2026-2027学年高三上学期期中自编模拟物理试题（四）（山东临沂适用）

2026山东省临沂市高三上学期期中考试自编模拟试题（四） 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．（本题3分）汽车给人们带来很大的交通便利，但交通安全问题不容忽视。在汽车碰到障碍物时迅速减速至停车的过程中，系了安全带的乘员内脏仍然可能会受伤，其中一个原因是加速度过大时不同密度的内脏会沿汽车运动方向发生不同的偏移，导致连接内脏的系膜、血管被过度牵拉而撕裂，引起大出血或器官缺血，即便器官表面无破裂也可能危及生命。有人为了研究这个问题，用装满水的小车代替人的身体，并将人体内密度不同的内脏简化为小车内用轻绳悬挂的两个大小相同的小球A、B，小球A的密度大于水的密度，小球B的密度小于水的密度，装置静止时，如图所示。当小车以较大的初速度水平向左做直线运动，在紧急刹车做匀减速运动的过程中，下列说法正确的是（     ） A．两小球都向左偏 B．两小球都向右偏 C．两根细线与竖直方向的夹角相等 D．小球B所连的细线与竖直方向的夹角大 2．（本题3分）五本物理必修一课本按如图甲和乙两种方式叠放，甲图中两侧的压力大小均为，已知每本书的质量为，两书间的动摩擦因数为，若用手挡住其他书，分别竖直向下和水平向左抽出编号为3的课本，两种叠放方式中至少需要的力分别为和，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（     ） A． B． C． D． 3．（本题3分）公园是市民休闲、运动的好去处，小明以恒定速度10 m/s在公园直线车道上骑单车，突然发现前方30 m处有一只小猫正在车道上趴着，他立即紧急刹车做加速度大小为2 m/s2的匀减速直线运动。假设小猫始终未动，则下列说法正确的是（　　） A．单车会撞上小猫，碰撞时速度为4 m/s B．单车不会撞上小猫，停止时与小猫的距离为10 m C．为不撞上小猫，单车刹车的加速度至少为 D．若单车刹车的加速度减小到1.5 m/s2，则单车不会撞上小猫 4．（本题3分）如图甲所示，装有物品的长方形手提袋、两点之间的距离，轻质手提绳两端分别固定在、两点且绳总长度。手提绳悬挂在光滑的钉子上，手提袋静止时、两点连线水平，此时绳上拉力大小为。因为袋中物品倾倒，手提袋变为倾斜状态后再次静止，如图乙所示，此时、两点连线与水平方向的夹角为且，绳上拉力大小为。则为（     ）A． B． C． D． 5．（本题3分）我国自主建设运行的北斗全球卫星导航系统空间段由多颗卫星组成。若卫星a绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为2R（R为地球的半径）；卫星b绕地球做椭圆轨道运动，其近地点到地心的距离为2R，远地点到地心的距离为4R；卫星c为地球静止轨道卫星（轨道半径约7R），则下列说法正确的是（     ） A．卫星a与b的周期之比为 B．卫星a的速度小于卫星b在近地点时的速度 C．卫星c可能在北京正上方相对地面保持静止 D．卫星b在远地点时的加速度小于卫星c的加速度 6．（本题3分）中国内地GOA4级全自动无人驾驶线路已增至66条，全国无人驾驶地铁总里程数已超过1000公里，覆盖超过20个城市，且无人驾驶技术已实现100%国产化。某无人驾驶地铁从静止沿水平直线启动时加速度随位移的变化如图所示，地铁及乘客的总质量为，运动中受阻力大小为，利用题中数据可以求出地铁（　　） A．匀加速运动的时间为 B．运动中牵引力的最大值为 C．运动的最大速度为 D．加速过程中牵引力做的功为 7．（本题3分）如图甲，轻绳1、2、3的一端连接，另一端分别固定在O点、连接水桶和电子秤，初始时，绳1、2竖直，绳3水平，水桶对地面无压力。现通过电子秤拉绳3，使水桶缓慢上升至绳1水平，且绳1、3始终互相垂直（如图乙），则该过程，电子秤的示数（　　） A．先增大后减小 B．先减小后增大 C．一直减小 D．一直增大 8．（本题3分）某传动机械装置结构如图所示，固结在一起的滑槽和滑杆的质量为m。初始时，长为r的连杆位于图中虚线位置；质量为M的滑块A紧靠滑杆，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑杆做水平运动，A在滑杆推动下运动，不考虑连杆和销钉的质量，忽略一切阻力。以下判断正确的是（　　） A．滑杆向右的最大速度为vmax=ωr B．销钉转动周时，滑块与滑杆恰好分离 C．销钉转动周时，对滑槽的作用力最大 D．销钉转动一周，外界提供给装置的能量为 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，有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9．（本题4分）如图，是两个波源形成的波的干涉图样，下列有关说法正确的是（　　） A．两波源为同相波源 B．经过半个周期加强线将变为减弱线 C．两波源连线中垂线上质点的位移一直最大 D．介质中所有质点的振幅都保持不变 10．（本题4分）如图所示，平面直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴沿竖直方向。可伸缩的光滑细杆一端位于O点，另一端位于点，将小环套在杆上从O点由静止释放后，经时间滑到细杆的另一端P点；现将细杆伸缩绕O点旋转后使另一端位于点，还将小环从O点静止释放，要使小环滑到细杆的另一端点Q的时间仍为，则满足要求的Q点的坐标是（　　） A． B． C． D． 11．（本题4分）小明在打羽毛球时发现以到击球，羽毛球的轨迹如图所示。某次击球过程中，羽毛球以的速度斜向下飞来，该同学挥拍击球，使球以的速度沿相反方向飞出。球与球拍的接触时间为，忽略击球过程中重力和空气阻力的影响。已知羽毛球质量，运动过程中始终受到与速度方向相反、大小与速率成正比的空气阻力，比例系数，重力加速度。忽略球的旋转，可视为质点，下列说法正确的是（     ） A．羽毛球上升所用的时间小于下降到击球点高度所用的时间 B．击球过程中的平均作用力为 C．羽毛球运动到最高点时，其加速度大小等于重力加速度 D．若羽毛球落地时速度已经达到稳定值，则落地速度为 12．（本题4分）如图甲，a、b、c三个质量均为m，带等量正电荷的小球，用两根长度均为L的不可伸长绝缘轻绳连接，排成一条直线静置于光滑绝缘的水平面上，已知点电荷Q激发的静电场中距点电荷r处的电势（k为静电力常量），小球均可视为质点，现在给b球一个垂直于绳方向向右的初速度，当两根绳夹角成60°角时，a、c两个小球的相对速度为零，如图乙，此过程中下列说法正确的是（     ） A．两绳的拉力对b球不做功 B．系统电势能变化量 C．每个小球所带电荷量为 D．当三个球再一次位于一条直线上时，b球的速度大小为，方向向左 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13．（本题6分）如图所示，已知A、B两滑块的质量关系为mB＝1.5mA，拍摄共进行了四次，第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞之后。A滑块原来处于静止状态，设A、B滑块在拍摄闪光照片的这段时间内是在10 cm至105 cm这段范围内运动的（以滑块上的箭头位置为准），试根据闪光照片（闪光时间间隔为0.4 s），分析得出： (1)A滑块碰撞后的速度vA′＝_____ m/s，B滑块碰撞后的速度vB′＝______ m/s；B滑块碰撞前的速度vB＝_____ m/s。（结果保留2位小数） (2)根据闪光照片分析得出碰撞后两个滑块动量之和是________（kg·m/s）（用mA表示）。 14．（本题8分）实验小组用质量为m的小球和质量为的物块来验证机械能守恒定律。如图1所示，O点固定一个光滑的圆环，轻质细线穿过圆环，一端系在小球上（视为质点），另一端连在物块上，把物块放置在O点正下方力传感器上，实验时将小球拉至O点等高点（细线伸直），由静止释放，当小球运动到最低点时，读出力传感器的示数为；撤去力传感器，并安装光电门，如图2所示，细线伸直，系统由静止开始释放，当小球上升的高度为h时，小球通过光电门的时间为，已知小球的直径为d，重力加速度为g，回答下列问题。 (1)对图1，若小球的机械能守恒，则小球运动到最低点时，细线的拉力为________，当________mg（选填“”“1”或“2”）就可验证小球在下降过程中的机械能守恒。 (2)对图2，小球上升的高度为h，小球与物块组成的系统，重力势能的减小量________。 (3)对图2，当等式________成立时，就验证了系统的机械能守恒。 四、解答题（共46分） 15．（本题8分）如图所示，某次足球比赛中，球员甲带球沿边线前进，速度大小恒为，对方后卫乙由静止开始启动沿直线进行拦截，乙可以在内以恒定加速度加速到，然后匀速运动。乙刚启动时甲乙两球员直线距离，两者连线与边线的夹角满足 (1)求乙的加速度大小以及乙加速过程中经过的位移大小； (2)若乙追上甲时已经匀速，求乙从开始启动到追上甲时所用时间。 16．（本题8分）2020年7月23日，天问一号火星探测器搭乘长征五号遥四运载火箭成功发射，探测器经过约7个月的飞行抵达火星，中国航天开启了走向深空的新旅程。已知火星半径约为地球半径的，火星质量约为地球质量的，如图所示，假设在火星表面附近，一个在轻绳约束下的质量为m=1kg的小球在光滑的斜面上做半径为r=10m的圆周运动，斜面与水平面夹角为θ=37°，假设火星是均匀球体，已知万有引力常量为G，不计一切阻力。（地球表面重力加速度为10m/s2） (1)求火星表面重力加速度g火及通过斜面最高点时小球的最小速度为多少？ (2)当小球通过斜面最高点的速度为5m/s时，轻绳受到的拉力为多少？ 17．（本题14分）如图所示，固定水平传送带右端与无限长光滑水平面平滑连接，滑块A静置于传送带左端，传送带静止，水平面上一轻质弹簧连接两个静止的滑块B和C，弹簧处于原 长。现使传送带沿顺时针方向以大小为a0=5m/s² 的加速度做匀加速运动，当速度达到v0=5m/s时传送带立即匀速运动。滑块A离开传送带后与滑块B发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰撞后将滑块A取走。弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能表达式为（劲度系数k=600 N/m，x为弹簧的形变量），滑块A与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，传送带左右两端距离L=4m，mA=6 kg，mB=2kg，mC=4 kg，重力加速度g取10m/s²,  不计空气阻力，滑块均可视为质点。 (1)求滑块A运动到传送带右端时的速度大小； (2)求滑块A与传送带由于摩擦产生的热量； (3)求滑块A与B碰撞后，弹簧的最大形变量（结果可用根式和分式表达）。 18．（本题16分）如图所示，半径的竖直光滑细圆管与水平传送带通过光滑水平直轨道平滑连接。光滑竖直挡板P贴近传送带固定，P与传送带边缘的夹角．传送带在电动机驱动下以速度顺时针运转。两个极小物体a、b静置于上，中间夹有一根被压缩的弹簧，物体与弹簧不拴接。静止释放a、b后，a恰好能过细圆管最高点，b冲上传送带达到和传送带相同速度后撞击P。b撞击P时，沿挡板分速度不变，垂直挡板分速度减为零。b撞击P后紧贴挡板运动滑离传送带。已知a、b的质量分别为、，与传送带间的动摩擦因数都为。，，。求： (1)a经过轨道最低点时轨道对a的支持力； (2)释放a、b前弹簧的弹性势能； (3)物体b冲上到滑离传送带过程中电动机因传送该物块多做的功。 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《2026山东省临沂市高三上学期期中考试自编模拟试题（四）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C A C C B C D A AD BD AD BD 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 1．C 【详解】AB．以小车为参考系，紧急刹车时小车加速度向右，小球受到向左的惯性力；水相对小车静止，浮力方向与重力和惯性力的合力方向相反。对小球A分析可知，因其密度大于水，重力和惯性力的合力较大，其合力指向左下方，则绳的拉力指向右上方，因此小球A向左偏；对小球B分析可知，因其密度小于水，浮力占优，除绳拉力外的合力指向右上方，则绳的拉力指向左下方，因此小球B向右偏，故AB错误； CD．设A、B两球所连细线与竖直方向的夹角分别为和。以小车为参考系，绳的拉力平衡小球所受重力、惯性力和浮力的合力。A球水平和竖直方向净力分量含有相同的密度差与体积因子，故A线倾角的正切值为分量之比，即 B球的水平和竖直方向净力分量也含有相同的密度差与体积因子，故B线倾角的正切值为分量之比，即，故C正确，D错误。 故选C。 2．A 【详解】 由图1和图2分析可知，在叠放方式甲中抽出3号课本至少需要的力 在叠放方式乙中抽出3号课本至少需要的力 故，故A正确。 故选A。 3．C 【详解】AB．单车以初速度为10 m/s，加速度大小为2 m/s2的匀减速直线运动，根据 可得停车位移 则单车不会撞上小猫，停止时与小猫的距离为，故AB错误； C．为不撞上小猫，单车恰好停在小猫位置时刹车加速度最小，此时位移 根据 可得加速度的最小值，故C正确； D．若刹车加速度大小为 则停车位移为 可知会撞上小猫，故D错误。 故选C。 4．C 【详解】手提袋、两点连线水平时受力情况如图所示 手提绳悬挂在光滑钉子上，平衡时绳子两段张力相等，且与水平方向夹角相等，设为，由几何关系，绳子构成等腰三角形，满足 解得 绳上拉力大小满足 解得 手提袋、两点连线倾斜时受力情况如图所示 同理，平衡时绳子两段张力相等，且与水平方向夹角相等，设为，、两点的水平距离 由几何关系可知绳子水平跨度满足 解得 此时 绳上拉力大小满足 解得 故 故选C。 5．B 【详解】A．卫星a轨道半径，卫星b椭圆轨道半长轴 根据开普勒第三定律 得，即周期比为，故A错误； B．卫星a在圆轨道运行时， 得 卫星b在近地点（距地心）做离心运动，万有引力不足以提供向心力，即 得，故B正确； C．地球静止轨道卫星为同步卫星，轨道只能位于赤道平面上空，北京不在赤道上，不可能在北京正上方相对地面静止，故C错误； D．由，得加速度 卫星b在远地点距地心，卫星c轨道半径 ，因此，即b在远地点的加速度大于c的加速度，故D错误。 故选B。 6．C 【详解】A．地铁在0∼x1段做初速度为0、加速度为a0的匀加速直线运动，由运动学公式 解得匀加速时间，故A错误； B．根据牛顿第二定律F−f=Ma 可得牵引力F=f+Ma 当加速度取最大值a0时，牵引力最大值为F=f+Ma0，故B错误； C．根据匀变速直线运动规律 可知a−x图像与x轴围成的面积等于，则最大速度满足 解得，故C正确； D．对加速全程用动能定理有 解得牵引力做功，故D错误； 故选C。 7．D 【详解】受力分析如图所示 由图可知，绳3上的拉力一直在增大，所以电子秤的示数也是一直增大。 故选D。 8．A 【详解】A．销钉做匀速圆周运动，它的水平分速度就是滑杆的水平运动速度。将销钉的线速度沿水平、竖直方向分解，水平分速度为vx=ωrsinωt 当sinωt=1时，滑杆速度取最大值vmax=ωr A正确； B．当sinωt=1时，滑杆速度取最大值，此时，即销钉转动周时滑杆速度达到最大，之后减速，而滑块A不受阻力会以此时刻的速度ωr匀速向右运动，二者恰好在此刻分离，B错误； C．滑杆的加速度 销钉转动周时，，此时加速度a=0 根据牛顿第二定律可知作用力最小，C错误； D．销钉转动一周，滑槽和滑杆初末动能均为0，动能变化为0，仅滑块A获得动能 根据能量守恒，外界提供的能量 D错误。 故选A。 9．AD 【详解】A．两波源连线的中垂线是振动加强线，说明到两波源的波程差始终为0，振动始终加强，因此两波源为同相波源，故A正确； B．加强线、减弱线由波程差与波源相位差决定，是稳定的干涉图样，不随时间改变。经过半个周期，只是质点振动位移反向，加强线依旧是加强线，故B错误； C．中垂线上质点是振动加强点，振幅最大，但位移随时间变化（位移可为0），因此位移并非一直最大，故C错误； D．干涉是稳定叠加，介质中每个质点振幅固定，加强点振幅为，减弱点振幅为，所有质点振幅保持不变，故D正确。 故选AD。 10．BD 【详解】设细杆与轴正方向夹角为，小环质量为，小环沿细杆下滑时，沿细杆方向，根据牛顿第二定律有 解得 设细杆长度为，小环从静止释放，根据运动学公式 细杆一端在点，另一端坐标为，则细杆长度为 又因为 所以 进一步整理得 若运动时间仍为，由 可知，Q点坐标涉及的表达式值应与第一次一致（处于同一等时圆中），对于第一次，表达式的值为 A．，故A错误； B．，故B正确； C．，故C错误； D．，故D正确。 故选BD。 11．AD 【详解】A．羽毛球运动过程中始终受与速度反向的空气阻力，机械能不断减小，同一高度处，上升阶段的速度大小大于下降阶段的速度大小。 上升过程中，竖直方向的合外力为重力与阻力竖直分量的叠加，加速度向下且大小大于；下降回同一高度的过程中，阻力竖直分量向上，竖直方向合外力小于重力，加速度向下且大小小于上升过程的对应加速度。 由于上升和下降到击球点高度的竖直位移大小相等，上升阶段平均竖直加速度更大、平均竖直速度更大，因此上升所用时间小于下降到击球点高度的时间，故A正确； B．取击球后飞出的速度方向为正方向，根据动量定理有 解得，故B错误； C．羽毛球运动到最高点时，竖直方向速度为0，但水平方向仍有速度，因此存在与水平速度反向的空气阻力 因此合外力为重力与水平阻力的矢量和，合外力大于重力，加速度大小大于，故C错误； D．落地时速度达到稳定值，说明羽毛球受力平衡，即 解得，D正确。 故选AD。 12．BD 【详解】A．轻绳的拉力方向始终沿绳指向绳收缩的方向，而球的实际运动位移方向与绳方向不垂直，拉力与拉力作用点的位移之间的夹角为钝角，因此两根绳的拉力均对球做负功，故A错误； B．取三个小球组成的系统为研究对象，水平面光滑，三个小球组成的系统不受外力，系统动量守恒。设的初速度方向为方向，垂直的初速度方向为方向。 方向：初始总动量为0，当两绳夹角为时，、相对速度为零，根据方向动量守恒可得三个小球该方向的分速度均为0； 方向：初始总动量为，当两绳夹角为时，、相对速度为零，可得、沿初速度方向的速度相同，设为，与连接、的轻绳夹角为，沿初速度方向的速度为，与连接、的细绳夹角也等于，根据关联速度可得 根据动量守恒有 解得 系统初始动能为，系统末态总动能为 根据能量守恒，系统动能的减少量等于电势能的增加量，可得， 故B正确； C．根据点电荷电势定义，电荷量为的两个等量同种点电荷系统的电势能 初始状态（图甲）：、和、的间距为，、间距均为，总电势能 末状态（图乙）：两绳夹角为，、、得间距为均，总电势能 电势能变化量 联立得 解得，故C错误； D．当三个球再次共线时，根据方向动量守恒可得此时三个小球该方向的分速度均为0； 方向：根据对称性可得、速度大小相等，方向相同， 设、速度为，速度为，根据动量守恒有 初态和再次共线的末态，三球的相对位置完全相同，（均为a-b-c依次间距L的直线排列），因此初末态系统的电势能完全相等， 根据能量守恒得 解得， b球的速度方向向左，大小为，故D正确。 故选BD。 13．(1) 0.75 0.50 1.00 (2)1.5mA 【详解】（1）[1][2][3]由题图可知，A滑块原来静止，其最左侧像在30cm处，说明碰撞发生在处。碰撞后，B滑块在后续三次闪光中的位置分别为40cm、60cm、80cm，相邻位置间距 时间间隔 则B滑块碰撞后的速度 A滑块碰撞后在后续三次闪光中的位置分别为45cm、75cm、105cm，相邻位置间距 则A滑块碰撞后的速度 根据B的运动，在第二次闪光时B位于40cm，且，可知B从碰撞点30cm运动到40cm用时 即碰撞发生在时刻。第一次拍摄在时，B位于10cm，则碰撞前B的速度 （2）碰撞后两个滑块的总动量 已知 代入数据解得 14．(1) (2) (3) 【详解】（1）[1][2]对图1，若小球的机械能守恒，则有 小球在最低点，由牛顿第二定律可得 联立解得 对物块由三力平衡可得 解得 即当，就可验证小球在下降过程中的机械能守恒。 （2）对图2，小球上升的高度为，小球与物块组成的系统，重力势能的减小量 （3）小球通过光电门时的速度 系统动能的增量 当就验证了系统的机械能守恒，整理可得。 15．(1)， (2) 【详解】（1）以乙的运动方向为正，乙从静止匀加速，由速度与时间的关系得 解得 乙加速阶段的位移为 代入得 （2）设乙启动后经追上甲。由题图可见，甲的前进方向与边线平行，乙的路径与甲的路径及两人初始连线构成三角形。甲匀速运动的位移为 乙在加速阶段运动，随后以速度匀速运动，故乙的总位移为 对上述三角形用余弦定理，初始连线与甲前进方向的夹角为，故 将各位移代入，并以秒为时间数值单位、米为位移数值单位，得 解得，大于加速时间，符合题设。 16．(1)， (2)0.1N 【详解】（1）在地球表面附近 在火星表面附近 可得 因为火星半径约为地球半径的，火星质量约为地球质量的，所以 可得 在斜面上做圆周运动，当以最小速度通过最高点时，是重力沿斜面向下的分力充当向心力 解得 （2）当通过最高点的速度为5m/s时，有 解得T=0.1N 根据牛顿第三定律可得轻绳所受拉力为0.1N，方向沿斜面向上。 17．(1)4m/s (2)42J (3) 【详解】（1）由题意，可得滑块A在传送带上的加速度 传送带加速到的时间 此时间内A的速度 A在时间内位移 传送带之后匀速，A继续以加速，假设A能加速到，还需要位移 剩余位移，说明A在传送带上全程没达到，一直加速走完剩下3m。 对A全程 可得滑块A运动到传送带右端时的速度大小 （2）滑块A在传送带上的运动分两个阶段，阶段1：，传送带位移 A位移，相对位移 阶段2：A从加速到，用时 此阶段传送带匀速，位移 A位移 相对位移 总相对位移 则滑块A与传送带由于摩擦产生的热量 （3）A、B弹性碰撞，动量守恒及动能守恒有， 代入相关数据解得，碰撞后B的速度 B压缩弹簧，B、C共速时弹簧形变量最大，B、C系统动量守恒 求得 机械能守恒，动能减少量等于弹簧弹性势能， 求得 18．(1)，方向竖直向上 (2) (3) 【详解】（1）细圆管可从两侧约束物体。在最高点，即使速度为零，管壁仍可向上提供与重力平衡的支持力，因此恰好通过最高点的临界速度为。设经过最低点时的速度大小为，以所在水平面为零势能面。从到只有重力做功，由机械能守恒定律得 解得 在点，以竖直向上为正方向，轨道支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得 代入得，方向竖直向上 （2）设弹簧刚恢复原长时，的速度大小分别为和。水平直轨道光滑，从与弹簧分离到经过点的速度大小不变，故 弹簧释放过程中，取两物体和弹簧为系统，水平方向合外力为零。取向右为正方向，由动量守恒定律得 解得 物体与弹簧不拴接，弹簧恢复原长后二者与弹簧分离。由系统机械能守恒，原有弹性势能全部转化为两物体的动能，故 （3）冲上传送带时的速度为，小于带速，故先受沿传送带运动方向的滑动摩擦力而加速。竖直方向支持力与重力平衡，设滑动摩擦力大小为，则 取传送带运动方向为正方向，设物块加速度大小为，由牛顿第二定律得，所以 设加速至带速所用时间为，由匀变速直线运动的速度关系得 解得 物块对传送带的摩擦力阻碍传送带运动。为维持带速不变，电动机须额外提供大小为的牵引力，因此这一阶段多做的功为 共速后至碰撞前，物块无需摩擦力维持匀速运动，电动机在这一阶段无额外做功。下面分析碰后沿挡板运动的阶段。在水平面内，将带速分解为沿挡板和垂直挡板的分速度，如图所示。其中也是碰后物块的速度大小，为带速垂直挡板的分速度大小 由题给碰撞规律，物块沿挡板分速度不变，因此 带速垂直挡板的分速度大小为 物块与传送带沿挡板的分速度相同，而物块垂直挡板的分速度为零，所以物块相对传送带的速度垂直挡板，方向与带速的垂直挡板分速度相反。因此物块所受滑动摩擦力垂直挡板、指向挡板，大小仍为。光滑挡板的支持力与该摩擦力平衡，沿挡板方向合力为零，故物块以匀速滑动，所用时间为 由牛顿第三定律，物块对传送带的摩擦力也垂直挡板，其沿传送带运动方向的阻力分量大小为 电动机须额外提供大小为的牵引力，因此碰后至滑离传送带的阶段多做的功为 所以全过程电动机因传送该物块多做的功为 $