面物体受到的万有引力等于月球表面物体受到的重力大小。
3、探测器着陆过程利用牛顿第二定律结合运动学公式求解。
（1）对探测器有
故月球密度
（2）对着陆器有
解得
14．【答案】（1）静止时弹簧伸长了，由平衡条件可得
解得
（2）轻弹簧恰为原长时，小球只受重力和杆的支持力，由几何关系
竖直方向
水平方向
解得
（3）若支架转动的角速度为，弹簧压缩，设形变量为，则有
其中
解得
弹簧的长度为
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）求出弹簧的伸长量，再根据平衡条件结合胡克定律得出结论；
（2）根据轻弹簧恰为原长时小球的受力情况，结合几何关系，再根据受力分析得出结论；
（3）根据角速度的大小情况得出弹簧的形变情况，再根据受力分析得出结论。
（1）静止时弹簧伸长了，由平衡条件可得
解得
（2）轻弹簧恰为原长时，小球只受重力和杆的支持力，由几何关系
竖直方向
水平方向
解得
（3）若支架转动的角速度为，弹簧压缩，设形变量为，则有
其中
解得
弹簧的长度为
15．【答案】（1）滑块恰好不脱离圆弧轨道，在A处有
根据能量守恒可得
联立解得
（2）滑块在传送带上匀加速时的加速度为
若滑块在传送带上一直匀加速，直到速度变为，设运动时间为，根据运动学公式可得
解得
滑行的位移为
即滑块加速到时，刚好运动到E点，所以滑块相对传送带滑行的相对位移为
摩擦产生的热量为
（3）①若物体在传送带上一直加速，且到达E处时，速度刚好加速到，此时
解得
此时最初的弹性势能为
当时，物体在传送带上一直加速，根据能量守恒可得
解得
根据运动学公式可得
解得
②若物体在传送带上一直减速，且到达E处时，速度刚好减速到，此时
解得
此时最初的弹性势能为
当时，物体在传送带上一直减速，此时
可得
③当时，物体在传送带上一定会达到与传送带共速的状态，即；
综上所述可知，当时，；当时，；当时，。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】在处理由直线运动和曲线运动构成的多过程问题中，往往临界点和转接点是分析的重点。
1、竖直平面内圆周运动的最高点需要对恰好不脱离的临界条件分析。
2、水平传送带问题，注意分析滑动摩擦力的方向和突变的临界问题；在求解摩擦热的时候注意利用相对位移。
3、弹簧参与的系统分析，利用机械能守恒定律分析弹性势能和动能之间的转化，把握物体与传送带共速的两个临界条件分析。
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