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四川省宜宾市普通高中2025-2026学年高三上学期一模物理试卷
1．当前在“人造太阳”（如：中国的EAST）装置中，主要研究的可控核聚变反应是：，则（　　）
A．该核反应可以释放能量 B．该核反应条件是极低温
C．该核反应中的X为质子 D．该核反应中的X为电子
【答案】A
【知识点】质量亏损与质能方程；核聚变
【解析】【解答】A．核聚变反应中，轻核结合成较重核时存在质量亏损，根据质能方程，质量亏损转化为能量释放，因此该反应可释放能量，故A正确；
B．核聚变需克服原子核间的库仑斥力，需在极高温度（如千万摄氏度以上）下进行，而非极低温，故B错误；
CD．根据质量数守恒和电荷数守恒X为中子（电荷数 0，质量数 1），故CD错误；
故答案为：A。
【分析】本题考查核聚变反应的基本规律，核心是利用质量数、电荷数守恒和核聚变的特点分析选项。
2．如图所示，放在水平地面上的简易三脚架上端交点O通过铁链吊起吊锅，三根轻杆对称分布，均可绕O点自由转动，每根杆与竖直方向夹角相等。吊锅（含锅内物体）和铁链的总质量为m，保持静止，重力加速度为g。则（　　）
A．铁链对吊锅的拉力大于吊锅对铁链的拉力
B．三脚架所受合力大小为mg
C．每根杆对O点弹力大小等于
D．每根杆对O点弹力大小大于
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．根据牛顿第三定律可知，铁链对吊锅的拉力大小等于吊锅对铁链的拉力。故A错误；
B．三脚架处于静止状态，属于平衡状态。根据平衡条件，物体所受的合力为零。故B错误。
CD．设杆与竖直方向的夹角为，对O点受力分析，由平衡条件得，解得，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查共点力平衡问题，核心是对三脚架交点O进行受力分析，利用力的分解和平衡条件求解每根杆的弹力。
3．某同学研究光电效应的电路如图甲。用蓝光照射真空管的铯极板（阴极K），控制开关，调节滑动变阻器，测得电路中光电流I与A、K之间的电压。根据数据描绘图线如图乙，则（　　）
A．横轴截距的数据可由开关S断开时测得
B．纵轴截距的数据可由开关S断开时测得
C．Ⅱ象限的数据由如图甲电源正负极接法测得
D．Ⅰ象限的数据由如图甲交换电源正负极测得
【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．横截距表示遏止电压，当S断开时，电路没有外加电压，无法测得遏止电压，故A错误；
B．纵截距表示没有外加电压时的光电流，当S断开时，电路中没有外加电压，此时灵敏电流计测量的恰好是对应的光电流，故B正确；
CD．Ⅱ象限，说明A极的电势低于K极的电势，而图甲中电压的接法使得A极的电势高于K极的电势，同理可知，Ⅰ象限的数据由如图甲电源正负极接法测得，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查光电效应的电路分析与图像解读，核心是结合电路结构理解遏止电压、光电流的测量条件，以及电源极性对电压的影响。
4．某同学欲测一块矩形玻璃砖的折射率，实验过程中，他把玻璃砖一边与对齐，但另一条边画得略窄于玻璃砖，如图所示，其它操作符合要求，他测得的折射率为1.8，则该玻璃砖的折射率最有可能为下列选项中的是（　　）
A．2.0 B．1.9 C．1.7 D．1.0
【答案】C
【知识点】测定玻璃的折射率；光的折射及折射定律
【解析】【解答】设有一束光线射入玻璃砖，红色为光线的实际传播路径，如图所示
由于画的略窄，绿色为实验中画出的光路，可知折射角的大小偏小，根据折射率公式
折射角偏小时，测得的折射率偏大，实际的折射率应小于1.8，并且折射率大于1。
故答案为：C。
【分析】本题考查用插针法测玻璃砖折射率的误差分析，核心是理解作图误差对折射角测量的影响，进而分析折射率的测量值与真实值的关系。
5．如图所示，真空中三个点电荷分别位于等边三角形的三个顶点、、，其电量分别为、、点为等边三角形的中心，、、分别为等边三角形三边的中点，、、分别表示、、点的电势，、、、分别表示、、、点的电场强度。则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A．在P点（AC中点），A、C两处+q电荷产生的电场大小相等、方向相反，相互抵消。
所以P点的场强完全由B处的-q电荷产生，在M点（AB中点），A处的+q和B处的-q产生的电场方向相同（均沿AB方向指向B），大小均为，两者叠加后的场强为，C处的+q在M点产生的场强大小为，
M点合场强， ，A错误；
B．O点的场强由三个电荷共同产生，AC电荷在O点的电场的合场强方向由O指向B，设为，电荷B在O点的场强，方向由O指向B，O点的合场强，B正确；
CD．电势是标量，电场中任一点的电势均为三个电荷在该点的电势之和，AB为等量异种电荷，由等量异种电荷电场的特点可知，，C处的正电荷在PM两点产生的电势
电势叠加，，可得，由对称关系可得 ，所以，CD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查点电荷的电场强度与电势叠加，核心是分别对各点进行场强的矢量叠加与电势的标量叠加分析。
6．如图所示，半径为的圆形餐桌桌面水平，中部有一半径为的圆盘，其圆心与餐桌圆心重合可绕其中心轴转动。一个质量为的小物块（可看作质点）放置在圆盘的边缘，圆盘转速由零开始缓慢增加，小物块最终从餐桌上滑落。已知小物块与圆盘间的动摩擦因数为，小物块与餐桌间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计。则（　　）
A．小物块在餐桌上做匀速直线运动
B．小物块在圆盘上的加速度一定大于
C．小物块在圆盘上随圆盘运动，角速度可能为
D．小物块在餐桌上滑动过程中摩擦生热为
【答案】D
【知识点】功能关系；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．小物块从圆盘上滑落后，在桌面上受到滑动摩擦力作用，摩擦力方向与运动方向相反，因此做匀减速直线运动，而非匀速直线运动，故A错误；
B．小物块在圆盘上做圆周运动时，随转盘转速的增加，加速度逐渐变大，小物块从圆盘上滑落的瞬间，摩擦力达到最大静摩擦力，此时加速度最大，为，小物块在餐桌上的加速度
由于，可知，但小物块在圆盘上的加速度不一定大于，故B错误。
C．小物块在圆盘上随圆盘运动，角速度满足
即，不可能为，C错误；
D．小物块从圆盘上滑落后沿圆盘的切线方向在桌面上做匀减速直线运动，在餐桌上滑动过程中相对桌面滑动的位移，可知摩擦生热为，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查圆周运动的临界条件与滑动摩擦力做功，核心是分析小物块在圆盘上的向心力来源、在桌面上的运动状态及摩擦生热的计算。
7．如图所示，在垂直于传送带向上的匀强电场中，传送带足够长且与水平面夹角，以速度逆时针匀速转动。现将一电荷量为，质量为的小物块轻放在传送带的端并开始计时，已知场强，小物块与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度为。小物块从端运动到端的过程中，速度、动能、机械能以及小物块与传送带的摩擦生热随运动时间或位移变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．对小物块受力分析，垂直传送带的方向上，则有，解得，因此小物块不会离开传送带，沿传送带方向，小物块刚放上时，则有，，解得，达到共速后，由于
此时小物块继续加速，对小物块受力分析可得，
解得，故A错误；
B．根据动能定理可得，因此图像的斜率表示物体受到的合外力，结合上述分析可知，共速前小物块受到的合外力大小为，共速后小物块受到的合外力大小为
因此图像应为两条斜率均为正的直线段，且第一段的斜率大于第二段的斜率，故B错误；
C．根据能量守恒定律可知，机械能的变化量等于除重力外其他力对小物块所做的功，由于电场力的方向与位移方向垂直，因此电场力对小物块不做功，所以机械能的变化量等于摩擦力做的功，则有
因此图像的斜率表示摩擦力，共速前，摩擦力大小为
方向与位移方向相同（为正值），共速后摩擦力的大小不变，方向与位移方向相反（为负值），故C正确；
D．摩擦产生的热量，因此在图像中，其斜率表示小物块相对于传送带的速度，共速前
相对速度随时间逐渐减小，因此图像斜率减小，图像应为一段开口向下的曲线，同理可知，共速后
因此随时间增大。所以图像斜率增大，图像应为一段开口向上的曲线，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查带电物体在倾斜传送带上的受力与运动分析，核心是结合电场力、摩擦力分析物体的加速度、动能、机械能和摩擦生热随位移 / 时间的变化规律。
8．“嫦娥六号”降落月球前经过三次关键变轨，简化如图所示，“嫦娥六号”经环月椭圆轨道Ⅰ的Q点变轨进入距离月球表面高度为的圆轨道Ⅱ，再经圆轨道Ⅱ的Q点变轨到更低的椭圆轨道Ⅲ。在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中经过Q点的速度大小分别为、、，加速度大小分别为、、，在圆轨道Ⅱ上运动的周期为，已知月球半径为，引力常量为，则（　　）
A．
B．
C．月球质量
D．月球平均密度
【答案】A,D
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．高轨道进入低轨道，在Q点要进行点火减速，所以，故A正确；
B．在Q点，由万有引力提供向心力，解得，可知不同轨道在Q点的加速度有，故B错误；
C．在Ⅱ轨道，由万有引力提供向心力，解得，故C错误；
D．月球平均密度，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查卫星变轨问题，核心是利用万有引力定律分析变轨前后的速度、加速度、中心天体质量及密度变化。
9．如图甲，景区湖面有一种水上蹦床设施，游客在蹦床上有规律的跳动，水面激起一圈圈水波。波源位于点，水波在水平面内传播（不考虑能量损失），波面呈现为圆形。时刻，部分波面的分布情况如图乙所示，其中虚线、实线表示两相邻的波谷、波峰。处质点的振动图像如图丙所示，轴正方向表示竖直向上。则（　　）
A．水波的波速为0.5m/s
B．时，处质点处在波峰位置
C．该水波传播过程中遇到一直径为10cm的安全警示桩，能发生明显的衍射现象
D．某人驾驶摩托艇向蹦床快速驶来，他感觉该水波的频率比摩托艇启动前降低了
【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的衍射现象
【解析】【解答】A．由图可知，，则水波的波速为，故A错误；
B．时刻，位于波谷，时刻到时刻，经过时间
分析可知，时，处质点处在波峰位置。故B正确；
C．由于，所以该水波传播过程中遇到一直径为10cm的安全警示桩，能发生明显的衍射现象。故C正确；
D．根据多普勒效应可知，当摩托艇向蹦床（波源）靠近时，接收到的水波频率会变高，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题考查水波的传播、振动、衍射及多普勒效应，核心是结合波形图和振动图像分析波速、质点位置、衍射条件和频率变化。
10．如图所示，在上表面光滑的固定水平桌面上有一质量为的物块甲，其左端通过一根劲度系数为的轻质弹簧连接于固定挡板，右端通过两个轻质滑轮和一根不可伸长的轻质细线和质量为的物块乙相连。在弹簧处于原长状态时，将甲、乙从静止状态自由释放，运动过程中细线始终伸直，两滑轮不会相碰。不计所有阻力，重力加速度为，轻弹簧在形变量为时的弹性势能。则（　　）
A．释放瞬间甲的加速度大小等于重力加速度
B．释放瞬间轻绳的拉力大小为
C．甲的速度第一次最大时，弹簧的弹力大小为
D．甲的速度第一次最大时，其速度大小为
【答案】C,D
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．设释放瞬间轻绳的拉力大小为，乙的加速度，甲的加速度为，对乙受力分析，根据牛顿第二定律可得
对于甲而言，则有，根据运动学规律可得，联立解得，，故AB错误；
C．甲的速度最大时，受力平衡，甲的加速度为零，结合上述分析可知，乙的加速度也为零，此时设轻绳的拉力为，对乙则有
对甲则有，故C正确；
D．根据上述分析可知，甲的速度最大时，甲移动的位移为（即弹簧的伸长量），则乙移动的距离为
此时甲的速度为，则乙的速度为，由能量守恒可得
联立解得，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】本题考查连接体的动力学分析与能量守恒，核心是结合牛顿第二定律分析释放瞬间的加速度和拉力，再通过平衡条件和机械能守恒分析速度最大时的状态。
11．在“探究平抛运动的特点”实验中
（1）如图，M、N是两个完全相同的轨道，末端切线水平，轨道N的末端与光滑水平面相切，轨道M固定在轨道N的正上方。将小球球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，切断电源，两球同时到达E处相碰。改变轨道M的高度，再次实验，结果两球也总是相碰，这说明做平抛运动的P球在水平方向上的分运动与Q球在光滑水平面的运动　 　（填“相同”或“不同”），为　 　（填“匀速直线运动”或“匀加速直线运动）。
（2）实验得到如图所示的轨迹，在轨迹上选取水平间距为20.0cm的A、B、C三点，并测量了各点间的竖直间距如图，重力加速度大小取9.8m/s2，则小球经过B点的速度大小为　 　m/s（结果保留三位有效数字）。
【答案】（1）相同；匀速直线运动
（2）2.83
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）P球做平抛运动在水平方向的分位移与Q球的位移相同，且它们初速度相同，同时到达E点，所以P球在水平方向上的分运动与Q球在光滑水平面的运动相同，为匀速直线运动。
故答案为：相同；匀速直线运动
（2）在竖直方向上，由匀变速直线运动的推论得
B点竖直方向上的分速度，B点水平方向上的分速度，B点速度，联立解得
故答案为：2.83
【分析】(1) 实验通过对比平抛运动的小球与水平匀速运动的小球，验证平抛运动水平分运动的性质；
(2) 利用匀变速直线运动的推论求时间间隔，再计算B点的竖直分速度，最后合成合速度。
（1）[1][2]P球做平抛运动在水平方向的分位移与Q球的位移相同，且它们初速度相同，同时到达E点，所以P球在水平方向上的分运动与Q球在光滑水平面的运动相同，为匀速直线运动。
（2）在竖直方向上，由匀变速直线运动的推论得
B点竖直方向上的分速度
B点水平方向上的分速度
B点速度
联立解得
12．某研究小组用图甲所示的装置测量当地的重力加速度。用质量均为M的重物P和Q系在不可伸长的轻绳两端，使系统平衡。再在重物P上加一质量为m的砝码，系统失去平衡。P下落距离h后砝码被架在固定环形座上，用光电门（图中未画出）测出P穿过环形座后速度大小为v，然后借助缓冲器结束当次测试。
（1）实验中，在不解除P、Q与绳连接的情况下进行砝码的添加和更换，应当选用图乙中编号为___________ 的砝码；
A．有中心孔没有侧边缝
B．有中心孔和侧边缝
C．既没有中心孔也没有侧边缝
（2）以下添加砝码的操作中，正确的是 ___________；
A．将砝码从P正上方某处自由释放，让其下落并撞击P
B．将砝码轻放在P上，待它与P一起下落一段时间后松手
C．用薄板从下方托住P，放置砝码并调整好高度h后突然撤去薄板
（3）若忽略实验过程中的摩擦阻力和空气阻力，则从砝码被架在固定环形座上至Q接触缓冲器之前，P的运动是 　 　（选填“匀速直线运动”、“匀加速直线运动”或“匀减速直线运动”）；
（4）实验时，保持M不变，更换不同的m进行多次实验，得到的速度v和m的数据绘制成图像如图丙所示，已知图像的纵坐标为，则图像的横坐标为 　 　（选填“m”、“m2”或“”），图像纵轴截距为b，可得当地的重力加速度为　 　（用h、b表示）。
【答案】（1）B
（2）C
（3）匀速直线运动
（4）；
【知识点】验证机械能守恒定律；机械能守恒定律；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）有中心孔和侧边缝，这样把轻绳穿过中心孔， P、Q和砝码一起运动时，砝码相对P稳定、不晃动，也不会从P上掉下来，能减小实验误差，同时砝码被架在固定环形座后，砝码也不影响P、Q的运动。
故答案为：B。
（2）用薄板从下方托住P，放置砝码并调整好高度h后突然撤去薄板，让它们一起做匀加速运动。
故答案为：C。
（3）因重物P和Q质量相等，砝码被架在固定环形座上至Q接触缓冲器之前，P和Q一起运动的动力为P的重力与阻力（Q的重力）相等，故一起做匀速直线运动
故答案为：匀速直线运动
（4）由系统机械能守恒有，得
故图像的横坐标为，可得当地的重力加速度为
故答案为：；
【分析】(1) 砝码需有中心孔和侧边缝，便于穿绳和放置；
(2) 正确添加砝码的操作应保证系统初速度为零，避免冲击；
(3) 砝码被架住后，P、Q受力平衡，做匀速直线运动；
(4) 由机械能守恒定律推导图像关系，求重力加速度。
（1）有中心孔和侧边缝，这样把轻绳穿过中心孔， P、Q和砝码一起运动时，砝码相对P稳定、不晃动，也不会从P上掉下来，能减小实验误差，同时砝码被架在固定环形座后，砝码也不影响P、Q的运动，故选B。
（2）用薄板从下方托住P，放置砝码并调整好高度h后突然撤去薄板，让它们一起做匀加速运动。
故选C。
（3）因重物P和Q质量相等，砝码被架在固定环形座上至Q接触缓冲器之前，P和Q一起运动的动力为P的重力与阻力（Q的重力）相等，故一起做匀速直线运动
（4）[1][2]由系统机械能守恒有
得
故图像的横坐标为
可得当地的重力加速度为
13．如图所示，导热柱形气缸B位于倾角为的斜面上，不可伸长的细绳连接着气缸中的活塞A，初始状态活塞到气缸底部内侧的距离为2L，气缸底部外侧到斜面底端挡板的距离为L，气缸质量为m（不含活塞），内部底面积为S。若活塞与气缸间密封一定质量的理想气体，且该气体的内能U与温度T之间关系为，k为已知常量，初始温度为。不计一切摩擦，重力加速度为g，大气压强为。求：
（1）初始状态下气缸内气体压强p；
（2）现对气缸进行缓慢加热，从初始状态到气缸底部恰好接触挡板的过程中（活塞未脱离气缸），气缸内气体内能增加了多少。
【答案】（1）解：对气缸，由平衡条件得
解得
（2）解：分析可知，从初始状态到气缸底部恰好接触挡板的过程中，气体压强不变，则
气体初末状态的内能，
气缸内气体内能增加量
联立解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1) 对气缸受力分析，由平衡条件求初始状态下气缸内气体的压强；
(2) 加热过程中气体做等压变化，由盖-吕萨克定律求末态温度，再根据内能与温度的关系求内能增量。
（1）对气缸，由平衡条件得
解得
（2）分析可知，从初始状态到气缸底部恰好接触挡板的过程中，气体压强不变，则
气体初末状态的内能，
气缸内气体内能增加量
联立解得
14．如图所示，AB为光滑的固定圆弧轨道，半径。一质量的滑块（可视为质点）从与圆心等高的A点静止释放，经B点水平滑上质量的小车；当滑块和小车第一次相对静止时，小车与竖直墙壁刚好发生弹性碰撞；最终滑块和小车均停止，全过程中滑块始终未与墙壁相碰。滑块与小车上表面之间的动摩擦因数，地面光滑，重力加速度，求：
（1）滑块与小车第一次相对静止时的速度大小；
（2）初始时小车左端与竖直墙壁之间的距离和小车至少多长；
（3）若滑块从滑上小车至刚停止的总时间，则滑块在小车上各匀速运动阶段的时间之和为多少。
【答案】（1）解：滑块从A点到B点，由动能定理得
对滑块和小车，由动量守恒定律得
联立解得
（2）解：从滑块滑上小车到它们共速，对小车，由动能定理得
解得
根据能量守恒定律，小滑块的动能转化为系统的内能和系统的动能
解得
（3）解：滑块从滑上小车至刚停止，摩擦力总是阻碍滑块运动，由动量定理得
解得滑块减速运动时间
滑块在小车上各匀速运动阶段的时间之和为
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】(1) 滑块从A到B由动能定理求速度，再与小车组成的系统动量守恒，求第一次相对静止时的速度；
(2) 分析滑块与小车的运动过程，利用牛顿第二定律和运动学公式求初始距离和小车长度；
(3) 根据总时间和匀减速阶段的时间，求匀速运动阶段的时间之和。
（1）滑块从A点到B点，由动能定理得
对滑块和小车，由动量守恒定律得
联立解得
（2）从滑块滑上小车到它们共速，对小车，由动能定理得
解得
根据能量守恒定律，小滑块的动能转化为系统的内能和系统的动能
解得
（3）滑块从滑上小车至刚停止，摩擦力总是阻碍滑块运动，由动量定理得
解得滑块减速运动时间
滑块在小车上各匀速运动阶段的时间之和为
15．某传送带自动分拣系统如图甲。图乙为其中一传送带的俯视图，其水平上表面为边长的正方形ABCD，传送带的速度，方向水平向左。有一质量的货物（可视为质点）以初速度从CD边中点O垂直于侧边滑上传送带。货物与传送带间动摩擦因数，重力加速度，不计空气阻力。
（1）若，即将货物于O点轻放于传送带上，求货物运动到AD边过程的时间；
（2）若，求货物离开传送带ABCD时与CD边的距离和货物与传送带之间的摩擦生热；
（3）用三个这样的传送带搭建四个出口的自动分拣系统如图丙，传送带的速度方向可如图双向设置，货物进入每一个传送带前，系统已设置好传送带的速度方向，忽略传送带间空隙。该货物以的速度从侧边中点O垂直滑上传送带前往3号出口，求三个传送带运送该货物额外输出的总能量。
【答案】（1）解：货物轻放于传送带上到与传送带共速，由牛顿第二定律得
解得
加速时间
加速位移
匀速时间
货物运动到AD边的时间
（2）解：货物滑上传送带之后，以传送带为参考系，设相对速度为，方向如图
则
由于摩擦力恒定且方向与方向相反，则货物相对传送带做匀减速运动，加速度大小。相对位移大小
由于
解得
物块沿方向上也做匀减速运动，位移大小
物块沿方向上也做匀减速运动，位移大小
由于，说明货物与传送带共速时，没有离开传送带。货物与传送带之间的摩擦生热
（3）解：同样以传送带为参考系，运动情况与第（2）问相同，只是数据不同。把代入，解得货物的相对位移
由，，解得物块沿方向上的位移大小
物块沿方向上的位移大小
由于，说明货物与传送带共速时，没有离开传送带。可知货物离开传送带时速度为传送带速度
货物与传送带之间的摩擦生热
由于货物滑上第二个、第三个的初速度与第（2）问相同，所以运动情况完全相同，产生热量相同。由能量守恒定律得
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】(1) 货物轻放时，先在摩擦力作用下匀加速至传送带速度，再匀速运动，分段求时间；
(2) 货物以 滑入，以传送带为参考系，分析相对速度和运动，求位移和摩擦生热；
(3) 依次分析三个传送带中货物的运动，计算额外输出的总能量。
（1）货物轻放于传送带上到与传送带共速，由牛顿第二定律得
解得
加速时间
加速位移
匀速时间
货物运动到AD边的时间
（2）货物滑上传送带之后，以传送带为参考系，设相对速度为，方向如图
则
由于摩擦力恒定且方向与方向相反，则货物相对传送带做匀减速运动，加速度大小。相对位移大小
由于
解得
物块沿方向上也做匀减速运动，位移大小
物块沿方向上也做匀减速运动，位移大小
由于，说明货物与传送带共速时，没有离开传送带。货物与传送带之间的摩擦生热
（3）同样以传送带为参考系，运动情况与第（2）问相同，只是数据不同。把代入，解得货物的相对位移
由，，解得物块沿方向上的位移大小
物块沿方向上的位移大小
由于，说明货物与传送带共速时，没有离开传送带。可知货物离开传送带时速度为传送带速度
货物与传送带之间的摩擦生热
由于货物滑上第二个、第三个的初速度与第（2）问相同，所以运动情况完全相同，产生热量相同。由能量守恒定律得
1 / 1四川省宜宾市普通高中2025-2026学年高三上学期一模物理试卷
1．当前在“人造太阳”（如：中国的EAST）装置中，主要研究的可控核聚变反应是：，则（　　）
A．该核反应可以释放能量 B．该核反应条件是极低温
C．该核反应中的X为质子 D．该核反应中的X为电子
2．如图所示，放在水平地面上的简易三脚架上端交点O通过铁链吊起吊锅，三根轻杆对称分布，均可绕O点自由转动，每根杆与竖直方向夹角相等。吊锅（含锅内物体）和铁链的总质量为m，保持静止，重力加速度为g。则（　　）
A．铁链对吊锅的拉力大于吊锅对铁链的拉力
B．三脚架所受合力大小为mg
C．每根杆对O点弹力大小等于
D．每根杆对O点弹力大小大于
3．某同学研究光电效应的电路如图甲。用蓝光照射真空管的铯极板（阴极K），控制开关，调节滑动变阻器，测得电路中光电流I与A、K之间的电压。根据数据描绘图线如图乙，则（　　）
A．横轴截距的数据可由开关S断开时测得
B．纵轴截距的数据可由开关S断开时测得
C．Ⅱ象限的数据由如图甲电源正负极接法测得
D．Ⅰ象限的数据由如图甲交换电源正负极测得
4．某同学欲测一块矩形玻璃砖的折射率，实验过程中，他把玻璃砖一边与对齐，但另一条边画得略窄于玻璃砖，如图所示，其它操作符合要求，他测得的折射率为1.8，则该玻璃砖的折射率最有可能为下列选项中的是（　　）
A．2.0 B．1.9 C．1.7 D．1.0
5．如图所示，真空中三个点电荷分别位于等边三角形的三个顶点、、，其电量分别为、、点为等边三角形的中心，、、分别为等边三角形三边的中点，、、分别表示、、点的电势，、、、分别表示、、、点的电场强度。则（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示，半径为的圆形餐桌桌面水平，中部有一半径为的圆盘，其圆心与餐桌圆心重合可绕其中心轴转动。一个质量为的小物块（可看作质点）放置在圆盘的边缘，圆盘转速由零开始缓慢增加，小物块最终从餐桌上滑落。已知小物块与圆盘间的动摩擦因数为，小物块与餐桌间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计。则（　　）
A．小物块在餐桌上做匀速直线运动
B．小物块在圆盘上的加速度一定大于
C．小物块在圆盘上随圆盘运动，角速度可能为
D．小物块在餐桌上滑动过程中摩擦生热为
7．如图所示，在垂直于传送带向上的匀强电场中，传送带足够长且与水平面夹角，以速度逆时针匀速转动。现将一电荷量为，质量为的小物块轻放在传送带的端并开始计时，已知场强，小物块与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度为。小物块从端运动到端的过程中，速度、动能、机械能以及小物块与传送带的摩擦生热随运动时间或位移变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．“嫦娥六号”降落月球前经过三次关键变轨，简化如图所示，“嫦娥六号”经环月椭圆轨道Ⅰ的Q点变轨进入距离月球表面高度为的圆轨道Ⅱ，再经圆轨道Ⅱ的Q点变轨到更低的椭圆轨道Ⅲ。在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中经过Q点的速度大小分别为、、，加速度大小分别为、、，在圆轨道Ⅱ上运动的周期为，已知月球半径为，引力常量为，则（　　）
A．
B．
C．月球质量
D．月球平均密度
9．如图甲，景区湖面有一种水上蹦床设施，游客在蹦床上有规律的跳动，水面激起一圈圈水波。波源位于点，水波在水平面内传播（不考虑能量损失），波面呈现为圆形。时刻，部分波面的分布情况如图乙所示，其中虚线、实线表示两相邻的波谷、波峰。处质点的振动图像如图丙所示，轴正方向表示竖直向上。则（　　）
A．水波的波速为0.5m/s
B．时，处质点处在波峰位置
C．该水波传播过程中遇到一直径为10cm的安全警示桩，能发生明显的衍射现象
D．某人驾驶摩托艇向蹦床快速驶来，他感觉该水波的频率比摩托艇启动前降低了
10．如图所示，在上表面光滑的固定水平桌面上有一质量为的物块甲，其左端通过一根劲度系数为的轻质弹簧连接于固定挡板，右端通过两个轻质滑轮和一根不可伸长的轻质细线和质量为的物块乙相连。在弹簧处于原长状态时，将甲、乙从静止状态自由释放，运动过程中细线始终伸直，两滑轮不会相碰。不计所有阻力，重力加速度为，轻弹簧在形变量为时的弹性势能。则（　　）
A．释放瞬间甲的加速度大小等于重力加速度
B．释放瞬间轻绳的拉力大小为
C．甲的速度第一次最大时，弹簧的弹力大小为
D．甲的速度第一次最大时，其速度大小为
11．在“探究平抛运动的特点”实验中
（1）如图，M、N是两个完全相同的轨道，末端切线水平，轨道N的末端与光滑水平面相切，轨道M固定在轨道N的正上方。将小球球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，切断电源，两球同时到达E处相碰。改变轨道M的高度，再次实验，结果两球也总是相碰，这说明做平抛运动的P球在水平方向上的分运动与Q球在光滑水平面的运动　 　（填“相同”或“不同”），为　 　（填“匀速直线运动”或“匀加速直线运动）。
（2）实验得到如图所示的轨迹，在轨迹上选取水平间距为20.0cm的A、B、C三点，并测量了各点间的竖直间距如图，重力加速度大小取9.8m/s2，则小球经过B点的速度大小为　 　m/s（结果保留三位有效数字）。
12．某研究小组用图甲所示的装置测量当地的重力加速度。用质量均为M的重物P和Q系在不可伸长的轻绳两端，使系统平衡。再在重物P上加一质量为m的砝码，系统失去平衡。P下落距离h后砝码被架在固定环形座上，用光电门（图中未画出）测出P穿过环形座后速度大小为v，然后借助缓冲器结束当次测试。
（1）实验中，在不解除P、Q与绳连接的情况下进行砝码的添加和更换，应当选用图乙中编号为___________ 的砝码；
A．有中心孔没有侧边缝
B．有中心孔和侧边缝
C．既没有中心孔也没有侧边缝
（2）以下添加砝码的操作中，正确的是 ___________；
A．将砝码从P正上方某处自由释放，让其下落并撞击P
B．将砝码轻放在P上，待它与P一起下落一段时间后松手
C．用薄板从下方托住P，放置砝码并调整好高度h后突然撤去薄板
（3）若忽略实验过程中的摩擦阻力和空气阻力，则从砝码被架在固定环形座上至Q接触缓冲器之前，P的运动是 　 　（选填“匀速直线运动”、“匀加速直线运动”或“匀减速直线运动”）；
（4）实验时，保持M不变，更换不同的m进行多次实验，得到的速度v和m的数据绘制成图像如图丙所示，已知图像的纵坐标为，则图像的横坐标为 　 　（选填“m”、“m2”或“”），图像纵轴截距为b，可得当地的重力加速度为　 　（用h、b表示）。
13．如图所示，导热柱形气缸B位于倾角为的斜面上，不可伸长的细绳连接着气缸中的活塞A，初始状态活塞到气缸底部内侧的距离为2L，气缸底部外侧到斜面底端挡板的距离为L，气缸质量为m（不含活塞），内部底面积为S。若活塞与气缸间密封一定质量的理想气体，且该气体的内能U与温度T之间关系为，k为已知常量，初始温度为。不计一切摩擦，重力加速度为g，大气压强为。求：
（1）初始状态下气缸内气体压强p；
（2）现对气缸进行缓慢加热，从初始状态到气缸底部恰好接触挡板的过程中（活塞未脱离气缸），气缸内气体内能增加了多少。
14．如图所示，AB为光滑的固定圆弧轨道，半径。一质量的滑块（可视为质点）从与圆心等高的A点静止释放，经B点水平滑上质量的小车；当滑块和小车第一次相对静止时，小车与竖直墙壁刚好发生弹性碰撞；最终滑块和小车均停止，全过程中滑块始终未与墙壁相碰。滑块与小车上表面之间的动摩擦因数，地面光滑，重力加速度，求：
（1）滑块与小车第一次相对静止时的速度大小；
（2）初始时小车左端与竖直墙壁之间的距离和小车至少多长；
（3）若滑块从滑上小车至刚停止的总时间，则滑块在小车上各匀速运动阶段的时间之和为多少。
15．某传送带自动分拣系统如图甲。图乙为其中一传送带的俯视图，其水平上表面为边长的正方形ABCD，传送带的速度，方向水平向左。有一质量的货物（可视为质点）以初速度从CD边中点O垂直于侧边滑上传送带。货物与传送带间动摩擦因数，重力加速度，不计空气阻力。
（1）若，即将货物于O点轻放于传送带上，求货物运动到AD边过程的时间；
（2）若，求货物离开传送带ABCD时与CD边的距离和货物与传送带之间的摩擦生热；
（3）用三个这样的传送带搭建四个出口的自动分拣系统如图丙，传送带的速度方向可如图双向设置，货物进入每一个传送带前，系统已设置好传送带的速度方向，忽略传送带间空隙。该货物以的速度从侧边中点O垂直滑上传送带前往3号出口，求三个传送带运送该货物额外输出的总能量。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】质量亏损与质能方程；核聚变
【解析】【解答】A．核聚变反应中，轻核结合成较重核时存在质量亏损，根据质能方程，质量亏损转化为能量释放，因此该反应可释放能量，故A正确；
B．核聚变需克服原子核间的库仑斥力，需在极高温度（如千万摄氏度以上）下进行，而非极低温，故B错误；
CD．根据质量数守恒和电荷数守恒X为中子（电荷数 0，质量数 1），故CD错误；
故答案为：A。
【分析】本题考查核聚变反应的基本规律，核心是利用质量数、电荷数守恒和核聚变的特点分析选项。
2．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．根据牛顿第三定律可知，铁链对吊锅的拉力大小等于吊锅对铁链的拉力。故A错误；
B．三脚架处于静止状态，属于平衡状态。根据平衡条件，物体所受的合力为零。故B错误。
CD．设杆与竖直方向的夹角为，对O点受力分析，由平衡条件得，解得，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查共点力平衡问题，核心是对三脚架交点O进行受力分析，利用力的分解和平衡条件求解每根杆的弹力。
3．【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．横截距表示遏止电压，当S断开时，电路没有外加电压，无法测得遏止电压，故A错误；
B．纵截距表示没有外加电压时的光电流，当S断开时，电路中没有外加电压，此时灵敏电流计测量的恰好是对应的光电流，故B正确；
CD．Ⅱ象限，说明A极的电势低于K极的电势，而图甲中电压的接法使得A极的电势高于K极的电势，同理可知，Ⅰ象限的数据由如图甲电源正负极接法测得，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查光电效应的电路分析与图像解读，核心是结合电路结构理解遏止电压、光电流的测量条件，以及电源极性对电压的影响。
4．【答案】C
【知识点】测定玻璃的折射率；光的折射及折射定律
【解析】【解答】设有一束光线射入玻璃砖，红色为光线的实际传播路径，如图所示
由于画的略窄，绿色为实验中画出的光路，可知折射角的大小偏小，根据折射率公式
折射角偏小时，测得的折射率偏大，实际的折射率应小于1.8，并且折射率大于1。
故答案为：C。
【分析】本题考查用插针法测玻璃砖折射率的误差分析，核心是理解作图误差对折射角测量的影响，进而分析折射率的测量值与真实值的关系。
5．【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A．在P点（AC中点），A、C两处+q电荷产生的电场大小相等、方向相反，相互抵消。
所以P点的场强完全由B处的-q电荷产生，在M点（AB中点），A处的+q和B处的-q产生的电场方向相同（均沿AB方向指向B），大小均为，两者叠加后的场强为，C处的+q在M点产生的场强大小为，
M点合场强， ，A错误；
B．O点的场强由三个电荷共同产生，AC电荷在O点的电场的合场强方向由O指向B，设为，电荷B在O点的场强，方向由O指向B，O点的合场强，B正确；
CD．电势是标量，电场中任一点的电势均为三个电荷在该点的电势之和，AB为等量异种电荷，由等量异种电荷电场的特点可知，，C处的正电荷在PM两点产生的电势
电势叠加，，可得，由对称关系可得 ，所以，CD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查点电荷的电场强度与电势叠加，核心是分别对各点进行场强的矢量叠加与电势的标量叠加分析。
6．【答案】D
【知识点】功能关系；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．小物块从圆盘上滑落后，在桌面上受到滑动摩擦力作用，摩擦力方向与运动方向相反，因此做匀减速直线运动，而非匀速直线运动，故A错误；
B．小物块在圆盘上做圆周运动时，随转盘转速的增加，加速度逐渐变大，小物块从圆盘上滑落的瞬间，摩擦力达到最大静摩擦力，此时加速度最大，为，小物块在餐桌上的加速度
由于，可知，但小物块在圆盘上的加速度不一定大于，故B错误。
C．小物块在圆盘上随圆盘运动，角速度满足
即，不可能为，C错误；
D．小物块从圆盘上滑落后沿圆盘的切线方向在桌面上做匀减速直线运动，在餐桌上滑动过程中相对桌面滑动的位移，可知摩擦生热为，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查圆周运动的临界条件与滑动摩擦力做功，核心是分析小物块在圆盘上的向心力来源、在桌面上的运动状态及摩擦生热的计算。
7．【答案】C
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．对小物块受力分析，垂直传送带的方向上，则有，解得，因此小物块不会离开传送带，沿传送带方向，小物块刚放上时，则有，，解得，达到共速后，由于
此时小物块继续加速，对小物块受力分析可得，
解得，故A错误；
B．根据动能定理可得，因此图像的斜率表示物体受到的合外力，结合上述分析可知，共速前小物块受到的合外力大小为，共速后小物块受到的合外力大小为
因此图像应为两条斜率均为正的直线段，且第一段的斜率大于第二段的斜率，故B错误；
C．根据能量守恒定律可知，机械能的变化量等于除重力外其他力对小物块所做的功，由于电场力的方向与位移方向垂直，因此电场力对小物块不做功，所以机械能的变化量等于摩擦力做的功，则有
因此图像的斜率表示摩擦力，共速前，摩擦力大小为
方向与位移方向相同（为正值），共速后摩擦力的大小不变，方向与位移方向相反（为负值），故C正确；
D．摩擦产生的热量，因此在图像中，其斜率表示小物块相对于传送带的速度，共速前
相对速度随时间逐渐减小，因此图像斜率减小，图像应为一段开口向下的曲线，同理可知，共速后
因此随时间增大。所以图像斜率增大，图像应为一段开口向上的曲线，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查带电物体在倾斜传送带上的受力与运动分析，核心是结合电场力、摩擦力分析物体的加速度、动能、机械能和摩擦生热随位移 / 时间的变化规律。
8．【答案】A,D
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．高轨道进入低轨道，在Q点要进行点火减速，所以，故A正确；
B．在Q点，由万有引力提供向心力，解得，可知不同轨道在Q点的加速度有，故B错误；
C．在Ⅱ轨道，由万有引力提供向心力，解得，故C错误；
D．月球平均密度，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查卫星变轨问题，核心是利用万有引力定律分析变轨前后的速度、加速度、中心天体质量及密度变化。
9．【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的衍射现象
【解析】【解答】A．由图可知，，则水波的波速为，故A错误；
B．时刻，位于波谷，时刻到时刻，经过时间
分析可知，时，处质点处在波峰位置。故B正确；
C．由于，所以该水波传播过程中遇到一直径为10cm的安全警示桩，能发生明显的衍射现象。故C正确；
D．根据多普勒效应可知，当摩托艇向蹦床（波源）靠近时，接收到的水波频率会变高，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题考查水波的传播、振动、衍射及多普勒效应，核心是结合波形图和振动图像分析波速、质点位置、衍射条件和频率变化。
10．【答案】C,D
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．设释放瞬间轻绳的拉力大小为，乙的加速度，甲的加速度为，对乙受力分析，根据牛顿第二定律可得
对于甲而言，则有，根据运动学规律可得，联立解得，，故AB错误；
C．甲的速度最大时，受力平衡，甲的加速度为零，结合上述分析可知，乙的加速度也为零，此时设轻绳的拉力为，对乙则有
对甲则有，故C正确；
D．根据上述分析可知，甲的速度最大时，甲移动的位移为（即弹簧的伸长量），则乙移动的距离为
此时甲的速度为，则乙的速度为，由能量守恒可得
联立解得，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】本题考查连接体的动力学分析与能量守恒，核心是结合牛顿第二定律分析释放瞬间的加速度和拉力，再通过平衡条件和机械能守恒分析速度最大时的状态。
11．【答案】（1）相同；匀速直线运动
（2）2.83
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）P球做平抛运动在水平方向的分位移与Q球的位移相同，且它们初速度相同，同时到达E点，所以P球在水平方向上的分运动与Q球在光滑水平面的运动相同，为匀速直线运动。
故答案为：相同；匀速直线运动
（2）在竖直方向上，由匀变速直线运动的推论得
B点竖直方向上的分速度，B点水平方向上的分速度，B点速度，联立解得
故答案为：2.83
【分析】(1) 实验通过对比平抛运动的小球与水平匀速运动的小球，验证平抛运动水平分运动的性质；
(2) 利用匀变速直线运动的推论求时间间隔，再计算B点的竖直分速度，最后合成合速度。
（1）[1][2]P球做平抛运动在水平方向的分位移与Q球的位移相同，且它们初速度相同，同时到达E点，所以P球在水平方向上的分运动与Q球在光滑水平面的运动相同，为匀速直线运动。
（2）在竖直方向上，由匀变速直线运动的推论得
B点竖直方向上的分速度
B点水平方向上的分速度
B点速度
联立解得
12．【答案】（1）B
（2）C
（3）匀速直线运动
（4）；
【知识点】验证机械能守恒定律；机械能守恒定律；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）有中心孔和侧边缝，这样把轻绳穿过中心孔， P、Q和砝码一起运动时，砝码相对P稳定、不晃动，也不会从P上掉下来，能减小实验误差，同时砝码被架在固定环形座后，砝码也不影响P、Q的运动。
故答案为：B。
（2）用薄板从下方托住P，放置砝码并调整好高度h后突然撤去薄板，让它们一起做匀加速运动。
故答案为：C。
（3）因重物P和Q质量相等，砝码被架在固定环形座上至Q接触缓冲器之前，P和Q一起运动的动力为P的重力与阻力（Q的重力）相等，故一起做匀速直线运动
故答案为：匀速直线运动
（4）由系统机械能守恒有，得
故图像的横坐标为，可得当地的重力加速度为
故答案为：；
【分析】(1) 砝码需有中心孔和侧边缝，便于穿绳和放置；
(2) 正确添加砝码的操作应保证系统初速度为零，避免冲击；
(3) 砝码被架住后，P、Q受力平衡，做匀速直线运动；
(4) 由机械能守恒定律推导图像关系，求重力加速度。
（1）有中心孔和侧边缝，这样把轻绳穿过中心孔， P、Q和砝码一起运动时，砝码相对P稳定、不晃动，也不会从P上掉下来，能减小实验误差，同时砝码被架在固定环形座后，砝码也不影响P、Q的运动，故选B。
（2）用薄板从下方托住P，放置砝码并调整好高度h后突然撤去薄板，让它们一起做匀加速运动。
故选C。
（3）因重物P和Q质量相等，砝码被架在固定环形座上至Q接触缓冲器之前，P和Q一起运动的动力为P的重力与阻力（Q的重力）相等，故一起做匀速直线运动
（4）[1][2]由系统机械能守恒有
得
故图像的横坐标为
可得当地的重力加速度为
13．【答案】（1）解：对气缸，由平衡条件得
解得
（2）解：分析可知，从初始状态到气缸底部恰好接触挡板的过程中，气体压强不变，则
气体初末状态的内能，
气缸内气体内能增加量
联立解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1) 对气缸受力分析，由平衡条件求初始状态下气缸内气体的压强；
(2) 加热过程中气体做等压变化，由盖-吕萨克定律求末态温度，再根据内能与温度的关系求内能增量。
（1）对气缸，由平衡条件得
解得
（2）分析可知，从初始状态到气缸底部恰好接触挡板的过程中，气体压强不变，则
气体初末状态的内能，
气缸内气体内能增加量
联立解得
14．【答案】（1）解：滑块从A点到B点，由动能定理得
对滑块和小车，由动量守恒定律得
联立解得
（2）解：从滑块滑上小车到它们共速，对小车，由动能定理得
解得
根据能量守恒定律，小滑块的动能转化为系统的内能和系统的动能
解得
（3）解：滑块从滑上小车至刚停止，摩擦力总是阻碍滑块运动，由动量定理得
解得滑块减速运动时间
滑块在小车上各匀速运动阶段的时间之和为
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】(1) 滑块从A到B由动能定理求速度，再与小车组成的系统动量守恒，求第一次相对静止时的速度；
(2) 分析滑块与小车的运动过程，利用牛顿第二定律和运动学公式求初始距离和小车长度；
(3) 根据总时间和匀减速阶段的时间，求匀速运动阶段的时间之和。
（1）滑块从A点到B点，由动能定理得
对滑块和小车，由动量守恒定律得
联立解得
（2）从滑块滑上小车到它们共速，对小车，由动能定理得
解得
根据能量守恒定律，小滑块的动能转化为系统的内能和系统的动能
解得
（3）滑块从滑上小车至刚停止，摩擦力总是阻碍滑块运动，由动量定理得
解得滑块减速运动时间
滑块在小车上各匀速运动阶段的时间之和为
15．【答案】（1）解：货物轻放于传送带上到与传送带共速，由牛顿第二定律得
解得
加速时间
加速位移
匀速时间
货物运动到AD边的时间
（2）解：货物滑上传送带之后，以传送带为参考系，设相对速度为，方向如图
则
由于摩擦力恒定且方向与方向相反，则货物相对传送带做匀减速运动，加速度大小。相对位移大小
由于
解得
物块沿方向上也做匀减速运动，位移大小
物块沿方向上也做匀减速运动，位移大小
由于，说明货物与传送带共速时，没有离开传送带。货物与传送带之间的摩擦生热
（3）解：同样以传送带为参考系，运动情况与第（2）问相同，只是数据不同。把代入，解得货物的相对位移
由，，解得物块沿方向上的位移大小
物块沿方向上的位移大小
由于，说明货物与传送带共速时，没有离开传送带。可知货物离开传送带时速度为传送带速度
货物与传送带之间的摩擦生热
由于货物滑上第二个、第三个的初速度与第（2）问相同，所以运动情况完全相同，产生热量相同。由能量守恒定律得
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】(1) 货物轻放时，先在摩擦力作用下匀加速至传送带速度，再匀速运动，分段求时间；
(2) 货物以 滑入，以传送带为参考系，分析相对速度和运动，求位移和摩擦生热；
(3) 依次分析三个传送带中货物的运动，计算额外输出的总能量。
（1）货物轻放于传送带上到与传送带共速，由牛顿第二定律得
解得
加速时间
加速位移
匀速时间
货物运动到AD边的时间
（2）货物滑上传送带之后，以传送带为参考系，设相对速度为，方向如图
则
由于摩擦力恒定且方向与方向相反，则货物相对传送带做匀减速运动，加速度大小。相对位移大小
由于
解得
物块沿方向上也做匀减速运动，位移大小
物块沿方向上也做匀减速运动，位移大小
由于，说明货物与传送带共速时，没有离开传送带。货物与传送带之间的摩擦生热
（3）同样以传送带为参考系，运动情况与第（2）问相同，只是数据不同。把代入，解得货物的相对位移
由，，解得物块沿方向上的位移大小
物块沿方向上的位移大小
由于，说明货物与传送带共速时，没有离开传送带。可知货物离开传送带时速度为传送带速度
货物与传送带之间的摩擦生热
由于货物滑上第二个、第三个的初速度与第（2）问相同，所以运动情况完全相同，产生热量相同。由能量守恒定律得
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