广东省佛山市第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考物理试题
一、单项选择：本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对得4分，选错或不选得0分。
1．（2024高三上·禅城月考）春节期间人们放飞孔明灯表达对新年的祝福，如图所示，孔明灯在竖直方向做匀加速运动，在水平方向做匀速运动，孔明灯的运动轨迹可能为（ ）
A．直线 B．曲线 C．曲线 D．曲线
【答案】D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】解决本题得关键知道在曲线运动中，合力大致指向轨迹凹的一侧，会根据合力方向判断大致的轨迹。孔明灯在竖直方向做匀加速运动，水平方向做匀速运动，加速度沿方向，合力沿方向，合力指向曲线弯曲内侧，因此孔明灯的运动轨迹可能为D所示，D正确．
故选D。
【分析】当合加速度的方向与合速度的方向在同一条直线上，物体做直线运动，当合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，根据孔明灯在两个方向的运动情况得出合力与速度方向的关系，从而判断轨迹。
2．（2024高三上·禅城月考）如图所示，一女士借助瑜伽球靠墙静止蹲在墙边，女士背部保持挺直且倚靠在瑜伽球上，瑜伽球“倚靠”在竖直墙面上。下列说法正确的是（ ）
A．地面对女士的支持力大于女士受到的重力
B．地面对女士的摩擦力为零
C．女士对瑜伽球的弹力可能为0
D．女士对瑜伽球的弹力与墙壁对瑜伽球的弹力是一对相互作用力
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．由于瑜伽球处于静止，瑜伽球有向下的运动趋势，根据平衡条件可以得出：在竖直方向受到重力、墙和女士对球竖直向上的摩擦力，根据女士的平衡条件可以得出：女士受到重力、瑜伽球对女士向下的摩擦力和竖直向上的支持力，根据竖直方向的平衡条件可以得出：地面对女士的支持力大于女士受到的重力，故A正确；
B．女士处于静止，根据水平方向的平衡条件可以得出：由于瑜伽球对女士有水平向左的弹力，所以地面对女士有水平向右的摩擦力，故B错误；
C．瑜伽球处于静止，根据水平方向的平衡方程可以得出：墙对瑜伽球有水平向左的弹力，所以女士对瑜伽球有水平向右的弹力，故C错误；
D．根据二力平衡条件，女士对瑜伽球的弹力与墙壁对瑜伽球的弹力是一对平衡力，故D错误。
故选A。
【分析】根据女士的平衡条件可以判别地面对女士的支持力及摩擦力的大小；利用瑜伽球的平衡条件可以判别女士对瑜伽球的弹力及墙壁对瑜伽球的弹力大小。
3．（2024高三上·禅城月考）在篮球课上，某同学先后两次投出同一个篮球，两次篮球均垂直打在篮板上，第二次打在篮板上的位置略低一点，假设两次篮球出手位置相同，打到篮板前均未碰到篮圈，不计空气阻力，则（ ）
A．两次篮球打在篮板的速度大小相等
B．第二次篮球在空中上升的时间较长
C．两次投篮，该同学对篮球做的功可能相等
D．两次篮球被抛出后瞬间，篮球重力的功率相等
【答案】C
【知识点】斜抛运动；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查平抛运动和功率的计算，知道篮球的运动可逆向看作平抛运动，掌握求解重力功率的公式。B．根据逆向思维，可以将篮球的运动看为逆方向的平抛运动，根据
解得
由于第二次打在篮板上的位置略低一点，则其竖直高度小一点，即第二次篮球在空中上升的时间较短，B错误；
A．篮球水平方向做匀速运动
根据
解得
根据上述可知，第二次篮球在空中上升的时间较短，则第二次篮球打在篮板的速度较大，A错误；
C．篮球出手时的速度
根据上述可知，第二次篮球在空中上升的时间较短，第二次篮球打在篮板的速度较大，则两次篮球出手时的速度可能大小相等，根据
可知，两次投篮，该同学对篮球做的功可能相等，C正确；
D．篮球被抛出后瞬间，篮球重力的功率大小为
根据上述，第二次篮球在空中上升的时间较短，则第二次篮球被抛出后瞬间，篮球重力的功率较小，D错误。
故选C。
【分析】篮球垂直打在篮板上的运动可逆向看作平抛运动，竖直方向为自由落体运动，水平方向为匀速直线运动，根据运动学公式求解速度和时间，比较即可；根据动能定理求解篮球该同学对篮球做的功；根据功率公式求解重力的功率。
4．（2024高三上·禅城月考）如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】胡克定律；向心力
【解析】【解答】本题主要考查了圆周运动的相关应用，熟悉传动模型的特点，掌握向心力的来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为，根据胡克定律有
插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力
对卷轴有
联立解得
故选A。
【分析】卷轴和插销属于同轴传动模型，角速度相等，对插销进行受力分析，结合牛顿第二定律得出速度的最大值。
5．（2024高三上·禅城月考）如图所示，送水工人用推车运桶装水，到达目的地后，工人抬起把手，带动板OA转至水平即可将水桶卸下。水桶对板OA、OB的压力分别为F1、F2，若桶与接触面之间的摩擦不计，∠AOB为锐角且保持不变，在OA由竖直缓慢转到水平过程中（ ）
A．F1一直增大 B．F1先增大后减小
C．F2先减小后不变 D．F2先增大后减小
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要是考查了共点力的平衡之动态分析问题，如果是整体旋转问题，可以根据正弦定理（或拉密定律）分析各力的变化情况。对水桶初始状态受力分析，做出力的矢量三角形如图所示
分析可知，在转动过程中，与的夹角始终不变，因此与夹角的补角始终保持不变，重力与之间的夹角逐渐增大，则可知重力与之间夹角的补角从开始逐渐减小，直至为0，重力与之间的夹角为钝角，逐渐减小，当减小至时，板AO还未水平，将继续减小直至板AO水平，则可知重力与之间夹角的补角逐渐增大，当增大至时将继续增大，根据正弦定理可得
可知为定值，而始终减小，则始终减小，但由于角从锐角增大至后将继续增大一定角度，则可知，先增大后减小，因此可知先增大后减小。
故选B。
【分析】对水桶进行受力分析，根据正弦定理（或拉密定律）列方程进行分析。
6．（2024高三上·禅城月考）中国高铁向世界展示了中国速度和谐号和复兴号高铁相继从沈阳站点由静止出发，沿同一方向做匀加速直线运动。两车运动的速度一时间图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．复兴号高铁追上和谐号动车前，时两车相距最远
B．复兴号高铁经过95s加速达到最大速度
C．时，复兴号高铁追上和谐号动车
D．复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距4900m
【答案】B
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题考查了运动学图象中的v-t图和追及相遇问题，了解图象与坐标轴围成面积的意义是解决此类题的关键。ACD．由两车运动的速度一时间图像可知，时，和谐号动车速度大于复兴号高铁，时，和谐号动车速度小于复兴号高铁，故复兴号高铁追上和谐号动车前，时两车相距最远，根据图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距
故ACD错误；
B．复兴号高铁的加速度为
复兴号高铁加速达到最大速度所需的时间为
故B正确。
故选B。
【分析】根据v-t图象的意义，结合追及相遇问题的中如何求最远距离的方法进行求解
7．（2024高三上·禅城月考）国产科幻大片《流浪地球2》中提出太空电梯设想，其原理如图所示。假设有一太空电梯轨道连接地球赤道上的固定基地与同步空间站A，空间站A相对地球静止，某时刻电梯停靠在轨道某位置，卫星B与同步空间站A的运行方向相同，此时二者距离最近，经过时间t后，A、B第一次相距最远。已知地球自转周期为T，则下列说法正确的是（ ）
A．太空电梯内的乘客处于完全失重状态
B．电梯轨道对电梯的作用力方向指向地心
C．电梯轨道外部一物体脱落后将做匀速圆周运动
D．卫星B绕地球做圆周运动的周期为
【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一思路，抓住匀速圆周运动中相距最远的条件和共轴转动角速度相等的特点进行解答。A．设卫星轨道半径为r，对地球卫星根据万有引力l有
解得
可知，卫星轨道半径越大，角速度越小，由于太空电梯上各质点的角速度与同步卫星的角速度相同，即太空电梯各质点的角速度小于与其处于同一轨道半径上卫星的角速度，则太空电梯上各质点做圆周运动所需的向心加速度小于该轨道卫星的向心加速度，卫星的向心力是全部由万有引力提供，但是太空电梯上各质点的向心力小于其万有引力，则电梯轨道对电梯的作用力方向背离地心，该作用力将万有引力的效果抵消，从而达到圆周运动的供求平衡，所以处于失重状态，但是不是完全失重状态，故AB错误；
C．同步空间站上，万有引力等于空间站做圆周运动的向心力，即
电梯的环绕半径小于空间站的环绕半径，即
则
万有引力大于电梯做圆周运动的向心力，故电梯外壳上脱落的物体将做近心运动，故C错误；
D．同步卫星的周期为
当两卫星第一次相距最远时，满足
解得
故D正确。
故选D。
【分析】卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，得到卫星的角速度表达式，太空电梯上各质点的角速度与同步卫星的角速度相同，分析太空电梯加速度与同一轨道卫星加速度关系，判断乘客的运动状态。根据向心力公式分析电梯轨道对同步空间站A的作用方向，从而知道电梯轨道对电梯的作用力方向。
二、多项选择：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，选对得6分，漏选得3分，选错或不选得0分。
8．（2024高三上·禅城月考）如图所示，在世界女排大奖赛中，中国球员朱婷竖直跳起，恰好在她达最高点时将水平飞来的排球迎面击出，排球以更大的速率水平返回，直接落在对方的场地上。则下列说法正确的是（ ）
A．在击打过程中朱婷与球组成的系统动量不守恒
B．击打前后瞬间朱婷与球组成的系统的动能相等
C．朱婷击打完后比排球先落地
D．朱婷击打完后落回起跳点上
【答案】A,C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零），能够分析击球过程中能量的转化情况。A．击打过程中朱婷与球在半空中都受到重力的作用，也就受到向下的冲量，故朱婷和球组成的系统动量不守恒，A正确；
B．击打前后瞬间朱婷用力使球加速，自身化学能转变为球的动能，动能不守恒，所以B错误；
C．击球后朱婷与 均做平抛运动，朱婷高度低于球的高度，且不可视为质点，故应先落地，所以C正确；
D．朱婷击球后，向后做平抛运动，故击完球后不会落回起跳点上，所以D错误。
故选AC。
【分析】根据动量守恒定律的守恒条件分析动量是否守恒；根据能量的转化情况分析系统的动能的变化； 根据动量守恒定律分析朱婷落地点位置。
9．（2024高三上·禅城月考）如图甲所示，北宋曾公亮在《武经总要》中记载了一种古代运输装备，名为“绞车”，因其设计精妙，使用时灵活方便，这种绞车又被称为“中国式绞车”，“合大木为床，前建二叉手柱，上为绞车，下施四轮，皆极壮大，力可挽二千斤。”其原理如图乙所示，将一根圆轴削成同心而半径不同的两部分，其中a、b两点分别是大小辘轳边缘上的两点，其上绕以绳索，绳下加一动滑轮，滑轮下挂上重物，人转动把手带动其轴旋转便可轻松将重物吊起，则在起吊过程中，下列说法正确的是（ ）
A．a点的角速度等于b点的角速度
B．a点的向心加速度小于b点的向心加速度
C．人对把手做的功等于重物机械能的增加量
D．滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量
【答案】A,D
【知识点】功能关系；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】本题主要是考查功能关系，关键是能够分析能量的转化情况，知道机械能的变化与除重力或系统内弹力以外的力做功有关。AB．a的半径大于b的半径，由于两点是同轴转动，角速度相同，根据可知a的向心加速度大于b点的向心加速度，故A正确，B错误；
C．由能量守恒可知，人对把手做功除了转化为重物的机械能外，还有轮轴的动能及摩擦生热等，因此人对把手做的功大于重物机械能的增加量，故C错误；
D．由功能关系可知滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量，故D正确。
故选AD。
【分析】同轴转动角速度相同，根据向心加速度的计算公式分析向心加速度大小；由能量守恒定律、功能关系分析重物机械能的增加量。
10．（2024高三上·禅城月考）如图所示，轻弹簧一端固定于O点，另一端与质量为m的滑块连接，在外力作用下使滑块静止在固定光滑斜面上的A点，此时弹簧恰好水平。将滑块从A点由静止释放，沿斜面经B点运动到位于O点正下方的C点时，滑块的速度大小为v，且弹簧恰处于原长。已知弹簧原长为L，斜面倾角，OB⊥AC，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力。，。从A点运动到C点的过程中，（ ）
A．滑块的加速度先减小后增大
B．滑块在B点的速度最大
C．滑块在A点时弹簧的弹性势能为
D．滑块在A点时弹簧的弹性势能大于在B点时弹簧的弹性势能
【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。A．根据牛顿第二定律，可知滑块的加速度先减小后增大再减小，故A错误；
B．滑块在C点的势能最小，由机械能守恒，滑块在C点的动能最大，则滑块在C点的速度最大，故B错误；
C．由机械能守恒
解得
故C正确；
D．滑块在A点时弹簧的形变量
滑块在B点时弹簧的形变量
则
所以滑块在A点时弹簧的弹性势能大于在B点时的弹性势能，故D正确。
故选CD。
【分析】根据牛顿第二定律分析加速度；根据机械能守恒定律分析速度最大位置以及 滑块在A点时弹簧的弹性势能 ；结合几何关系分析形变量大小以及弹性大小。
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11．（2024高三上·禅城月考）如图1所示，实验小组利用气垫导轨验证系统的机械能守恒，实验步骤如下：
（1）先用天平测量出滑块和挡光条的总质量、钩码的质量。
（2）用游标卡尺测量遮光条宽度，测量结果如图2所示，则 。
（3）实验前滑块不连钩码，接通气源后，在导轨上轻放滑块，轻推一下滑块，使其从轨道右端向左运动，发现滑块通过光电门的时间大于通过光电门的时间。为使导轨水平，可调节旋钮使轨道右端 （选填“升高”或“降低”）一些。
（4）将气垫导轨调至水平，并将滑块移到图1所示位置，测出遮光条到光电门B的距离为。连上钩码释放滑块，读出遮光条通过光电门B的挡光时间为。多次改变光电门B的位置，每次都让滑块自同一点由静止开始滑动，测量相应的与值，他观察到图线是一条过原点的直线，重力加速度为，若直线的斜率满足 （用题中所给物理量符号表示），即可验证系统的机械能守恒。
【答案】4.25；降低；
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】本题考查机械能守恒定律的实验原理和注意事项，以及基本器材的使用问题，会根据题意进行准确分析解答。（2）由图2可知，游标为20分度，且第5个小格与主尺对齐，则游标卡尺的读数为
（3）滑块通过光电门A的时间大于通过光电门B的时间，说明滑块在加速运动，故需要调节旋钮使轨道右端降低。
（4）根据题意可知，滑块和挡光条的总质量为，钩码的质量为，挡光条的宽度为，若机械能守恒，则有
可得
则图线的斜率为
若上式成立，即可验证系统的机械能守恒。
【分析】（2）根据螺旋测微器的读数规则完成读数；
（3）滑块在沿AB方向做加速运动，据此分析；
（4）根据动能和动能的增量列式求解，根据系统机械能守恒定律的实验原理进行分析判断。
12．（2024高三上·禅城月考）图甲是某种“研究平抛运动”的实验装置，斜槽末端口N与小球离地面的高度均为H，实验时，当P小球从斜槽末端飞出与挡片相碰，立即断开电路使电磁铁释放Q小球，发现两小球同时落地，改变H大小，重复实验，P、Q仍然同时落地。
（1）关于实验条件的说法，正确的有________；
A．斜槽轨道必须光滑
B．斜槽轨道末段N端必须水平
C．P小球可以从斜槽上不同的位置无初速度释放
D．P小球每次必须从斜槽上相同的位置无初速度释放
（2）该实验结果可表明________；
A．两小球落地速度的大小相同
B．P小球在水平方向的分运动是匀速直线运动
C．P小球在竖直方向的分运动是匀速直线运动
D．P小球在竖直方向的分运动与Q小球的运动相同
（3）若用一张印有小方格（小方格的边长为L=10cm）的纸记录P小球的轨迹，小球在同一初速平抛运动途中的几个位置如图乙中的a、b、c、d所示，重力加速度g=10m/s2，则P小球平抛的初速度的大小为 m/s；小球P抛出后运动到b点的时间为 s。（计算结果均保留两位有效数字）
【答案】（1）B；C
（2）D
（3）2.0；0.15
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】本题考查了研究平抛运动规律的实验，要明确实验的原理，根据匀变速直线运动的推论求解时间间隔是解题的关键。
（1）A．斜槽轨道不必光滑，A错误；
B．斜槽轨道末段N端必须水平，小球离开轨道后才能做平抛运动，B正确；
CD．这个实验只验证小球做平抛运动在竖直方向是自由落体运动，与水平方向无关，所以不需要每次实验小球离开水平槽时初速度相同，小球可以从斜槽上不同的位置无初速度释放，
C正确，D错误。
故选BC。
（2）A．两小球落地速度的大小不相同，落地时竖直分速度大小相同，A错误；
B．实验结果不能表明P小球在水平方向的分运动是匀速直线运动，B错误；
CD．P小球在竖直方向的分运动与Q小球的运动相同，是自由落体运动，C错误，D正确。
故选D。
（3）根据
解得
初速度为
在b点根据速度公式得
解得
【分析】（1）根据实验原理进行分析；
（2）根据实验原理和实验现象分析作答；
（3）根据匀变速直线运动的推论求解时间间隔；根据P小球水平方向的运动情况求解水平初速度；根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度求解b点的竖直速度，根据速度—时间公式求解时间。
（1）A．斜槽轨道不必光滑，A错误；
B．斜槽轨道末段N端必须水平，小球离开轨道后才能做平抛运动，B正确；
CD．这个实验只验证小球做平抛运动在竖直方向是自由落体运动，与水平方向无关，所以不需要每次实验小球离开水平槽时初速度相同，小球可以从斜槽上不同的位置无初速度释放，
C正确，D错误。
故选BC。
（2）A．两小球落地速度的大小不相同，落地时竖直分速度大小相同，A错误；
B．实验结果不能表明P小球在水平方向的分运动是匀速直线运动，B错误；
CD．P小球在竖直方向的分运动与Q小球的运动相同，是自由落体运动，C错误，D正确。
故选D。
（3）[1]根据
解得
初速度为
[2]在b点根据速度公式得
解得
四、解答题：本大题共有3小题，共40分。按题目要求做大，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。
13．（2024高三上·禅城月考）谷神星一号海射型遥二运载火箭于2024年5月29日16时12分在山东日照成功发射，该发射过程可简化为如图所示的火箭模型升空过程。发动机点火后，火箭模型获得了大小恒为40N、方向竖直向上的推力，2秒后发动机熄火，之后由于惯性达到最大高度。已知火箭模型质量为2kg，在升空过程中受到的空气阻力大小恒为5N，不考虑发射过程中喷出气体对质量的影响，g取。求火箭模型：
（1）发动机熄火前的加速度大小及在升空过程中的最大速率；
（2）上升的最大高度H。
【答案】解：（1）根据牛顿第二定律
代入数据，解得
发动机熄火后，火箭在自身重力和空气的阻力作用下，做匀减速直线运动，所以，发动机熄火时，火箭有最大速率，为
（2）发动机熄火，根据牛顿第二定律
解得
加速上升到位移为
减速上升的位移为
所以，火箭上升的最大高度为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度，根据速度—时间关系求解火箭的最大速率；
（2）发动机熄火，根据牛顿第二定律求解加速度，分别求解加速位移以及减速位移，二者相加等于上升的最大高度。
14．（2024高三上·禅城月考）如图所示为推行节水工程的转动喷水“龙头”，“龙头”距地面为h，其喷灌半径可达10h，t时间内喷出水的质量为m，所用的水从地下2h深的井里抽取。设水以相同的速率喷出，水泵的效率为η，不计空气阻力。试求：
（1）喷水龙头喷出水的初速度大小；
（2）水泵t时间内对水所做的功W；
（3）带动水泵的电动机的最小输出功率
【答案】（1）解：喷水龙头喷出水做平抛运动，在竖直方向
解得
水平匀速运动
解得
（2）解：t时间内喷出水的动能为
水泵提水，t时间内水获得的重力势能为
所以t时间内水泵对水所做的功为
（3）解：带动水泵的电动机的最小输出功率等于水泵的输入功率
解得
【知识点】功能关系；平抛运动；功率及其计算
【解析】【分析】（1）根据平抛运动的知识求出喷水龙头喷出水的初速度；
（2）根据功能原理求出水泵每分钟对水所做的功；
（3）电动机输出的功，乘以水泵的效率等于水泵对水所做的功。
（1）喷水龙头喷出水做平抛运动，在竖直方向
解得
水平匀速运动
解得
（2）t时间内喷出水的动能为
水泵提水，t时间内水获得的重力势能为
所以t时间内水泵对水所做的功为
（3）带动水泵的电动机的最小输出功率等于水泵的输入功率
解得
15．（2024高三上·禅城月考）如图所示，质量的物块，可视为质点，右端和墙壁间压缩一轻弹簧，从A点静止释放后滑出点，恰能过C点沿半径的竖直半圆弧轨道的内侧做圆周运动，经最低点D滑到静止在水平地面的木板上。木板质量、长度，且与左侧等高的平台P相碰时将被立即锁定。已知物块与平台AB、物块与木板间的动摩擦因数均为，其余摩擦不计，间的距离，木板右端距离平台P左侧的初始距离为，。求：
（1）弹簧弹力对物块所做的功W；
（2）物块经过点时所受轨道支持力的大小；
（3）物块滑上平台时的动能Ek与的关系。
【答案】（1）解：物块恰好通过C点，有
解得
由动能定理得
解得
W=5.5J
（2）解：物块由C运动到D，由动能定理得
解得
vD=5m/s
在D点，由牛顿第二定律得
解得
F=60N
（3）解：若物块与木板能共速，由动量守恒定律得
解得
v共=2m/s
对物块，由动能定理得
解得
x物=2.1m
对木板，由动能定理得
解得
x板=0.6m，（L＋x板>x物）
①若，物块能和木板共速，则由能量守恒得
②若，物块不能和木板共速，则由能量守恒得
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）在物块由A到B的过程中，由动能定理可以得到弹力做功和到达C点的速度关系，结合题意物块恰好过C点做匀速圆周运动，可以根据受力分析得到C点的速度特点，从而计算弹力做功；
（2）物块从C到D的过程，由动能定理可以计算D点的速度，根据D点的受力分析可以计算D点的支持力；
（3）物块从木板上滑到平台前可能是与木板共速的状态，也可能是不共速的状态，两种状态下分别根据动量、能量关系列出其末动能表达式，即可得到动能和s的关系。
（1）物块恰好通过C点，有
解得
由动能定理得
解得
W=5.5J
（2）物块由C运动到D，由动能定理得
解得
vD=5m/s
在D点，由牛顿第二定律得
解得
F=60N
（3）若物块与木板能共速，由动量守恒定律得
解得
v共=2m/s
对物块，由动能定理得
解得
x物=2.1m
对木板，由动能定理得
解得
x板=0.6m，（L＋x板>x物）
①若，物块能和木板共速，则由能量守恒得
②若，物块不能和木板共速，则由能量守恒得
1 / 1广东省佛山市第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考物理试题
一、单项选择：本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对得4分，选错或不选得0分。
1．（2024高三上·禅城月考）春节期间人们放飞孔明灯表达对新年的祝福，如图所示，孔明灯在竖直方向做匀加速运动，在水平方向做匀速运动，孔明灯的运动轨迹可能为（ ）
A．直线 B．曲线 C．曲线 D．曲线
2．（2024高三上·禅城月考）如图所示，一女士借助瑜伽球靠墙静止蹲在墙边，女士背部保持挺直且倚靠在瑜伽球上，瑜伽球“倚靠”在竖直墙面上。下列说法正确的是（ ）
A．地面对女士的支持力大于女士受到的重力
B．地面对女士的摩擦力为零
C．女士对瑜伽球的弹力可能为0
D．女士对瑜伽球的弹力与墙壁对瑜伽球的弹力是一对相互作用力
3．（2024高三上·禅城月考）在篮球课上，某同学先后两次投出同一个篮球，两次篮球均垂直打在篮板上，第二次打在篮板上的位置略低一点，假设两次篮球出手位置相同，打到篮板前均未碰到篮圈，不计空气阻力，则（ ）
A．两次篮球打在篮板的速度大小相等
B．第二次篮球在空中上升的时间较长
C．两次投篮，该同学对篮球做的功可能相等
D．两次篮球被抛出后瞬间，篮球重力的功率相等
4．（2024高三上·禅城月考）如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·禅城月考）如图所示，送水工人用推车运桶装水，到达目的地后，工人抬起把手，带动板OA转至水平即可将水桶卸下。水桶对板OA、OB的压力分别为F1、F2，若桶与接触面之间的摩擦不计，∠AOB为锐角且保持不变，在OA由竖直缓慢转到水平过程中（ ）
A．F1一直增大 B．F1先增大后减小
C．F2先减小后不变 D．F2先增大后减小
6．（2024高三上·禅城月考）中国高铁向世界展示了中国速度和谐号和复兴号高铁相继从沈阳站点由静止出发，沿同一方向做匀加速直线运动。两车运动的速度一时间图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．复兴号高铁追上和谐号动车前，时两车相距最远
B．复兴号高铁经过95s加速达到最大速度
C．时，复兴号高铁追上和谐号动车
D．复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距4900m
7．（2024高三上·禅城月考）国产科幻大片《流浪地球2》中提出太空电梯设想，其原理如图所示。假设有一太空电梯轨道连接地球赤道上的固定基地与同步空间站A，空间站A相对地球静止，某时刻电梯停靠在轨道某位置，卫星B与同步空间站A的运行方向相同，此时二者距离最近，经过时间t后，A、B第一次相距最远。已知地球自转周期为T，则下列说法正确的是（ ）
A．太空电梯内的乘客处于完全失重状态
B．电梯轨道对电梯的作用力方向指向地心
C．电梯轨道外部一物体脱落后将做匀速圆周运动
D．卫星B绕地球做圆周运动的周期为
二、多项选择：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，选对得6分，漏选得3分，选错或不选得0分。
8．（2024高三上·禅城月考）如图所示，在世界女排大奖赛中，中国球员朱婷竖直跳起，恰好在她达最高点时将水平飞来的排球迎面击出，排球以更大的速率水平返回，直接落在对方的场地上。则下列说法正确的是（ ）
A．在击打过程中朱婷与球组成的系统动量不守恒
B．击打前后瞬间朱婷与球组成的系统的动能相等
C．朱婷击打完后比排球先落地
D．朱婷击打完后落回起跳点上
9．（2024高三上·禅城月考）如图甲所示，北宋曾公亮在《武经总要》中记载了一种古代运输装备，名为“绞车”，因其设计精妙，使用时灵活方便，这种绞车又被称为“中国式绞车”，“合大木为床，前建二叉手柱，上为绞车，下施四轮，皆极壮大，力可挽二千斤。”其原理如图乙所示，将一根圆轴削成同心而半径不同的两部分，其中a、b两点分别是大小辘轳边缘上的两点，其上绕以绳索，绳下加一动滑轮，滑轮下挂上重物，人转动把手带动其轴旋转便可轻松将重物吊起，则在起吊过程中，下列说法正确的是（ ）
A．a点的角速度等于b点的角速度
B．a点的向心加速度小于b点的向心加速度
C．人对把手做的功等于重物机械能的增加量
D．滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量
10．（2024高三上·禅城月考）如图所示，轻弹簧一端固定于O点，另一端与质量为m的滑块连接，在外力作用下使滑块静止在固定光滑斜面上的A点，此时弹簧恰好水平。将滑块从A点由静止释放，沿斜面经B点运动到位于O点正下方的C点时，滑块的速度大小为v，且弹簧恰处于原长。已知弹簧原长为L，斜面倾角，OB⊥AC，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力。，。从A点运动到C点的过程中，（ ）
A．滑块的加速度先减小后增大
B．滑块在B点的速度最大
C．滑块在A点时弹簧的弹性势能为
D．滑块在A点时弹簧的弹性势能大于在B点时弹簧的弹性势能
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11．（2024高三上·禅城月考）如图1所示，实验小组利用气垫导轨验证系统的机械能守恒，实验步骤如下：
（1）先用天平测量出滑块和挡光条的总质量、钩码的质量。
（2）用游标卡尺测量遮光条宽度，测量结果如图2所示，则 。
（3）实验前滑块不连钩码，接通气源后，在导轨上轻放滑块，轻推一下滑块，使其从轨道右端向左运动，发现滑块通过光电门的时间大于通过光电门的时间。为使导轨水平，可调节旋钮使轨道右端 （选填“升高”或“降低”）一些。
（4）将气垫导轨调至水平，并将滑块移到图1所示位置，测出遮光条到光电门B的距离为。连上钩码释放滑块，读出遮光条通过光电门B的挡光时间为。多次改变光电门B的位置，每次都让滑块自同一点由静止开始滑动，测量相应的与值，他观察到图线是一条过原点的直线，重力加速度为，若直线的斜率满足 （用题中所给物理量符号表示），即可验证系统的机械能守恒。
12．（2024高三上·禅城月考）图甲是某种“研究平抛运动”的实验装置，斜槽末端口N与小球离地面的高度均为H，实验时，当P小球从斜槽末端飞出与挡片相碰，立即断开电路使电磁铁释放Q小球，发现两小球同时落地，改变H大小，重复实验，P、Q仍然同时落地。
（1）关于实验条件的说法，正确的有________；
A．斜槽轨道必须光滑
B．斜槽轨道末段N端必须水平
C．P小球可以从斜槽上不同的位置无初速度释放
D．P小球每次必须从斜槽上相同的位置无初速度释放
（2）该实验结果可表明________；
A．两小球落地速度的大小相同
B．P小球在水平方向的分运动是匀速直线运动
C．P小球在竖直方向的分运动是匀速直线运动
D．P小球在竖直方向的分运动与Q小球的运动相同
（3）若用一张印有小方格（小方格的边长为L=10cm）的纸记录P小球的轨迹，小球在同一初速平抛运动途中的几个位置如图乙中的a、b、c、d所示，重力加速度g=10m/s2，则P小球平抛的初速度的大小为 m/s；小球P抛出后运动到b点的时间为 s。（计算结果均保留两位有效数字）
四、解答题：本大题共有3小题，共40分。按题目要求做大，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。
13．（2024高三上·禅城月考）谷神星一号海射型遥二运载火箭于2024年5月29日16时12分在山东日照成功发射，该发射过程可简化为如图所示的火箭模型升空过程。发动机点火后，火箭模型获得了大小恒为40N、方向竖直向上的推力，2秒后发动机熄火，之后由于惯性达到最大高度。已知火箭模型质量为2kg，在升空过程中受到的空气阻力大小恒为5N，不考虑发射过程中喷出气体对质量的影响，g取。求火箭模型：
（1）发动机熄火前的加速度大小及在升空过程中的最大速率；
（2）上升的最大高度H。
14．（2024高三上·禅城月考）如图所示为推行节水工程的转动喷水“龙头”，“龙头”距地面为h，其喷灌半径可达10h，t时间内喷出水的质量为m，所用的水从地下2h深的井里抽取。设水以相同的速率喷出，水泵的效率为η，不计空气阻力。试求：
（1）喷水龙头喷出水的初速度大小；
（2）水泵t时间内对水所做的功W；
（3）带动水泵的电动机的最小输出功率
15．（2024高三上·禅城月考）如图所示，质量的物块，可视为质点，右端和墙壁间压缩一轻弹簧，从A点静止释放后滑出点，恰能过C点沿半径的竖直半圆弧轨道的内侧做圆周运动，经最低点D滑到静止在水平地面的木板上。木板质量、长度，且与左侧等高的平台P相碰时将被立即锁定。已知物块与平台AB、物块与木板间的动摩擦因数均为，其余摩擦不计，间的距离，木板右端距离平台P左侧的初始距离为，。求：
（1）弹簧弹力对物块所做的功W；
（2）物块经过点时所受轨道支持力的大小；
（3）物块滑上平台时的动能Ek与的关系。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】解决本题得关键知道在曲线运动中，合力大致指向轨迹凹的一侧，会根据合力方向判断大致的轨迹。孔明灯在竖直方向做匀加速运动，水平方向做匀速运动，加速度沿方向，合力沿方向，合力指向曲线弯曲内侧，因此孔明灯的运动轨迹可能为D所示，D正确．
故选D。
【分析】当合加速度的方向与合速度的方向在同一条直线上，物体做直线运动，当合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，根据孔明灯在两个方向的运动情况得出合力与速度方向的关系，从而判断轨迹。
2．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．由于瑜伽球处于静止，瑜伽球有向下的运动趋势，根据平衡条件可以得出：在竖直方向受到重力、墙和女士对球竖直向上的摩擦力，根据女士的平衡条件可以得出：女士受到重力、瑜伽球对女士向下的摩擦力和竖直向上的支持力，根据竖直方向的平衡条件可以得出：地面对女士的支持力大于女士受到的重力，故A正确；
B．女士处于静止，根据水平方向的平衡条件可以得出：由于瑜伽球对女士有水平向左的弹力，所以地面对女士有水平向右的摩擦力，故B错误；
C．瑜伽球处于静止，根据水平方向的平衡方程可以得出：墙对瑜伽球有水平向左的弹力，所以女士对瑜伽球有水平向右的弹力，故C错误；
D．根据二力平衡条件，女士对瑜伽球的弹力与墙壁对瑜伽球的弹力是一对平衡力，故D错误。
故选A。
【分析】根据女士的平衡条件可以判别地面对女士的支持力及摩擦力的大小；利用瑜伽球的平衡条件可以判别女士对瑜伽球的弹力及墙壁对瑜伽球的弹力大小。
3．【答案】C
【知识点】斜抛运动；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查平抛运动和功率的计算，知道篮球的运动可逆向看作平抛运动，掌握求解重力功率的公式。B．根据逆向思维，可以将篮球的运动看为逆方向的平抛运动，根据
解得
由于第二次打在篮板上的位置略低一点，则其竖直高度小一点，即第二次篮球在空中上升的时间较短，B错误；
A．篮球水平方向做匀速运动
根据
解得
根据上述可知，第二次篮球在空中上升的时间较短，则第二次篮球打在篮板的速度较大，A错误；
C．篮球出手时的速度
根据上述可知，第二次篮球在空中上升的时间较短，第二次篮球打在篮板的速度较大，则两次篮球出手时的速度可能大小相等，根据
可知，两次投篮，该同学对篮球做的功可能相等，C正确；
D．篮球被抛出后瞬间，篮球重力的功率大小为
根据上述，第二次篮球在空中上升的时间较短，则第二次篮球被抛出后瞬间，篮球重力的功率较小，D错误。
故选C。
【分析】篮球垂直打在篮板上的运动可逆向看作平抛运动，竖直方向为自由落体运动，水平方向为匀速直线运动，根据运动学公式求解速度和时间，比较即可；根据动能定理求解篮球该同学对篮球做的功；根据功率公式求解重力的功率。
4．【答案】A
【知识点】胡克定律；向心力
【解析】【解答】本题主要考查了圆周运动的相关应用，熟悉传动模型的特点，掌握向心力的来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为，根据胡克定律有
插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力
对卷轴有
联立解得
故选A。
【分析】卷轴和插销属于同轴传动模型，角速度相等，对插销进行受力分析，结合牛顿第二定律得出速度的最大值。
5．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要是考查了共点力的平衡之动态分析问题，如果是整体旋转问题，可以根据正弦定理（或拉密定律）分析各力的变化情况。对水桶初始状态受力分析，做出力的矢量三角形如图所示
分析可知，在转动过程中，与的夹角始终不变，因此与夹角的补角始终保持不变，重力与之间的夹角逐渐增大，则可知重力与之间夹角的补角从开始逐渐减小，直至为0，重力与之间的夹角为钝角，逐渐减小，当减小至时，板AO还未水平，将继续减小直至板AO水平，则可知重力与之间夹角的补角逐渐增大，当增大至时将继续增大，根据正弦定理可得
可知为定值，而始终减小，则始终减小，但由于角从锐角增大至后将继续增大一定角度，则可知，先增大后减小，因此可知先增大后减小。
故选B。
【分析】对水桶进行受力分析，根据正弦定理（或拉密定律）列方程进行分析。
6．【答案】B
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题考查了运动学图象中的v-t图和追及相遇问题，了解图象与坐标轴围成面积的意义是解决此类题的关键。ACD．由两车运动的速度一时间图像可知，时，和谐号动车速度大于复兴号高铁，时，和谐号动车速度小于复兴号高铁，故复兴号高铁追上和谐号动车前，时两车相距最远，根据图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距
故ACD错误；
B．复兴号高铁的加速度为
复兴号高铁加速达到最大速度所需的时间为
故B正确。
故选B。
【分析】根据v-t图象的意义，结合追及相遇问题的中如何求最远距离的方法进行求解
7．【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一思路，抓住匀速圆周运动中相距最远的条件和共轴转动角速度相等的特点进行解答。A．设卫星轨道半径为r，对地球卫星根据万有引力l有
解得
可知，卫星轨道半径越大，角速度越小，由于太空电梯上各质点的角速度与同步卫星的角速度相同，即太空电梯各质点的角速度小于与其处于同一轨道半径上卫星的角速度，则太空电梯上各质点做圆周运动所需的向心加速度小于该轨道卫星的向心加速度，卫星的向心力是全部由万有引力提供，但是太空电梯上各质点的向心力小于其万有引力，则电梯轨道对电梯的作用力方向背离地心，该作用力将万有引力的效果抵消，从而达到圆周运动的供求平衡，所以处于失重状态，但是不是完全失重状态，故AB错误；
C．同步空间站上，万有引力等于空间站做圆周运动的向心力，即
电梯的环绕半径小于空间站的环绕半径，即
则
万有引力大于电梯做圆周运动的向心力，故电梯外壳上脱落的物体将做近心运动，故C错误；
D．同步卫星的周期为
当两卫星第一次相距最远时，满足
解得
故D正确。
故选D。
【分析】卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式，得到卫星的角速度表达式，太空电梯上各质点的角速度与同步卫星的角速度相同，分析太空电梯加速度与同一轨道卫星加速度关系，判断乘客的运动状态。根据向心力公式分析电梯轨道对同步空间站A的作用方向，从而知道电梯轨道对电梯的作用力方向。
8．【答案】A,C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零），能够分析击球过程中能量的转化情况。A．击打过程中朱婷与球在半空中都受到重力的作用，也就受到向下的冲量，故朱婷和球组成的系统动量不守恒，A正确；
B．击打前后瞬间朱婷用力使球加速，自身化学能转变为球的动能，动能不守恒，所以B错误；
C．击球后朱婷与 均做平抛运动，朱婷高度低于球的高度，且不可视为质点，故应先落地，所以C正确；
D．朱婷击球后，向后做平抛运动，故击完球后不会落回起跳点上，所以D错误。
故选AC。
【分析】根据动量守恒定律的守恒条件分析动量是否守恒；根据能量的转化情况分析系统的动能的变化； 根据动量守恒定律分析朱婷落地点位置。
9．【答案】A,D
【知识点】功能关系；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】本题主要是考查功能关系，关键是能够分析能量的转化情况，知道机械能的变化与除重力或系统内弹力以外的力做功有关。AB．a的半径大于b的半径，由于两点是同轴转动，角速度相同，根据可知a的向心加速度大于b点的向心加速度，故A正确，B错误；
C．由能量守恒可知，人对把手做功除了转化为重物的机械能外，还有轮轴的动能及摩擦生热等，因此人对把手做的功大于重物机械能的增加量，故C错误；
D．由功能关系可知滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量，故D正确。
故选AD。
【分析】同轴转动角速度相同，根据向心加速度的计算公式分析向心加速度大小；由能量守恒定律、功能关系分析重物机械能的增加量。
10．【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。A．根据牛顿第二定律，可知滑块的加速度先减小后增大再减小，故A错误；
B．滑块在C点的势能最小，由机械能守恒，滑块在C点的动能最大，则滑块在C点的速度最大，故B错误；
C．由机械能守恒
解得
故C正确；
D．滑块在A点时弹簧的形变量
滑块在B点时弹簧的形变量
则
所以滑块在A点时弹簧的弹性势能大于在B点时的弹性势能，故D正确。
故选CD。
【分析】根据牛顿第二定律分析加速度；根据机械能守恒定律分析速度最大位置以及 滑块在A点时弹簧的弹性势能 ；结合几何关系分析形变量大小以及弹性大小。
11．【答案】4.25；降低；
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】本题考查机械能守恒定律的实验原理和注意事项，以及基本器材的使用问题，会根据题意进行准确分析解答。（2）由图2可知，游标为20分度，且第5个小格与主尺对齐，则游标卡尺的读数为
（3）滑块通过光电门A的时间大于通过光电门B的时间，说明滑块在加速运动，故需要调节旋钮使轨道右端降低。
（4）根据题意可知，滑块和挡光条的总质量为，钩码的质量为，挡光条的宽度为，若机械能守恒，则有
可得
则图线的斜率为
若上式成立，即可验证系统的机械能守恒。
【分析】（2）根据螺旋测微器的读数规则完成读数；
（3）滑块在沿AB方向做加速运动，据此分析；
（4）根据动能和动能的增量列式求解，根据系统机械能守恒定律的实验原理进行分析判断。
12．【答案】（1）B；C
（2）D
（3）2.0；0.15
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】本题考查了研究平抛运动规律的实验，要明确实验的原理，根据匀变速直线运动的推论求解时间间隔是解题的关键。
（1）A．斜槽轨道不必光滑，A错误；
B．斜槽轨道末段N端必须水平，小球离开轨道后才能做平抛运动，B正确；
CD．这个实验只验证小球做平抛运动在竖直方向是自由落体运动，与水平方向无关，所以不需要每次实验小球离开水平槽时初速度相同，小球可以从斜槽上不同的位置无初速度释放，
C正确，D错误。
故选BC。
（2）A．两小球落地速度的大小不相同，落地时竖直分速度大小相同，A错误；
B．实验结果不能表明P小球在水平方向的分运动是匀速直线运动，B错误；
CD．P小球在竖直方向的分运动与Q小球的运动相同，是自由落体运动，C错误，D正确。
故选D。
（3）根据
解得
初速度为
在b点根据速度公式得
解得
【分析】（1）根据实验原理进行分析；
（2）根据实验原理和实验现象分析作答；
（3）根据匀变速直线运动的推论求解时间间隔；根据P小球水平方向的运动情况求解水平初速度；根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度求解b点的竖直速度，根据速度—时间公式求解时间。
（1）A．斜槽轨道不必光滑，A错误；
B．斜槽轨道末段N端必须水平，小球离开轨道后才能做平抛运动，B正确；
CD．这个实验只验证小球做平抛运动在竖直方向是自由落体运动，与水平方向无关，所以不需要每次实验小球离开水平槽时初速度相同，小球可以从斜槽上不同的位置无初速度释放，
C正确，D错误。
故选BC。
（2）A．两小球落地速度的大小不相同，落地时竖直分速度大小相同，A错误；
B．实验结果不能表明P小球在水平方向的分运动是匀速直线运动，B错误；
CD．P小球在竖直方向的分运动与Q小球的运动相同，是自由落体运动，C错误，D正确。
故选D。
（3）[1]根据
解得
初速度为
[2]在b点根据速度公式得
解得
13．【答案】解：（1）根据牛顿第二定律
代入数据，解得
发动机熄火后，火箭在自身重力和空气的阻力作用下，做匀减速直线运动，所以，发动机熄火时，火箭有最大速率，为
（2）发动机熄火，根据牛顿第二定律
解得
加速上升到位移为
减速上升的位移为
所以，火箭上升的最大高度为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度，根据速度—时间关系求解火箭的最大速率；
（2）发动机熄火，根据牛顿第二定律求解加速度，分别求解加速位移以及减速位移，二者相加等于上升的最大高度。
14．【答案】（1）解：喷水龙头喷出水做平抛运动，在竖直方向
解得
水平匀速运动
解得
（2）解：t时间内喷出水的动能为
水泵提水，t时间内水获得的重力势能为
所以t时间内水泵对水所做的功为
（3）解：带动水泵的电动机的最小输出功率等于水泵的输入功率
解得
【知识点】功能关系；平抛运动；功率及其计算
【解析】【分析】（1）根据平抛运动的知识求出喷水龙头喷出水的初速度；
（2）根据功能原理求出水泵每分钟对水所做的功；
（3）电动机输出的功，乘以水泵的效率等于水泵对水所做的功。
（1）喷水龙头喷出水做平抛运动，在竖直方向
解得
水平匀速运动
解得
（2）t时间内喷出水的动能为
水泵提水，t时间内水获得的重力势能为
所以t时间内水泵对水所做的功为
（3）带动水泵的电动机的最小输出功率等于水泵的输入功率
解得
15．【答案】（1）解：物块恰好通过C点，有
解得
由动能定理得
解得
W=5.5J
（2）解：物块由C运动到D，由动能定理得
解得
vD=5m/s
在D点，由牛顿第二定律得
解得
F=60N
（3）解：若物块与木板能共速，由动量守恒定律得
解得
v共=2m/s
对物块，由动能定理得
解得
x物=2.1m
对木板，由动能定理得
解得
x板=0.6m，（L＋x板>x物）
①若，物块能和木板共速，则由能量守恒得
②若，物块不能和木板共速，则由能量守恒得
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）在物块由A到B的过程中，由动能定理可以得到弹力做功和到达C点的速度关系，结合题意物块恰好过C点做匀速圆周运动，可以根据受力分析得到C点的速度特点，从而计算弹力做功；
（2）物块从C到D的过程，由动能定理可以计算D点的速度，根据D点的受力分析可以计算D点的支持力；
（3）物块从木板上滑到平台前可能是与木板共速的状态，也可能是不共速的状态，两种状态下分别根据动量、能量关系列出其末动能表达式，即可得到动能和s的关系。
（1）物块恰好通过C点，有
解得
由动能定理得
解得
W=5.5J
（2）物块由C运动到D，由动能定理得
解得
vD=5m/s
在D点，由牛顿第二定律得
解得
F=60N
（3）若物块与木板能共速，由动量守恒定律得
解得
v共=2m/s
对物块，由动能定理得
解得
x物=2.1m
对木板，由动能定理得
解得
x板=0.6m，（L＋x板>x物）
①若，物块能和木板共速，则由能量守恒得
②若，物块不能和木板共速，则由能量守恒得
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