重庆市2024-2025学年高三上学期10月期中物理试题
1．（2024高三上·重庆市期中）如图是新型墙壁清洁机器人—— “蜘蛛侠”，在竖直玻璃墙面上由M点沿直线匀速爬行到右上方N点。在这一过程中，设 “蜘蛛侠” 除重力外所受其他各个力的合力为F，下列各图中表示该合力F的方向可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高三上·重庆市期中）2024 年 8 月 6 日，在巴黎奥运会女子 10 米跳台跳水决赛中，中国选手全红婵以总分 425.6 分获得冠军。从她离开跳台开始计时，全红婵重心的 图像可简化为下图所示，其中 0 至 时间段的图像为直线，则（ ）
A． 时她离水面最远
B． 时她开始入水
C．她入水后加速度逐渐减小
D． 时间内她所受重力的冲量为零
3．（2024高三上·重庆市期中）商场自动感应门如图，人走进时两扇门从静止开始同时向左右平移，经2s恰好完全打开，两扇门移动距离均为，若门从静止开始以相同大小加速度先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·重庆市期中）如图，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一质量为、可视为质点的小球，将小球托起至O点，弹簧恰好处于原长状态，松手后小球在竖直方向运动，小球最远能到达B点，A点为OB的中点，g为重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．小球从O到B的加速度不断增大 B．小球在A点所受合外力为零
C．小球在B点时加速度大小为 D．O、B两点间的距离为
5．（2024高三上·重庆市期中）如图为某闯关游戏简化图。一绕过其圆心O的竖直轴顺时针匀速转动的圆形转盘浮在水面上，转盘表面始终保持水平，M为转盘边缘上一点。某时刻，一挑战者从水平跑道边缘 点以速度向右跳出，初速度方向平行于方向，且运动轨迹与此时刻在同一竖直平面内，随后参赛者正好落在M点，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．若跳出时刻不变，仅增大，参赛者必定落水
B．若跳出时刻不变，仅减小，参赛者一定会落在OM之间
C．若跳出时刻不变，仅增大转盘的转速，参赛者不可能落在M点
D．若跳出时刻不变，仅减小转盘的转速，参赛者可能落在M点
6．（2024高三上·重庆市期中）如图，小滑块P、Q的质量分别为，P、Q间通过轻质铰链用长为的刚性轻杆连接，Q套在固定的水平横杆上，P和竖直放置的轻弹簧上端相连，轻弹簧下端固定在水平横杆上。当轻杆与竖直方向的夹角 时，弹簧处于原长状态，此时，将P由静止释放，P下降到最低点时。整个运动过程中P、Q始终在同一竖直平面内，滑块P始终没有离开竖直墙壁，弹簧始终在弹性限度内。忽略一切摩擦，重力加速度为 ，在P下降的过程中（ ）
A．P、Q组成的系统机械能守恒
B．两个滑块的速度大小始终一样
C．弹簧弹性势能的最大值为
D．P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q受到水平横杆的支持力大小等于
7．（2024高三上·重庆市期中）如图，地球半径为R，卫星与探测器的组合体沿半径为nR的圆形轨道绕地球运动。 某时刻，探测器在P点沿运动方向以v1的速度射出后沿椭圆轨道Ⅰ运动，探测器射出瞬间卫星的速度大小为v2、方向仍沿原方向，之后卫星沿椭圆轨道Ⅱ运动，设探测器和卫星绕地球沿椭圆运动的周期分别为T1和T2。已知探测器和卫星的质量分别为m和M，Ⅰ轨道上的远地点和Ⅱ轨道上的近地点到地心的距离分别为8nR和L。以无穷远为引力势能零点，在距地心r处的物体引力势能为，式中Me为地球质量，m0为物体质量，G为引力常量。若以地心为参考系，不计飞船变轨前后质量的变化。则（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高三上·重庆市期中）某运动员在进行摸高跳训练时，为监测腿部的爆发力，他站在接有压力传感器的水平训练台上完成下蹲、起跳和回落动作，图甲中的小黑点表示人的重心，图乙是训练台所受压力随时间变化的图像，图中可视为直线。取，下列说法中正确（ ）
A．该运动员的质量为
B．cd段表示运动员一直处于失重状态
C．段运动员对训练台的冲量大小为
D．运动员跳离训练台后，重心上升的最大高度约
9．（2024高三上·重庆市期中）图甲为快递物流配送分拣示意图，水平传送带和倾斜传送带以相同的速率逆时针运行。现将一质量为 的货物 (可视为质点) ，轻放在倾斜传送带上端 处， 图乙为倾斜传送带 段的数控设备记录的货物的 图像，1.2s 末货物刚好到达下端 处， 随后以不变的速率滑上水平传送带 端。已知 段的长度，最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，货物与两条传送带间的动摩擦因数相同，B、C 间距忽略不计，取 。下列说法正确的是（ ）
A．货物与传送带间的动摩擦因数为0.2
B．倾斜传送带与水平面间的夹角为
C．货物在水平传动带上运动的时间为
D．货物从到的过程中，与传送带间因摩擦产生的总热量为
10．（2024高三上·重庆市期中）将一小球从地面竖直向上抛出，在距地面高度 内，其上升、下落过程中动能 随高度 变化的图像如图。若小球在运动过程中受到的阻力大小恒定，取地面为零势能面， ，下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为
B．小球抛出时的速度大小为
C．小球能上升的最大高度为
D．小球上升过程与下落过程加速度的比值为2
11．（2024高三上·重庆市期中）某科技公司为研究某款新型无人机在载重情况下的运动性能，以空中某位置为坐标原点并开始计时，以水平方向为轴，竖直方向为轴建立直角坐标系，每经过1s记录无人机的位置坐标，获得了无人机的轨迹如图。
（1）若认为无人机竖直方向上做匀变速直线运动，其理由是 ；由图可知无人机的加速度大小为 m/s2；时，无人机的速度大小为 m/s。
（2）若研究的该段时间内，通过轻绳悬挂的重物受到沿轴正方向的恒定风力作用，重物和无人机保持相对静止，不计空气阻力、浮力以及绳的自重，则悬挂重物轻绳的状态为_____。
A． B． C． D．
12．（2024高三上·重庆市期中）一研究小组利用实验系统测量某轨道的动摩擦因数。实验步骤如下：
（1）将轨道倾斜放置在水平桌面上，如图甲，运动传感器和小车分别放在轨道的高端和低端，将小车配有的弹力器压缩至最大，顶住末端的缓冲器。
（2）点击数据采集软件的“启动”按钮，按下弹力器开关释放小车，小车瞬间弹开后沿轨道上下往复运动。数据采集系统会小车重力势能随时间变化的曲线、小车动能随时间变化的曲线分别如图乙、图丙所示。则小车第一次离开缓冲器时的动能 J。（结果保留两位小数）
（3）由图乙、图丙，计算出小车第一次沿斜面向上运动的过程中，小车的机械能减少量 J。（结果保留两位小数）
（4）记录轨道与水平面的夹角，若小车沿斜面向上运动的过程，机械能的减少量与重力势能的增加量之比为，则动摩擦因数 。（用和表示）
（5）若，利用小车第一次沿轨道向上运动过程的数据，得 。（结果保留两位小数）
13．（2024高三上·重庆市期中）图示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机将质量m=5×103kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a=0.2m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm=1.02m/s的匀速运动。取g=10m/s2，不计额外功。求：
（1）起重机允许输出的最大功率；
（2）重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率。
14．（2024高三上·重庆市期中）如图，将一轻质弹簧水平放置在光滑水平面上，一端固定在A点，另一端与质量为的小球接触但不拴连。若用外力缓慢推动到某一位置时，撤去外力，被弹出运动一段时间后从点水平飞出，恰好从固定在竖直面内的粗糙圆弧轨道上的点以的速度沿切线进入圆弧轨道，并恰能经过圆弧轨道的最高点。已知圆弧轨道的半径，两点的连线与竖直方向的夹角。小球视为质点，重力加速度取，，不计空气阻力。求：
（1）撤去外力时弹簧的弹性势能以及B、C两点的水平距离；
（2）小球从点运动到点的过程中，克服轨道阻力做的功。
15．（2024高三上·重庆市期中）如图，高度为 的斜面与足够长的水平轨道平滑连接，水平轨道上相邻两球间距均为 的 2025 个大小相同的球从左往右排成一排，1 号球的质量为 号球的质量均为 。若将质量为 的 球从斜面的最高点静止释放。所有球均视为质点，碰撞均为弹性碰撞，重力加速度大小为 球经过斜面最低点时无能量损失，不计一切阻力。
（1）求 1 号球与 2 号球第一次碰后 1 号球的速度大小；
（2）若 1 号球与 2 号球第一次碰撞后，立即给 1 号球施加水平向右的恒定外力 (图中未画出， 远小于 1、2 号球碰撞时的相互作用力) ，使 1 号球每次与 2 号球碰撞前的速度都和两球第一次碰前 1 号球的速度相等，直到 1~2025 号球速度第一次都相等时撤去外力，求：
① 外力 的大小；
② 最终 1 号球与 2025 号球之间的距离。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查受力分析能让平衡条件的直接应用，正确的分析受力情况，按重力、弹力和摩擦力的顺序分析所受到的力即可。机器人沿直线MN匀速运动，则受力平衡，即重力与除重力以外的其他力的合力等大反向，可知除重力外所受其他各个力的合力F的方向竖直向上。
故选B。
【分析】根据平衡条件可知，在竖直平面内蜘蛛侠所受合力为零，从而确定其受力情况。
2．【答案】A
【知识点】冲量；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】ABC．本题考查v-t图像的认识和理解，熟练掌握斜率、面积以及图线在横轴上下方分布所反映的物理信息。她离开跳台后先向上运动， 时刻速度减为零，到达最高点，离水面最远，之后向下运动，时刻开始入水，入水后加速度先减小， 时刻加速度减小为0，速度达到最大，之后加速度先增大后减小，速度逐渐减小，时刻速度再次减为零，到达水面下最低点，故A正确，B、C错误；
D．重力为恒力，其冲量等于重力与作用时间的乘积，故D错误。
故选A。
【分析】通过速度图像分析全红婵的运动情况，根据v-t图像的斜率表示加速度，面积表示位移结合运动过程分析加速度的变化和离水面的距离的大小；由冲量的定义判断冲量的大小。
3．【答案】C
【知识点】加速度
【解析】【解答】该题属于物理学知识在日常生活中的应用，解答的关键是理解题目中门的运动的过程，把握各过程中门运动的特点，才能正确选择公式。设门的最大速度为v，根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为，且时间相等，均为1s，根据
可得
则加速度
故选C。
【分析】门先加速后减速，减速的时间与加速的时间是相等的；然后由位移公式与速度公式即可求出。
4．【答案】B
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A．本题考查简谐运动的知识，知道A点是小球做简谐运动的平衡位置是解题的关键。简谐运动的加速度与物体偏离平衡位置的位移成正比而方向相反，为变加速运动，远离平衡位置时，x、F、a、Ep均增大，v、Ek均减小，衡位置时则相反。从O到B，开始时重力大于弹力，加速度向下，随弹力的增加，向下的加速度减小，当弹力等于重力时，加速度为零；以后向上的弹力大于重力，加速度向上，且随弹力的增加，加速度逐渐变大，即小球从O到B的加速度先减小后增大，选项A错误；
B．由对称性可知，A点是平衡位置，则小球在A点所受合外力为零，选项B正确；
C．由对称性可知，小球在B点加速度大小等于在A点的加速度大小，在A点时的加速度为g，可知小球在B点时加速度大小为g，选项C错误；
D．A点是平衡位置，则O、A两点间的距离为
选项D错误。
故选B。
【分析】根据A点为小球的平衡位置分析；从O到B过程，弹簧一直处于拉伸状态，根据牛顿第二定律及简谐运动的特点分析求解。
5．【答案】D
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．本题考查了平抛运动的相关知识，熟悉理解相关知识点是解决此类问题的关键。平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动以及竖直方向自由落体运动。参赛者正好落在M点，则M点可能出现在图示的两个位置。
参赛者在空中所做运动为平抛运动，竖直高度不变，参赛者在空中运动时间不变；仅增大，参赛者的水平位移增大，可能落水，可能在台面上；仅减小，参赛者的水平位移减小，可能落水，可能在台面上。故AB错误；
CD．仅增大转盘的转速，或仅减小转盘的转速，参赛者的水平位移不变，只要满足M仍在原位置，参赛者就仍可能落在M点，故C错误；D正确。
故选D。
【分析】参赛者在空中所做运动为平抛运动，根据平抛运动的公式，结合增大或减小v0，增大或减小转盘的转速进行解答即可。
6．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．只有重力或系统内弹簧弹力做功时，物体的机械能才守恒，对照这个条件来分析P、Q组成的系统机械能是否守恒。由于不计一切摩擦，所以P、Q和弹簧三者组成的系统机械能守恒，但P、Q组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．根据P、Q沿轻杆方向的分速度相等，分析两者速度大小关系。初始时P、Q的速度均为零，在P下降的过程中，Q一直沿着杆向左运动，P下降至最低点时，P的速度为零，Q速度也为零，但由速度的合成与分解可知P、Q的速度大小不是始终一样，故B错误；
C．本题考查机械能守恒定律、功能关系等知识，关键要灵活选择研究对象，运用机械能守恒定律求弹簧弹性势能的最大值。P下降至最低点时，弹簧弹性势能最大，此时P、Q的速度都为零，由于P、Q和弹簧三者组成的系统机械能守恒，故此时弹簧弹性势能等于系统减少的重力势能，即
故C正确；
D．经分析可知，P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q的机械能最大，即Q的动能最大，速度最大，轻杆对Q的作用力为零，水平横杆对Q的支持力大小等于Q的重力3mg，故D错误。
故选C。
【分析】根据系统机械能守恒可知P下降到最低点时弹性势能最大，由机械能守恒可求解弹簧弹性势能最大值，P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q的机械能最大，即Q的动能最大，此时轻杆对Q的作用力为零，从而确定Q受到水平横杆的支持力大小。
7．【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题；碰撞模型
【解析】【解答】
A．卫星运行的一般规律如下：运行半径r增大时，卫星运行的线速度v减小，角速度ω减小，加速度a减小，周期T变大。所以可总结出一条规律为“高轨低速长周期”。即轨道大时，速度（“所有的速度”：线速度、角速度、加速度）较小、周期较大。设组合体做圆周运动的速度为v，探测器在P点以速度v1射出后做离心运动，因此
探测器射出后，卫星从P点开始以速度v2做近心运动，因此有
综上分析可得
故A错误；
B．探测器在Ⅰ轨道的半长轴
卫星在Ⅱ轨道的半长轴
根据开普勒第三定律
代入数据解得
故B错误；
C．熟练掌握开普勒定律是解题的基础，知道卫星和探测器在相互作用过程中动量守恒。探测器在轨道Ⅰ运行，近地点的速度为v1，远地点的速度为v1'，取Δt时间进行研究，根据开普勒第二定律
解得远地点的速率
根据机械能守恒定律
联立解得
故C错误；
D．设探测器和卫星组合体在P点做圆周运动的速度为v，对卫星，根据万有引力定律
解得
探测器在P点沿运动方向以v1的速度射出后沿椭圆轨道Ⅰ运动，卫星在P点沿运动方向以v2的速度射出后沿椭圆轨道Ⅱ运动；取速度v方向为正方向，根据动量守恒定律
代入数据解得
故D正确。
故选D。
【分析】根据探测器做离心运动和卫星做近心运动分析；根据开普勒第三定律分析；根据开普勒第二定律结合机械能守恒分析；根据动量守恒分析。
8．【答案】A,D
【知识点】竖直上抛运动；超重与失重；冲量
【解析】【解答】A．根据题意与图乙所示图像分析清楚人的运动过程，分析清楚人对训练台压力变化过程是解题的前提与关键。由图乙中a点可知，运动员的重力为600N，可得
解得
故A正确；
B．物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于自身重力时处于超重状态，物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于自身重力时物体处于失重状态。由图乙可知，cd时间段内，运动员对地板的压力先大于自身的重力，处于超重状态，然后运动员对地板的压力小于自身的重力，处于失重状态，则cd段表示运动员先超重后失重。故B错误；
C．运动员对训练台的作用力与训练台对运动员的作用力为相互作用力，大小相等，方向相反，则运动员对训练台的冲量大小与训练台对运动员的冲量大小相等，F-t图像中图线与坐标轴所围面积表示冲量，由图可得，cd段运动员对训练台的冲量大小即训练台对运动员的冲量大小
故C错误；
D．由图乙可知，运动员在空中的时间为
重心上升的最大高度约
故D正确。
故选AD。
【分析】结合图乙所示图像分析清楚人的运动过程，由F-t图像的面积表示冲量，由图可得，cd段训练台对运动员的冲量大小；人离开压力传感器后做竖直上抛运动，根据人做竖直上抛运动的时间求出人上升的最大高度。
9．【答案】B,D
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】
AB.根据加速度定义式求解两段时间内加速度大小，再根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因数大小和倾角。0~0.2s内，货物在倾斜传送带上的加速度大小为
0.2s~1.2s内，货物在水平传送带上的加速度大小为
根据牛顿第二定律0~0.2s内，有
0.2s~1.2s内，有
解得
，
故B正确，A错误；
C．根据图乙确定传送带的速率，再根据运动学公式求解货物在传送带上的相对位移。结合图乙知，传送带的速率，货物在水平传送带上运动的加速度大小为
货物在水平传送带上做匀减速运动的时间
s
货物在水平传送带上做匀减速运动的位移大小为
解得
m
s
货物在水平传送带的时间为
s
故C错误；
D．解答本题需要熟练运用运动学公式以及牛顿第二定律等知识点的应用，其中滑动摩擦力做功公式
根据图像与坐标轴围成的面积可知，货物在倾斜传送带上的位移为
传送带的位移为
货物与传送带间因摩擦产生的热量为
J
故D正确。
故选BD。
【分析】根据加速度定义式求解两段时间内加速度大小，再根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因数大小和倾角；根据图乙确定传送带的速率，再根据运动学公式求解货物在传送带上的相对位移，根据Q=μmgcosθΔx求解产生的热量。
10．【答案】A,C,D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．本题主要是考查动能定理之图像问题，关键是弄清楚图像表示的物理意义，知道图像斜率所表示的物理量，根据动能定理进行分析。根据动能定理可知Ek-h图像的斜率绝对值表示合力大小，根据上升过程和下落过程的斜率进行解答。由动能定理可知
故有
结合图像可得，上升的过程中
下落的过程中
解得
A正确；
B．抛出时小球的动能
代入数据解得
B错误；
C．小球上升到最大高度时速度为0，根据动能定理可知
解得
C正确；
D．根据上述分析可知，由牛顿第二定律可知，上升时的加速度
同理可知下落时的加速度
解得
即小球上升过程与下落过程加速度的比值为2，D正确。
故选ACD。
【分析】根据初动能的大小求解小球抛出时的速度大小，上升过程中，根据动能定理求解小球能上升的最大高度，根据牛顿第二定律求解小球上升过程的加速度大小与下落过程的加速度大小之比。
11．【答案】（1）无人机竖直方向上连续相等的1s内位移的差值都为0.5m；0.5；
（2）D
【知识点】力的分解；运动的合成与分解
【解析】【解答】（1）本题考查对匀变速直线运动规律的理解及力的合成与分解的运用，根据运动学公式代入数据解答。由图像可知，无人机竖直方向上连续相等的1s内位移的差值都为0.5m，故无人机竖直方向上做匀变速直线运动。
根据逐差法求解加速度
解得
根据
选取y=0.75m，t=1s代入上式解得
t=7s时，无人机竖直速度大小
由图像可知无人机水平方向做匀速直线运动，水平速度大小为
t=7s时，无人机的速度大小为
（2）无人机做匀变速曲线运动，加速度竖直向上，合力竖直向上，轻绳的水平分力要与沿轴正方向的风力平衡。绳子拉直才可能产生弹力，同时合力方向必须竖直向上，水平方向合力为零。
故选D。
【分析】（1）根据匀变速直线运动规律分析，根据位移的差值判断，运用逐差法求解加速度和速度；（2）运用力的合成与分解方法求解悬挂重物轻绳的状态。
（1）[1]由图像可知，无人机竖直方向上连续相等的1s内位移的差值都为0.5m，故无人机竖直方向上做匀变速直线运动。
[2]根据
解得
[3]根据
选取y=0.75m，t=1s代入上式解得
t=7s时，无人机竖直速度大小
由图像可知无人机水平方向做匀速直线运动，水平速度大小为
t=7s时，无人机的速度大小为
（2）无人机做匀变速曲线运动，加速度竖直向上，合力竖直向上，轻绳的水平分力要与沿轴正方向的风力平衡。
故选D。
12．【答案】0.90；0.12；；
【知识点】功能关系；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（2）由图可知小车第一次离开缓冲器时的动能。由图丙中数据可知，小车第一次离开缓冲器时的动能。
（3）增加的重力势能和减小的动能之间的差值即为小车的机械能减少量。由图乙中数据可知，小车第一次到达最高点时的重力势能，因此减少的机械能为
（4）小车沿斜面向上运动的过程，机械能的减少量等于克服摩擦力所做的功
重力势能的增加量等于克服重力所做的功
根据题意可知
可得
（5）若，利用小车第一次沿轨道向上运动过程的数据，得
小车第一次到达最高点时的重力势能Ep=0.78J，因此减少的机械能为
故
解得
【分析】（2）由图可知小车第一次离开缓冲器时的动能；
（3）增加的重力势能和减小的动能之间的差值即为小车的机械能减少量；
（4）根据题意结合摩擦力做功即为机械能减少量解答。
（5）小车第一次到达最高点时的重力势能Ep=0.78J，因此减少的机械能为
，利用小车第一次沿轨道向上运动过程的数据以及动摩擦因数分析。
13．【答案】（1）设起重机允许输出的最大功率为P0，重物达到最大速度时，此时物体做匀速直线运动，拉力F0等于重力。
P0=F0vm①
F0=mg ②
代入数据，有
P0=5.1×104W ③
（2）匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历时间为t1，有：
P0=Fv1④
F-mg=ma ⑤
v1=at1⑥
由③④⑤⑥，代入数据，得
t1=5s ⑦
T=2s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，则
v2=aT ⑧
P=Fv2⑨
由⑤⑧⑨，代入数据，得
P=2.04×104W
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【分析】 （1）匀速运动时，拉力等于重力，此时功率为起重机允许输出的最大功率，根据P=fvm即可求解；
（2）根据P=F1v1求出匀加速运动的末速度v1，由v1=at1即可求解匀加速运动所经历的时间；重物由静止做匀加速直线运动，这个过程中由v=at，起重机功率P=Fv可知输出功率。
14．【答案】（1）解：根据题意，由几何关系可得，小球在点时，水平方向的速度为
竖直分速度为
由能量守恒定理可知，撤去外力时弹簧的弹性势能
小球从到所用时间为
则B、C两点的水平距离
（2）解：小球恰好通过点，在点由牛顿第二定律有
小球从点运动到点的过程中，由动能定理有
联立解得
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）在C点将小球的速度分解，根据几何关系求解水平速度和竖直速度，根据功能关系、平抛运动的规律进行解答；
（2）对小球在D点根据向心力公式列方程；对小球从C点到D点过程中，根据动能定理列方程联立求解。
（1）根据题意，由几何关系可得，小球在点时，水平方向的速度为
竖直分速度为
由能量守恒定理可知，撤去外力时弹簧的弹性势能
小球从到所用时间为
则B、C两点的水平距离
（2）小球恰好通过点，在点由牛顿第二定律有
小球从点运动到点的过程中，由动能定理有
联立解得
15．【答案】（1）解：A球运动至水平轨道，根据机械能守恒有
A球与1号球发生弹性碰撞，因两球质量相等，故交换速度，即碰后1号球的速度为，1号球与2号球发生弹性碰撞，根据动量守恒和能守恒有
联立解得碰撞后1号球的速度为
，
（2）解：①F作用在1号球上，使其速度大小由增大到，由动能定理得
解得
②设F作用下1号球的总位移为x，对1~2025号小球组成的整体，由动能定理得
最终，1~2025号小球的速度大小均为，设F作用的总时间为t，对整体，由动量定理得
1号球与2024号球之间的距离为
联立解得
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）A球运动至水平轨道，根据机械能守恒定律解得碰前A球的速度，发生弹性碰撞，根据动量守恒定律结合能量守恒定律解答；
（2）①根据动能定理解答，合力做功等于物体动能变化；
②对整体根据动能定理与动量定理解答，物体合力的冲量等于物体动量的变化。
（1）A球运动至水平轨道，根据机械能守恒有
A球与1号球发生弹性碰撞，因两球质量相等，故交换速度，即碰后1号球的速度为，1号球与2号球发生弹性碰撞，根据动量守恒和能守恒有
联立解得碰撞后1号球的速度为
，
（2）①F作用在1号球上，使其速度大小由增大到，由动能定理得
解得
②设F作用下1号球的总位移为x，对1~2025号小球组成的整体，由动能定理得
最终，1~2025号小球的速度大小均为，设F作用的总时间为t，对整体，由动量定理得
1号球与2024号球之间的距离为
联立解得
重庆市2024-2025学年高三上学期10月期中物理试题
1．（2024高三上·重庆市期中）如图是新型墙壁清洁机器人—— “蜘蛛侠”，在竖直玻璃墙面上由M点沿直线匀速爬行到右上方N点。在这一过程中，设 “蜘蛛侠” 除重力外所受其他各个力的合力为F，下列各图中表示该合力F的方向可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查受力分析能让平衡条件的直接应用，正确的分析受力情况，按重力、弹力和摩擦力的顺序分析所受到的力即可。机器人沿直线MN匀速运动，则受力平衡，即重力与除重力以外的其他力的合力等大反向，可知除重力外所受其他各个力的合力F的方向竖直向上。
故选B。
【分析】根据平衡条件可知，在竖直平面内蜘蛛侠所受合力为零，从而确定其受力情况。
2．（2024高三上·重庆市期中）2024 年 8 月 6 日，在巴黎奥运会女子 10 米跳台跳水决赛中，中国选手全红婵以总分 425.6 分获得冠军。从她离开跳台开始计时，全红婵重心的 图像可简化为下图所示，其中 0 至 时间段的图像为直线，则（ ）
A． 时她离水面最远
B． 时她开始入水
C．她入水后加速度逐渐减小
D． 时间内她所受重力的冲量为零
【答案】A
【知识点】冲量；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】ABC．本题考查v-t图像的认识和理解，熟练掌握斜率、面积以及图线在横轴上下方分布所反映的物理信息。她离开跳台后先向上运动， 时刻速度减为零，到达最高点，离水面最远，之后向下运动，时刻开始入水，入水后加速度先减小， 时刻加速度减小为0，速度达到最大，之后加速度先增大后减小，速度逐渐减小，时刻速度再次减为零，到达水面下最低点，故A正确，B、C错误；
D．重力为恒力，其冲量等于重力与作用时间的乘积，故D错误。
故选A。
【分析】通过速度图像分析全红婵的运动情况，根据v-t图像的斜率表示加速度，面积表示位移结合运动过程分析加速度的变化和离水面的距离的大小；由冲量的定义判断冲量的大小。
3．（2024高三上·重庆市期中）商场自动感应门如图，人走进时两扇门从静止开始同时向左右平移，经2s恰好完全打开，两扇门移动距离均为，若门从静止开始以相同大小加速度先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】加速度
【解析】【解答】该题属于物理学知识在日常生活中的应用，解答的关键是理解题目中门的运动的过程，把握各过程中门运动的特点，才能正确选择公式。设门的最大速度为v，根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为，且时间相等，均为1s，根据
可得
则加速度
故选C。
【分析】门先加速后减速，减速的时间与加速的时间是相等的；然后由位移公式与速度公式即可求出。
4．（2024高三上·重庆市期中）如图，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一质量为、可视为质点的小球，将小球托起至O点，弹簧恰好处于原长状态，松手后小球在竖直方向运动，小球最远能到达B点，A点为OB的中点，g为重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．小球从O到B的加速度不断增大 B．小球在A点所受合外力为零
C．小球在B点时加速度大小为 D．O、B两点间的距离为
【答案】B
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A．本题考查简谐运动的知识，知道A点是小球做简谐运动的平衡位置是解题的关键。简谐运动的加速度与物体偏离平衡位置的位移成正比而方向相反，为变加速运动，远离平衡位置时，x、F、a、Ep均增大，v、Ek均减小，衡位置时则相反。从O到B，开始时重力大于弹力，加速度向下，随弹力的增加，向下的加速度减小，当弹力等于重力时，加速度为零；以后向上的弹力大于重力，加速度向上，且随弹力的增加，加速度逐渐变大，即小球从O到B的加速度先减小后增大，选项A错误；
B．由对称性可知，A点是平衡位置，则小球在A点所受合外力为零，选项B正确；
C．由对称性可知，小球在B点加速度大小等于在A点的加速度大小，在A点时的加速度为g，可知小球在B点时加速度大小为g，选项C错误；
D．A点是平衡位置，则O、A两点间的距离为
选项D错误。
故选B。
【分析】根据A点为小球的平衡位置分析；从O到B过程，弹簧一直处于拉伸状态，根据牛顿第二定律及简谐运动的特点分析求解。
5．（2024高三上·重庆市期中）如图为某闯关游戏简化图。一绕过其圆心O的竖直轴顺时针匀速转动的圆形转盘浮在水面上，转盘表面始终保持水平，M为转盘边缘上一点。某时刻，一挑战者从水平跑道边缘 点以速度向右跳出，初速度方向平行于方向，且运动轨迹与此时刻在同一竖直平面内，随后参赛者正好落在M点，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．若跳出时刻不变，仅增大，参赛者必定落水
B．若跳出时刻不变，仅减小，参赛者一定会落在OM之间
C．若跳出时刻不变，仅增大转盘的转速，参赛者不可能落在M点
D．若跳出时刻不变，仅减小转盘的转速，参赛者可能落在M点
【答案】D
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．本题考查了平抛运动的相关知识，熟悉理解相关知识点是解决此类问题的关键。平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动以及竖直方向自由落体运动。参赛者正好落在M点，则M点可能出现在图示的两个位置。
参赛者在空中所做运动为平抛运动，竖直高度不变，参赛者在空中运动时间不变；仅增大，参赛者的水平位移增大，可能落水，可能在台面上；仅减小，参赛者的水平位移减小，可能落水，可能在台面上。故AB错误；
CD．仅增大转盘的转速，或仅减小转盘的转速，参赛者的水平位移不变，只要满足M仍在原位置，参赛者就仍可能落在M点，故C错误；D正确。
故选D。
【分析】参赛者在空中所做运动为平抛运动，根据平抛运动的公式，结合增大或减小v0，增大或减小转盘的转速进行解答即可。
6．（2024高三上·重庆市期中）如图，小滑块P、Q的质量分别为，P、Q间通过轻质铰链用长为的刚性轻杆连接，Q套在固定的水平横杆上，P和竖直放置的轻弹簧上端相连，轻弹簧下端固定在水平横杆上。当轻杆与竖直方向的夹角 时，弹簧处于原长状态，此时，将P由静止释放，P下降到最低点时。整个运动过程中P、Q始终在同一竖直平面内，滑块P始终没有离开竖直墙壁，弹簧始终在弹性限度内。忽略一切摩擦，重力加速度为 ，在P下降的过程中（ ）
A．P、Q组成的系统机械能守恒
B．两个滑块的速度大小始终一样
C．弹簧弹性势能的最大值为
D．P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q受到水平横杆的支持力大小等于
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．只有重力或系统内弹簧弹力做功时，物体的机械能才守恒，对照这个条件来分析P、Q组成的系统机械能是否守恒。由于不计一切摩擦，所以P、Q和弹簧三者组成的系统机械能守恒，但P、Q组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．根据P、Q沿轻杆方向的分速度相等，分析两者速度大小关系。初始时P、Q的速度均为零，在P下降的过程中，Q一直沿着杆向左运动，P下降至最低点时，P的速度为零，Q速度也为零，但由速度的合成与分解可知P、Q的速度大小不是始终一样，故B错误；
C．本题考查机械能守恒定律、功能关系等知识，关键要灵活选择研究对象，运用机械能守恒定律求弹簧弹性势能的最大值。P下降至最低点时，弹簧弹性势能最大，此时P、Q的速度都为零，由于P、Q和弹簧三者组成的系统机械能守恒，故此时弹簧弹性势能等于系统减少的重力势能，即
故C正确；
D．经分析可知，P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q的机械能最大，即Q的动能最大，速度最大，轻杆对Q的作用力为零，水平横杆对Q的支持力大小等于Q的重力3mg，故D错误。
故选C。
【分析】根据系统机械能守恒可知P下降到最低点时弹性势能最大，由机械能守恒可求解弹簧弹性势能最大值，P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q的机械能最大，即Q的动能最大，此时轻杆对Q的作用力为零，从而确定Q受到水平横杆的支持力大小。
7．（2024高三上·重庆市期中）如图，地球半径为R，卫星与探测器的组合体沿半径为nR的圆形轨道绕地球运动。 某时刻，探测器在P点沿运动方向以v1的速度射出后沿椭圆轨道Ⅰ运动，探测器射出瞬间卫星的速度大小为v2、方向仍沿原方向，之后卫星沿椭圆轨道Ⅱ运动，设探测器和卫星绕地球沿椭圆运动的周期分别为T1和T2。已知探测器和卫星的质量分别为m和M，Ⅰ轨道上的远地点和Ⅱ轨道上的近地点到地心的距离分别为8nR和L。以无穷远为引力势能零点，在距地心r处的物体引力势能为，式中Me为地球质量，m0为物体质量，G为引力常量。若以地心为参考系，不计飞船变轨前后质量的变化。则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题；碰撞模型
【解析】【解答】
A．卫星运行的一般规律如下：运行半径r增大时，卫星运行的线速度v减小，角速度ω减小，加速度a减小，周期T变大。所以可总结出一条规律为“高轨低速长周期”。即轨道大时，速度（“所有的速度”：线速度、角速度、加速度）较小、周期较大。设组合体做圆周运动的速度为v，探测器在P点以速度v1射出后做离心运动，因此
探测器射出后，卫星从P点开始以速度v2做近心运动，因此有
综上分析可得
故A错误；
B．探测器在Ⅰ轨道的半长轴
卫星在Ⅱ轨道的半长轴
根据开普勒第三定律
代入数据解得
故B错误；
C．熟练掌握开普勒定律是解题的基础，知道卫星和探测器在相互作用过程中动量守恒。探测器在轨道Ⅰ运行，近地点的速度为v1，远地点的速度为v1'，取Δt时间进行研究，根据开普勒第二定律
解得远地点的速率
根据机械能守恒定律
联立解得
故C错误；
D．设探测器和卫星组合体在P点做圆周运动的速度为v，对卫星，根据万有引力定律
解得
探测器在P点沿运动方向以v1的速度射出后沿椭圆轨道Ⅰ运动，卫星在P点沿运动方向以v2的速度射出后沿椭圆轨道Ⅱ运动；取速度v方向为正方向，根据动量守恒定律
代入数据解得
故D正确。
故选D。
【分析】根据探测器做离心运动和卫星做近心运动分析；根据开普勒第三定律分析；根据开普勒第二定律结合机械能守恒分析；根据动量守恒分析。
8．（2024高三上·重庆市期中）某运动员在进行摸高跳训练时，为监测腿部的爆发力，他站在接有压力传感器的水平训练台上完成下蹲、起跳和回落动作，图甲中的小黑点表示人的重心，图乙是训练台所受压力随时间变化的图像，图中可视为直线。取，下列说法中正确（ ）
A．该运动员的质量为
B．cd段表示运动员一直处于失重状态
C．段运动员对训练台的冲量大小为
D．运动员跳离训练台后，重心上升的最大高度约
【答案】A,D
【知识点】竖直上抛运动；超重与失重；冲量
【解析】【解答】A．根据题意与图乙所示图像分析清楚人的运动过程，分析清楚人对训练台压力变化过程是解题的前提与关键。由图乙中a点可知，运动员的重力为600N，可得
解得
故A正确；
B．物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于自身重力时处于超重状态，物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于自身重力时物体处于失重状态。由图乙可知，cd时间段内，运动员对地板的压力先大于自身的重力，处于超重状态，然后运动员对地板的压力小于自身的重力，处于失重状态，则cd段表示运动员先超重后失重。故B错误；
C．运动员对训练台的作用力与训练台对运动员的作用力为相互作用力，大小相等，方向相反，则运动员对训练台的冲量大小与训练台对运动员的冲量大小相等，F-t图像中图线与坐标轴所围面积表示冲量，由图可得，cd段运动员对训练台的冲量大小即训练台对运动员的冲量大小
故C错误；
D．由图乙可知，运动员在空中的时间为
重心上升的最大高度约
故D正确。
故选AD。
【分析】结合图乙所示图像分析清楚人的运动过程，由F-t图像的面积表示冲量，由图可得，cd段训练台对运动员的冲量大小；人离开压力传感器后做竖直上抛运动，根据人做竖直上抛运动的时间求出人上升的最大高度。
9．（2024高三上·重庆市期中）图甲为快递物流配送分拣示意图，水平传送带和倾斜传送带以相同的速率逆时针运行。现将一质量为 的货物 (可视为质点) ，轻放在倾斜传送带上端 处， 图乙为倾斜传送带 段的数控设备记录的货物的 图像，1.2s 末货物刚好到达下端 处， 随后以不变的速率滑上水平传送带 端。已知 段的长度，最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，货物与两条传送带间的动摩擦因数相同，B、C 间距忽略不计，取 。下列说法正确的是（ ）
A．货物与传送带间的动摩擦因数为0.2
B．倾斜传送带与水平面间的夹角为
C．货物在水平传动带上运动的时间为
D．货物从到的过程中，与传送带间因摩擦产生的总热量为
【答案】B,D
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】
AB.根据加速度定义式求解两段时间内加速度大小，再根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因数大小和倾角。0~0.2s内，货物在倾斜传送带上的加速度大小为
0.2s~1.2s内，货物在水平传送带上的加速度大小为
根据牛顿第二定律0~0.2s内，有
0.2s~1.2s内，有
解得
，
故B正确，A错误；
C．根据图乙确定传送带的速率，再根据运动学公式求解货物在传送带上的相对位移。结合图乙知，传送带的速率，货物在水平传送带上运动的加速度大小为
货物在水平传送带上做匀减速运动的时间
s
货物在水平传送带上做匀减速运动的位移大小为
解得
m
s
货物在水平传送带的时间为
s
故C错误；
D．解答本题需要熟练运用运动学公式以及牛顿第二定律等知识点的应用，其中滑动摩擦力做功公式
根据图像与坐标轴围成的面积可知，货物在倾斜传送带上的位移为
传送带的位移为
货物与传送带间因摩擦产生的热量为
J
故D正确。
故选BD。
【分析】根据加速度定义式求解两段时间内加速度大小，再根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因数大小和倾角；根据图乙确定传送带的速率，再根据运动学公式求解货物在传送带上的相对位移，根据Q=μmgcosθΔx求解产生的热量。
10．（2024高三上·重庆市期中）将一小球从地面竖直向上抛出，在距地面高度 内，其上升、下落过程中动能 随高度 变化的图像如图。若小球在运动过程中受到的阻力大小恒定，取地面为零势能面， ，下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为
B．小球抛出时的速度大小为
C．小球能上升的最大高度为
D．小球上升过程与下落过程加速度的比值为2
【答案】A,C,D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．本题主要是考查动能定理之图像问题，关键是弄清楚图像表示的物理意义，知道图像斜率所表示的物理量，根据动能定理进行分析。根据动能定理可知Ek-h图像的斜率绝对值表示合力大小，根据上升过程和下落过程的斜率进行解答。由动能定理可知
故有
结合图像可得，上升的过程中
下落的过程中
解得
A正确；
B．抛出时小球的动能
代入数据解得
B错误；
C．小球上升到最大高度时速度为0，根据动能定理可知
解得
C正确；
D．根据上述分析可知，由牛顿第二定律可知，上升时的加速度
同理可知下落时的加速度
解得
即小球上升过程与下落过程加速度的比值为2，D正确。
故选ACD。
【分析】根据初动能的大小求解小球抛出时的速度大小，上升过程中，根据动能定理求解小球能上升的最大高度，根据牛顿第二定律求解小球上升过程的加速度大小与下落过程的加速度大小之比。
11．（2024高三上·重庆市期中）某科技公司为研究某款新型无人机在载重情况下的运动性能，以空中某位置为坐标原点并开始计时，以水平方向为轴，竖直方向为轴建立直角坐标系，每经过1s记录无人机的位置坐标，获得了无人机的轨迹如图。
（1）若认为无人机竖直方向上做匀变速直线运动，其理由是 ；由图可知无人机的加速度大小为 m/s2；时，无人机的速度大小为 m/s。
（2）若研究的该段时间内，通过轻绳悬挂的重物受到沿轴正方向的恒定风力作用，重物和无人机保持相对静止，不计空气阻力、浮力以及绳的自重，则悬挂重物轻绳的状态为_____。
A． B． C． D．
【答案】（1）无人机竖直方向上连续相等的1s内位移的差值都为0.5m；0.5；
（2）D
【知识点】力的分解；运动的合成与分解
【解析】【解答】（1）本题考查对匀变速直线运动规律的理解及力的合成与分解的运用，根据运动学公式代入数据解答。由图像可知，无人机竖直方向上连续相等的1s内位移的差值都为0.5m，故无人机竖直方向上做匀变速直线运动。
根据逐差法求解加速度
解得
根据
选取y=0.75m，t=1s代入上式解得
t=7s时，无人机竖直速度大小
由图像可知无人机水平方向做匀速直线运动，水平速度大小为
t=7s时，无人机的速度大小为
（2）无人机做匀变速曲线运动，加速度竖直向上，合力竖直向上，轻绳的水平分力要与沿轴正方向的风力平衡。绳子拉直才可能产生弹力，同时合力方向必须竖直向上，水平方向合力为零。
故选D。
【分析】（1）根据匀变速直线运动规律分析，根据位移的差值判断，运用逐差法求解加速度和速度；（2）运用力的合成与分解方法求解悬挂重物轻绳的状态。
（1）[1]由图像可知，无人机竖直方向上连续相等的1s内位移的差值都为0.5m，故无人机竖直方向上做匀变速直线运动。
[2]根据
解得
[3]根据
选取y=0.75m，t=1s代入上式解得
t=7s时，无人机竖直速度大小
由图像可知无人机水平方向做匀速直线运动，水平速度大小为
t=7s时，无人机的速度大小为
（2）无人机做匀变速曲线运动，加速度竖直向上，合力竖直向上，轻绳的水平分力要与沿轴正方向的风力平衡。
故选D。
12．（2024高三上·重庆市期中）一研究小组利用实验系统测量某轨道的动摩擦因数。实验步骤如下：
（1）将轨道倾斜放置在水平桌面上，如图甲，运动传感器和小车分别放在轨道的高端和低端，将小车配有的弹力器压缩至最大，顶住末端的缓冲器。
（2）点击数据采集软件的“启动”按钮，按下弹力器开关释放小车，小车瞬间弹开后沿轨道上下往复运动。数据采集系统会小车重力势能随时间变化的曲线、小车动能随时间变化的曲线分别如图乙、图丙所示。则小车第一次离开缓冲器时的动能 J。（结果保留两位小数）
（3）由图乙、图丙，计算出小车第一次沿斜面向上运动的过程中，小车的机械能减少量 J。（结果保留两位小数）
（4）记录轨道与水平面的夹角，若小车沿斜面向上运动的过程，机械能的减少量与重力势能的增加量之比为，则动摩擦因数 。（用和表示）
（5）若，利用小车第一次沿轨道向上运动过程的数据，得 。（结果保留两位小数）
【答案】0.90；0.12；；
【知识点】功能关系；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（2）由图可知小车第一次离开缓冲器时的动能。由图丙中数据可知，小车第一次离开缓冲器时的动能。
（3）增加的重力势能和减小的动能之间的差值即为小车的机械能减少量。由图乙中数据可知，小车第一次到达最高点时的重力势能，因此减少的机械能为
（4）小车沿斜面向上运动的过程，机械能的减少量等于克服摩擦力所做的功
重力势能的增加量等于克服重力所做的功
根据题意可知
可得
（5）若，利用小车第一次沿轨道向上运动过程的数据，得
小车第一次到达最高点时的重力势能Ep=0.78J，因此减少的机械能为
故
解得
【分析】（2）由图可知小车第一次离开缓冲器时的动能；
（3）增加的重力势能和减小的动能之间的差值即为小车的机械能减少量；
（4）根据题意结合摩擦力做功即为机械能减少量解答。
（5）小车第一次到达最高点时的重力势能Ep=0.78J，因此减少的机械能为
，利用小车第一次沿轨道向上运动过程的数据以及动摩擦因数分析。
13．（2024高三上·重庆市期中）图示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机将质量m=5×103kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a=0.2m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm=1.02m/s的匀速运动。取g=10m/s2，不计额外功。求：
（1）起重机允许输出的最大功率；
（2）重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率。
【答案】（1）设起重机允许输出的最大功率为P0，重物达到最大速度时，此时物体做匀速直线运动，拉力F0等于重力。
P0=F0vm①
F0=mg ②
代入数据，有
P0=5.1×104W ③
（2）匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历时间为t1，有：
P0=Fv1④
F-mg=ma ⑤
v1=at1⑥
由③④⑤⑥，代入数据，得
t1=5s ⑦
T=2s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，则
v2=aT ⑧
P=Fv2⑨
由⑤⑧⑨，代入数据，得
P=2.04×104W
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【分析】 （1）匀速运动时，拉力等于重力，此时功率为起重机允许输出的最大功率，根据P=fvm即可求解；
（2）根据P=F1v1求出匀加速运动的末速度v1，由v1=at1即可求解匀加速运动所经历的时间；重物由静止做匀加速直线运动，这个过程中由v=at，起重机功率P=Fv可知输出功率。
14．（2024高三上·重庆市期中）如图，将一轻质弹簧水平放置在光滑水平面上，一端固定在A点，另一端与质量为的小球接触但不拴连。若用外力缓慢推动到某一位置时，撤去外力，被弹出运动一段时间后从点水平飞出，恰好从固定在竖直面内的粗糙圆弧轨道上的点以的速度沿切线进入圆弧轨道，并恰能经过圆弧轨道的最高点。已知圆弧轨道的半径，两点的连线与竖直方向的夹角。小球视为质点，重力加速度取，，不计空气阻力。求：
（1）撤去外力时弹簧的弹性势能以及B、C两点的水平距离；
（2）小球从点运动到点的过程中，克服轨道阻力做的功。
【答案】（1）解：根据题意，由几何关系可得，小球在点时，水平方向的速度为
竖直分速度为
由能量守恒定理可知，撤去外力时弹簧的弹性势能
小球从到所用时间为
则B、C两点的水平距离
（2）解：小球恰好通过点，在点由牛顿第二定律有
小球从点运动到点的过程中，由动能定理有
联立解得
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）在C点将小球的速度分解，根据几何关系求解水平速度和竖直速度，根据功能关系、平抛运动的规律进行解答；
（2）对小球在D点根据向心力公式列方程；对小球从C点到D点过程中，根据动能定理列方程联立求解。
（1）根据题意，由几何关系可得，小球在点时，水平方向的速度为
竖直分速度为
由能量守恒定理可知，撤去外力时弹簧的弹性势能
小球从到所用时间为
则B、C两点的水平距离
（2）小球恰好通过点，在点由牛顿第二定律有
小球从点运动到点的过程中，由动能定理有
联立解得
15．（2024高三上·重庆市期中）如图，高度为 的斜面与足够长的水平轨道平滑连接，水平轨道上相邻两球间距均为 的 2025 个大小相同的球从左往右排成一排，1 号球的质量为 号球的质量均为 。若将质量为 的 球从斜面的最高点静止释放。所有球均视为质点，碰撞均为弹性碰撞，重力加速度大小为 球经过斜面最低点时无能量损失，不计一切阻力。
（1）求 1 号球与 2 号球第一次碰后 1 号球的速度大小；
（2）若 1 号球与 2 号球第一次碰撞后，立即给 1 号球施加水平向右的恒定外力 (图中未画出， 远小于 1、2 号球碰撞时的相互作用力) ，使 1 号球每次与 2 号球碰撞前的速度都和两球第一次碰前 1 号球的速度相等，直到 1~2025 号球速度第一次都相等时撤去外力，求：
① 外力 的大小；
② 最终 1 号球与 2025 号球之间的距离。
【答案】（1）解：A球运动至水平轨道，根据机械能守恒有
A球与1号球发生弹性碰撞，因两球质量相等，故交换速度，即碰后1号球的速度为，1号球与2号球发生弹性碰撞，根据动量守恒和能守恒有
联立解得碰撞后1号球的速度为
，
（2）解：①F作用在1号球上，使其速度大小由增大到，由动能定理得
解得
②设F作用下1号球的总位移为x，对1~2025号小球组成的整体，由动能定理得
最终，1~2025号小球的速度大小均为，设F作用的总时间为t，对整体，由动量定理得
1号球与2024号球之间的距离为
联立解得
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）A球运动至水平轨道，根据机械能守恒定律解得碰前A球的速度，发生弹性碰撞，根据动量守恒定律结合能量守恒定律解答；
（2）①根据动能定理解答，合力做功等于物体动能变化；
②对整体根据动能定理与动量定理解答，物体合力的冲量等于物体动量的变化。
（1）A球运动至水平轨道，根据机械能守恒有
A球与1号球发生弹性碰撞，因两球质量相等，故交换速度，即碰后1号球的速度为，1号球与2号球发生弹性碰撞，根据动量守恒和能守恒有
联立解得碰撞后1号球的速度为
，
（2）①F作用在1号球上，使其速度大小由增大到，由动能定理得
解得
②设F作用下1号球的总位移为x，对1~2025号小球组成的整体，由动能定理得
最终，1~2025号小球的速度大小均为，设F作用的总时间为t，对整体，由动量定理得
1号球与2024号球之间的距离为
联立解得
