2025届广东省广州市荔湾区高三上学期10月区统测物理试卷
1．（2024高三上·荔湾模拟）在巴黎奥运会15m攀岩速度赛中，我国运动员以4.77s夺得银牌。甲图中脚离开传感器置1开始计时，乙图中手触碰到传感器装置2计时结束，下列说法正确的是（ ）
A．4.77s表示时刻
B．运动员手的位移是15m
C．计时装置可能使用了压力传感器
D．可以求出运动员在此过程的平均速度
2．（2024高三上·荔湾模拟）如图为小猫蹬地跃起腾空追蝶的情景，下列说法正确的是（ ）
A．飞行的蝴蝶只受重力的作用
B．蝴蝶转弯时所受合力沿运动方向
C．小猫在空中时处于失重状态
D．小猫蹬地时对地面的压力小于地面对小猫的支持力
3．（2024高三上·荔湾模拟）在巴黎奥运会上，中国跳水梦之队首次包揽八金。如图甲所示，在某次跳水比赛中，假设运动员起跳后到入水前做竖直上抛运动，从离开跳板瞬间开始计时，取竖直向下为正方向，该运动员重心的竖直速度图像如图乙所示，其中部分为直线。则（ ）
A．时刻运动员入水
B．时刻运动员离水面最高
C．时间内运动员所受重力的瞬时功率一直增大
D．时间内运动员所受重力冲量为零
4．（2024高三上·荔湾模拟）2024年3月20日，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射，升空后顺利进入捕获轨道运行，如图所示，捕获轨道的半长轴约为51900km，周期约为288h。后经多次轨道调整，进入冻结轨道运行，冻结轨道的半长轴约为9900km。则鹊桥二号在冻结轨道运行时（ ）
A．周期约为12h
B．近月点的速度等于远月点的速度
C．近月点的速度大于在捕获轨道运行时近月点的速度
D．近月点的加速度等于在捕获轨道运行时近月点的加速度
5．（2024高三上·荔湾模拟）汽车的自动泊车系统持续发展。如图所示为某次电动汽车自动泊车全景示意图。汽车按图示路线（半径为6m的圆弧与长为5m的直线构成）顺利停车。汽车与地面间的动摩擦因数为0.3（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度，汽车可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．汽车在转弯过程中受到重力、支持力、摩擦力和向心力的作用
B．汽车在转弯过程中做匀变速曲线运动
C．汽车在转弯过程中的最大允许速度为
D．汽车在泊车过程中受到的摩擦力总是与运动方向相反
6．（2024高三上·荔湾模拟）2024年6月30日，世界最大跨度拱桥深中通道正式建成通车。深中通道的建成靠的是“中国建筑重工机械”。如图，10根起吊绳（绳的质量忽略不计）通过液压机械抓手把质量为的巨型钢圆筒静止吊在空中，每根绳与竖直方向的夹角为37°（下图其他8根绳没有画出），，则下列说法正确的是（ ）
A．每根绳的拉力为
B．钢圆筒所受的合力为
C．若增加起吊绳的长度，则每根绳的拉力变大
D．若每根绳承受的最大拉力为，则起吊过程的最大加速度为
7．（2024高三上·荔湾模拟）活检针可用于活体组织取样，如图所示，取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后向左运动。质量为m的针鞘在软组织中运动距离后进入目标组织，继续运动后停下来。若两段运动中针鞘仅受阻力，且均可视为恒力，大小分别为，则针鞘（ ）
A．被弹出时动能大小为
B．到达目标组织表面时的速度大小为
C．运动过程中，阻力做功为
D．运动的过程中阻力的冲量大小为
8．（2024高三上·荔湾模拟）一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处。如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，y轴竖直向上，建立坐标系，小鱼的初速度为v0，末速度v沿x轴正方向。在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、动能和重力势能（选取原点所在高度为零势能点）与时间t或竖直位置y的关系，下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024高三上·荔湾模拟）图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．时，手机的运动方向向下
B．时，手机位于平衡位置上方
C．从至，手机的动能增大
D．从至，手机的动能和重力势能之和减小
10．（2024高三上·荔湾模拟）冰壶运动是冬季的热门项目。如图所示，在某次推击冰壶过程中，质量为m的白壶以速度v与静止的黑壶进行碰撞，P、Q为碰撞前同一时刻两壶位置，M、N为两壶静止后所处的位置。两壶除了颜色外，质量、大小、形状等其余属性均相同。下列说法正确的是（ ）
A．两壶碰撞过程系统近似动量守恒
B．碰后两壶的速度大小之比为1∶3
C．两壶因碰撞而损失的机械能约为
D．碰撞过程中，白壶对黑壶的冲量与黑壶对白壶的冲量相同
11．（2024高三上·荔湾模拟）（1）如图甲所示，在探究向心力的大小与圆周运动角速度的关系时，将两个质量 （选填“相同”、“不同”）的小球，分别放在挡板 （选填“A和B”、“ A和C”、“ B和C”）位置。
（2）某同学用如图乙所示的实验装置探究加速度与力的关系，其中气垫导轨已调至水平。请回答：
①如图丙，实验时用游标卡尺测得遮光条的宽度为 cm。
②下列实验要求中必要的是
A.应使细线与气垫导轨平行
B.应垫高气垫导轨右端以平衡摩擦力
C.应使遮光条位置与光电门间的距离适当大些
D.应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
12．（2024高三上·荔湾模拟）某同学通过实验来“验证机械能守恒定律”。如图所示，将拉力传感器固定在天花板上，长度为L的细绳（不可伸长）一端连在拉力传感器上的O点，另一端系住可视为质点的钢球。
（1）开始时，钢球静止于最低位置，此时拉力传感器示数为，重力加速度为g，则钢球质量为 ，将钢球拉至细绳与竖直方向成θ角静止释放，记下拉力传感器最大示数F，则钢球从高处摆到最低点的过程重力势能的减少量为 ，钢球动能的增加量为 。（用题中字母表示）
（2）改变θ角，将钢球静止释放，记下拉力传感器最大示数F，并作出图像如图所示，如果钢球的机械能守恒，下列图像合理的是（ ）
A．
B．
C．
13．（2024高三上·荔湾模拟）地铁的出现不仅极大的缓解了城市的交通压力。若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动40s走了600m达到最高速度，再匀速运动60s，接着关闭发动机匀减速运动40s到达乙站停住，已知匀速阶段牵引力的功率为6×103kW，列车整个过程中所受阻力不变。则：
（1）甲站到乙站的距离；
（2）列车所受阻力大小和列车牵引力做的功。
14．（2024高三上·荔湾模拟）如图所示，水平放置的圆盘半径为，在其边缘C点固定一个高度不计的小桶，在圆盘直径CD的正上方放置一条水平滑道AB，滑道与CD平行。滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，其高度差为。在滑道左端静止放置质量为的物块（可视为质点），物块与滑道间的动摩擦因数为。当用一大小为的水平拉力向右拉动物块的同时，圆盘从图示位置以角速度绕穿过圆心O的竖直轴匀速转动，拉力作用一段时间后撤掉，物块在滑道上继续滑行，过B点水平抛出恰好落入小桶内，重力加速度g取。求：
（1）物块到达B点时的速度大小；
（2）水平滑道AB的最小长度。
15．（2024高三上·荔湾模拟）一仓库货物运送装置如图1所示，AB是半径为2L的四分之一光滑圆弧轨道，A点与圆心O等高，B点为圆弧最低点；水平轨道BC与圆弧轨道相切，C为水平轨道的右端点且距水平地面的高度为2L；一高度可以调节的货架，底部固定在地面上，货架表面水平，E、F为货架表面左右两个端点，通过调节可使EF距地面的最大高度为；轨道ABC与EF在同一竖直平面内。货物甲以速度从A点沿切线进入圆弧轨道，滑到C点后与静止在C点的货物乙发生弹性正碰，碰后甲、乙立即从右侧飞出，下落后均不反弹。已知甲的质量为m，BC长度为，BC上涂有智能涂层材料，使甲受到的阻力大小f与运动距离x之间关系如图2所示；E点到C点的水平距离始终为，EF长度为2L；忽略空气阻力，甲、乙均可视为质点，重力加速度为g。求：
（1）甲刚到B点时所受的支持力大小；
（2）甲与乙碰前瞬间速度的大小；
（3）为确保甲、乙均落在货架上，货架的最低高度及乙的质量m的范围。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】时间与时刻；位移与路程；平均速度；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A.4.77s指一段时间，表示时间间隔。故A错误；
B．运动员脚离开装置1位置到手触碰装置2的位置的位移是15m，手的位移小于15m。故B错误；
C．计时装置使用压力传感器检测运动员出发和到达的信息。故C正确；
D．根据
该过程的位移不清楚，可知不能求出运动员在此过程的平均速度。故D错误。
故选C。
【分析】时间间隔在时间轴上是用一段表示，时刻用一点表示；位移是出发点到终止点的距离，根据开始和结束的位置分析判断；根据压力传感器原理分析；平均速度是总位移与总时间的比值。
2．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；曲线运动的条件；超重与失重
【解析】【解答】A．飞行的蝴蝶除了受到重力的作用之外，还受到空气的作用力，故A错误；
B．蝴蝶转弯时做曲线运动，所受合力与速度方向不在同一条直线上，故B错误；
C．小猫在空中时只受重力，加速度竖直向下，处于失重状态，故C正确；
D．根据牛顿第三定律，小猫蹬地时对地面的压力等于地面对小猫的支持力，故D错误。
故选C。
【分析】A、只受重力做自由落体运动，故还要受到空气的作用力；
B、依据曲线运动，合外力与速度不在一条直线上；
C、猫在空中加速度向下，处于失重状态；
D、根据牛顿第三定律分析判断。
3．【答案】A
【知识点】功率及其计算；冲量；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．由乙图可知，时间内运动员向上减速到零，故时刻运动员离水面最高；时间内运动员向下做自由落体运动，时刻运动员入水，故A正确，B错误；
C．根据
由图像可知时间内运动员竖直方向的速度先减小后增大，所以重力的瞬时功率先减小后增大，故C错误；
D．根据
可知时间内运动员所受重力冲量不为零，故D错误。
故选A。
【分析】根据运动情形结合v-t图像分析判断运动员的运动状态，竖直上抛运动，自由落体运动，时刻运动员入水做加速度减小的加速运动，变减速向下运动至水中最深，结合功率公式和动量定理分析判断。
4．【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．冻结轨道和捕获轨道的中心天体是月球，根据开普勒第三定律得
可得鹊桥二号在冻结轨道运行时的周期为
故A错误；
B．鹊桥二号在冻结轨道运行时，根据开普勒第二定律可知，近月点的速度大于远月点的速度，故B错误；
C．鹊桥二号从捕获轨道变轨到冻结轨道需要在近月点点火减速，所以鹊桥二号在冻结轨道运行时近月点的速度小于在捕获轨道运行时近月点的速度，故C错误；
D．根据牛顿第二定律可得
可得
可知鹊桥二号在冻结轨道运行时近月点的加速度等于在捕获轨道运行时近月点的加速度，故D正确。
故选D。
【分析】AB、根据开普勒第三定律和第二定律分析判断；
C、从捕获轨道在近月点减速降轨至冻结轨道，故其速度小于捕获轨道在近月点的速度；
D、同一位置万有引力相等，根据牛顿第二定律分析判断。
5．【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．汽车在转弯过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，向心力只是效果力，故A错误；
B．汽车在转弯过程中，加速度方向时刻发生变化，不是做匀变速曲线运动，故B错误；
C．根据牛顿第二定律可得
可得汽车在转弯过程中的最大允许速度为
故C正确；
D．汽车在泊车过程中摩擦力不仅要改变汽车的速度大小，还要改变汽车的速度方向，所以摩擦力的方向不是与总与运动方向相反，故D错误。
故选C。
【分析】根据受力分析判断物体受力情况；由加速度矢量性分析判断；根据牛顿第二定律最大静摩擦力提供向心力求解转弯速度；根据泊车过程变速曲线运动分析判断。
6．【答案】D
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．分解绳子拉力，竖直方向分力大小为
则每根绳的拉力为
故A错误；
B．依题意，钢圆筒处于静止状态，所受的合力为零。故B错误；
C．若增加起吊绳的长度，则每根绳与竖直方向的夹角变小，由
可知每根绳的拉力变小。故C错误；
D．若每根绳承受的最大拉力为，则10根绳的合力
由牛顿第二定律有
解得
故D正确。
故选D。
【分析】根据竖直方向列平衡方程求解绳的拉力；根据圆筒状态分析判断所受合力；根据竖直方向平衡条件结合绳长变化引起的角度变化情况下的力的变化；根据牛顿第二定律列式求解最大加速度。
7．【答案】B
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．根据动能定理有
解得被弹出时动能大小为
故A错误；
B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，由动能定理
可得到达目标组织表面时的速度大小为
故B正确；
C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为，阻力做功为，故C错误；
D．针鞘运动d2的过程中，由动量定理得
其中
联立可得运动的过程中阻力的冲量大小为
故D错误。
故选B。
【分析】正确掌握功的定义式，根据动能定理分别求解被弹出时的动能和到达目标组织的速度；结合动量定理求解冲量大小。
8．【答案】A,C
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用；重力势能
【解析】【解答】A．小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，即为定值，则水平位移为
可知图像为过原点的直线，故A正确；
B．小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则有
可知图像为开口向下的抛物线，故B错误；
C．小鱼在运动过程中只受重力作用，根据动能定理可得
可得
故C正确；
D．小鱼在运动过程的重力势能为
可知图像为过原点的直线，故D错误。
故选AC。
【分析】根据斜向上抛运动分解为水平匀速直线运动；竖直匀减速直线运动；根据动能定理求解上抛过程中的动能： ；由克服重力做功增加重力势能 ；结合表达式分析判断对应图像。
9．【答案】A,C
【知识点】图象法；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由题图乙知，时，手机加速度为0，可知此时手机处于平衡位置；且内手机的加速度为正方向，即加速度方向向上，合力向上，弹簧弹力大于手机重力，所以时，手机的运动方向向下，故A正确；
B．时，由题图乙知，手机的加速度向上最大，则手机位于最低点，即平衡位置下方，故B错误；
C．由题图乙知，从至，手机的加速度向上减小，可知手机从最低点向平衡位置运动，手机的速度增大，动能增大，故C正确；
D．由题图乙知，从至，手机的加速度向下增大，所以手机从平衡位置向最高点运动，且最高点的加速度小于重力加速度，所以此时弹簧仍处于伸长状态，可知该过程弹簧的伸长量减小，弹性势能减小，根据系统机械能守恒可知，手机的动能和重力势能之和增大，故D错误。
故选AC。
【分析】根据简谐运动位移、速度、加速度、回复力的变化规律结合a-t图像分析判断：时，加速度为零，手机在平衡位置，该时刻后加速度为正，合力向上，手机向下运动；时，加速度正方向最大，手机在最低点；至，正方向加速度减小为零。手机从最低点回到平衡位置，速度最大；至，加速度反向增大，手机从平衡位置向最高点运动，弹性势能减小，手机动能和重力势能之和增大。
10．【答案】A,B
【知识点】动量守恒定律；冲量；碰撞模型
【解析】【解答】A．两壶碰撞过程，内力远大于外力，系统近似动量守恒。故A正确；
B．由图可知，碰后白黑两壶的位移之比为
根据
可知，两壶碰后的速度大小之比为
故B正确；
C．两壶发生碰撞，根据动量守恒
解得
，
两壶因碰撞而损失的机械能约为
故C错误；
D．碰撞过程中，白壶对黑壶的冲量与黑壶对白壶的冲量大小相等，方向相反。故D错误。
故选AB。
【分析】根据动量守恒条件，碰撞过程，内力远大于外力，系统近似动量守恒；根据碰后位移之比结合运动学方程求解碰后速度之比；结合动量守恒定律求解碰后速度大小，根据能量守恒定律求解；由冲量为矢量分析判断。
11．【答案】（1）相同；A和C
（2）0.960；AC
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；向心力
【解析】【解答】（1）在探究向心力的大小与圆周运动角速度的关系时，要保证质量和半径相同，即将两个质量相同的小球，分别放在挡板A和C位置。
（2）①遮光条的宽度为
d=0.9cm+0.05mm×12=0.960cm
②A.应使细线与气垫导轨平行，选项A正确；
B.应用气垫导轨，不需要平衡摩擦力，选项B错误；
C.应使遮光条位置与光电门间的距离适当大些，以适当增大滑块通过光电门时的速度，减小误差，选项C正确；
D.因为有力传感器测量拉力，则不需要使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量，选项D错误。
故选AC。
综上：第1空：相同；第2空：A和C；第3空：0.960；第4空：AC
【分析】（1）由控制变量法，在探究向心力的大小与圆周运动角速度的关系时，要保证质量和半径相同，角速度不同，以此分析判断；
（2）根据20分度游标卡尺正确读数；根据实验原理和操作步骤分析判断。
（1）[1][2]在探究向心力的大小与圆周运动角速度的关系时，要保证质量和半径相同，即将两个质量相同的小球，分别放在挡板A和C位置。
（2）①[1]遮光条的宽度为d=0.9cm+0.05mm×12=0.960cm。
②[2]A.应使细线与气垫导轨平行，选项A正确；
B.应用气垫导轨，不需要平衡摩擦力，选项B错误；
C.应使遮光条位置与光电门间的距离适当大些，以适当增大滑块通过光电门时的速度，减小误差，选项C正确；
D.因为有力传感器测量拉力，则不需要使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量，选项D错误。
故选AC。
12．【答案】（1）；；
（2）C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据题意，由平衡条件有
解得
m=
在最低点时，拉力传感器最大示数F，在最低点拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律
又
钢球动能的增加量为
重力势能的减少量为
（2）如果钢球的机械能守恒，则钢球动能的增加量等于重力势能的减少量，故
解得
故图线为斜率为负的一次函数。
故选C。
综上：第1空：；第2空： ；第3空：；第4空：C
【分析】（1）钢球静止于最低位置 ，受力分析列平衡方程求解；运动到最低点，根据牛顿第二定律，结合传感器示数求解速度，根据动能定理求解动能增加量，由下降高度求解重力势能减小量；
（2）根据机械能守恒，钢球动能的增加量等于重力势能的减少量，联立方程求解表达式分析判断对应图像。
（1）[1]根据题意，由平衡条件有
解得
m=
[2][3]在最低点时，拉力传感器最大示数F，在最低点拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律
又
钢球动能的增加量为
重力势能的减少量为
（2）如果钢球的机械能守恒，则钢球动能的增加量等于重力势能的减少量，故
解得
故图线为斜率为负的一次函数。
故选C。
13．【答案】（1）解：匀加速阶段有
解得
匀速阶段
匀减速阶段
故甲站到乙站的距离为
（2）解：匀速行驶时有
解得列车整个过程中所受阻力为
全过程由动能定理得
解得
【知识点】机车启动
【解析】【分析】（1）根据匀变速直线运动平均速度，结合匀加速位移和时间求解匀速运动速度大小并求解匀速位移和匀减速位移；
（2）根据功率公式结合匀速运动牵引力等于阻力求解阻力，应用动能定理求解牵引力所做的功。
（1）匀加速阶段有
解得
匀速阶段
匀减速阶段
故甲站到乙站的距离为
（2）匀速行驶时有
解得列车整个过程中所受阻力为
全过程由动能定理得
解得
14．【答案】（1）解：物块做平抛运动，设物块离开滑道时的速度为v，落入小桶所用时间为t，则水平方向上有
竖直方向上有
解得
，
（2）解：设拉动物块时的加速度为，所用时间为，由牛顿第二定律得
解得
撤去拉力后，设物块的加速度为，所用时间为，由牛顿第二定律得
解得
圆盘转过一圈时物块落入小桶内，拉力作用时间最短，水平滑道AB长度最小，圆盘转过一圈的时间
物块在滑道上先加速后减速，则有
物块滑行时间、抛出后在空中运动时间与圆盘转动周期关系为
解得
，
加速位移
加速的末速度为
减速位移
AB的最小长度
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；平抛运动；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【分析】（1）根据平抛运动特点分解为水平匀速直线运动和竖直自由落体运动，由水平位移和高度联立方程组求解；
（2）根据牛顿第二定律分别求解拉力作用下的加速度和撤去拉力的加速度大小；由先加速后减速中间速度相等可得：；结合圆周运动周期和物块加速、减速和平抛运动时间关系联立方程组求解加速、减速时间；结合位移公式求解滑道最小长度。
（1）物块做平抛运动，设物块离开滑道时的速度为v，落入小桶所用时间为t，则水平方向上有
竖直方向上有
解得
，
（2）设拉动物块时的加速度为，所用时间为，由牛顿第二定律得
解得
撤去拉力后，设物块的加速度为，所用时间为，由牛顿第二定律得
解得
圆盘转过一圈时物块落入小桶内，拉力作用时间最短，水平滑道AB长度最小，圆盘转过一圈的时间
物块在滑道上先加速后减速，则有
物块滑行时间、抛出后在空中运动时间与圆盘转动周期关系为
解得
，
加速位移
加速的末速度为
减速位移
AB的最小长度
15．【答案】（1）解：货物甲由A点运动到B点过程，机根据械能守恒有
货物甲在B点时，受力分析由牛顿第二定律可得
联立解得
（2）解：由图2根据题意可知，货物甲从B点运动至与货物乙碰撞前过程，由动能定理可得
f-x图像中图线与坐标轴所围面积表示阻力做功大小，所以阻力所做功
联立解得
（3）解：设乙的质量为m2，碰后甲的速度为v1'，乙的速度为v2'，以向右为正，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
碰后甲、乙均做平抛运动，平抛运动最长时间为t1，根据平抛规律有
货架的最低高度为
联立解得
当乙的质量最大，乙的速度最小，货架高度最低，水平位移有
联立解得
当乙的质量最小，乙的速度最大，货架高度最高，设乙做平抛运动时间为t2，竖直位移有
水平位移有
联立解得
所以乙的质量范围为
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据机械能守恒求解B点速度，根据牛顿第二定律求解支持力；
（2）甲在水平轨道碰前，根据动能定理，结合f-x图像面积物理意义联立方程组求解碰前速度；
（3）根据弹性碰撞动碰静，应用动量守恒定律和机械能守恒定律求解碰后速度；结合平抛运动规律列方程组求解满足条件的货架最低高度和乙的质量范围。
（1）货物甲由A点运动到B点过程，机根据械能守恒有
货物甲在B点时，受力分析由牛顿第二定律可得
联立解得
FN=3.5mg
（2）由图2根据题意可知，货物甲从B点运动至与货物乙碰撞前过程，由动能定理可得
f-x图像中图线与坐标轴所围面积表示阻力做功大小，所以阻力所做功
联立解得
（3）设乙的质量为m2，碰后甲的速度为v1'，乙的速度为v2'，以向右为正，由动量守恒定律有
mv1=mv1'+m2v2'
由机械能守恒定律有
碰后甲、乙均做平抛运动，平抛运动最长时间为t1，根据平抛规律有
（v2'-v1'）t1=2L
货架的最低高度为
联立解得
当乙的质量最大，乙的速度最小，货架高度最低，水平位移有
联立解得
当乙的质量最小，乙的速度最大，货架高度最高，设乙做平抛运动时间为t2，竖直位移有
水平位移有
联立解得
所以乙的质量范围为
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1．（2024高三上·荔湾模拟）在巴黎奥运会15m攀岩速度赛中，我国运动员以4.77s夺得银牌。甲图中脚离开传感器置1开始计时，乙图中手触碰到传感器装置2计时结束，下列说法正确的是（ ）
A．4.77s表示时刻
B．运动员手的位移是15m
C．计时装置可能使用了压力传感器
D．可以求出运动员在此过程的平均速度
【答案】C
【知识点】时间与时刻；位移与路程；平均速度；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A.4.77s指一段时间，表示时间间隔。故A错误；
B．运动员脚离开装置1位置到手触碰装置2的位置的位移是15m，手的位移小于15m。故B错误；
C．计时装置使用压力传感器检测运动员出发和到达的信息。故C正确；
D．根据
该过程的位移不清楚，可知不能求出运动员在此过程的平均速度。故D错误。
故选C。
【分析】时间间隔在时间轴上是用一段表示，时刻用一点表示；位移是出发点到终止点的距离，根据开始和结束的位置分析判断；根据压力传感器原理分析；平均速度是总位移与总时间的比值。
2．（2024高三上·荔湾模拟）如图为小猫蹬地跃起腾空追蝶的情景，下列说法正确的是（ ）
A．飞行的蝴蝶只受重力的作用
B．蝴蝶转弯时所受合力沿运动方向
C．小猫在空中时处于失重状态
D．小猫蹬地时对地面的压力小于地面对小猫的支持力
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；曲线运动的条件；超重与失重
【解析】【解答】A．飞行的蝴蝶除了受到重力的作用之外，还受到空气的作用力，故A错误；
B．蝴蝶转弯时做曲线运动，所受合力与速度方向不在同一条直线上，故B错误；
C．小猫在空中时只受重力，加速度竖直向下，处于失重状态，故C正确；
D．根据牛顿第三定律，小猫蹬地时对地面的压力等于地面对小猫的支持力，故D错误。
故选C。
【分析】A、只受重力做自由落体运动，故还要受到空气的作用力；
B、依据曲线运动，合外力与速度不在一条直线上；
C、猫在空中加速度向下，处于失重状态；
D、根据牛顿第三定律分析判断。
3．（2024高三上·荔湾模拟）在巴黎奥运会上，中国跳水梦之队首次包揽八金。如图甲所示，在某次跳水比赛中，假设运动员起跳后到入水前做竖直上抛运动，从离开跳板瞬间开始计时，取竖直向下为正方向，该运动员重心的竖直速度图像如图乙所示，其中部分为直线。则（ ）
A．时刻运动员入水
B．时刻运动员离水面最高
C．时间内运动员所受重力的瞬时功率一直增大
D．时间内运动员所受重力冲量为零
【答案】A
【知识点】功率及其计算；冲量；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．由乙图可知，时间内运动员向上减速到零，故时刻运动员离水面最高；时间内运动员向下做自由落体运动，时刻运动员入水，故A正确，B错误；
C．根据
由图像可知时间内运动员竖直方向的速度先减小后增大，所以重力的瞬时功率先减小后增大，故C错误；
D．根据
可知时间内运动员所受重力冲量不为零，故D错误。
故选A。
【分析】根据运动情形结合v-t图像分析判断运动员的运动状态，竖直上抛运动，自由落体运动，时刻运动员入水做加速度减小的加速运动，变减速向下运动至水中最深，结合功率公式和动量定理分析判断。
4．（2024高三上·荔湾模拟）2024年3月20日，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射，升空后顺利进入捕获轨道运行，如图所示，捕获轨道的半长轴约为51900km，周期约为288h。后经多次轨道调整，进入冻结轨道运行，冻结轨道的半长轴约为9900km。则鹊桥二号在冻结轨道运行时（ ）
A．周期约为12h
B．近月点的速度等于远月点的速度
C．近月点的速度大于在捕获轨道运行时近月点的速度
D．近月点的加速度等于在捕获轨道运行时近月点的加速度
【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．冻结轨道和捕获轨道的中心天体是月球，根据开普勒第三定律得
可得鹊桥二号在冻结轨道运行时的周期为
故A错误；
B．鹊桥二号在冻结轨道运行时，根据开普勒第二定律可知，近月点的速度大于远月点的速度，故B错误；
C．鹊桥二号从捕获轨道变轨到冻结轨道需要在近月点点火减速，所以鹊桥二号在冻结轨道运行时近月点的速度小于在捕获轨道运行时近月点的速度，故C错误；
D．根据牛顿第二定律可得
可得
可知鹊桥二号在冻结轨道运行时近月点的加速度等于在捕获轨道运行时近月点的加速度，故D正确。
故选D。
【分析】AB、根据开普勒第三定律和第二定律分析判断；
C、从捕获轨道在近月点减速降轨至冻结轨道，故其速度小于捕获轨道在近月点的速度；
D、同一位置万有引力相等，根据牛顿第二定律分析判断。
5．（2024高三上·荔湾模拟）汽车的自动泊车系统持续发展。如图所示为某次电动汽车自动泊车全景示意图。汽车按图示路线（半径为6m的圆弧与长为5m的直线构成）顺利停车。汽车与地面间的动摩擦因数为0.3（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度，汽车可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．汽车在转弯过程中受到重力、支持力、摩擦力和向心力的作用
B．汽车在转弯过程中做匀变速曲线运动
C．汽车在转弯过程中的最大允许速度为
D．汽车在泊车过程中受到的摩擦力总是与运动方向相反
【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．汽车在转弯过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，向心力只是效果力，故A错误；
B．汽车在转弯过程中，加速度方向时刻发生变化，不是做匀变速曲线运动，故B错误；
C．根据牛顿第二定律可得
可得汽车在转弯过程中的最大允许速度为
故C正确；
D．汽车在泊车过程中摩擦力不仅要改变汽车的速度大小，还要改变汽车的速度方向，所以摩擦力的方向不是与总与运动方向相反，故D错误。
故选C。
【分析】根据受力分析判断物体受力情况；由加速度矢量性分析判断；根据牛顿第二定律最大静摩擦力提供向心力求解转弯速度；根据泊车过程变速曲线运动分析判断。
6．（2024高三上·荔湾模拟）2024年6月30日，世界最大跨度拱桥深中通道正式建成通车。深中通道的建成靠的是“中国建筑重工机械”。如图，10根起吊绳（绳的质量忽略不计）通过液压机械抓手把质量为的巨型钢圆筒静止吊在空中，每根绳与竖直方向的夹角为37°（下图其他8根绳没有画出），，则下列说法正确的是（ ）
A．每根绳的拉力为
B．钢圆筒所受的合力为
C．若增加起吊绳的长度，则每根绳的拉力变大
D．若每根绳承受的最大拉力为，则起吊过程的最大加速度为
【答案】D
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．分解绳子拉力，竖直方向分力大小为
则每根绳的拉力为
故A错误；
B．依题意，钢圆筒处于静止状态，所受的合力为零。故B错误；
C．若增加起吊绳的长度，则每根绳与竖直方向的夹角变小，由
可知每根绳的拉力变小。故C错误；
D．若每根绳承受的最大拉力为，则10根绳的合力
由牛顿第二定律有
解得
故D正确。
故选D。
【分析】根据竖直方向列平衡方程求解绳的拉力；根据圆筒状态分析判断所受合力；根据竖直方向平衡条件结合绳长变化引起的角度变化情况下的力的变化；根据牛顿第二定律列式求解最大加速度。
7．（2024高三上·荔湾模拟）活检针可用于活体组织取样，如图所示，取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后向左运动。质量为m的针鞘在软组织中运动距离后进入目标组织，继续运动后停下来。若两段运动中针鞘仅受阻力，且均可视为恒力，大小分别为，则针鞘（ ）
A．被弹出时动能大小为
B．到达目标组织表面时的速度大小为
C．运动过程中，阻力做功为
D．运动的过程中阻力的冲量大小为
【答案】B
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．根据动能定理有
解得被弹出时动能大小为
故A错误；
B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，由动能定理
可得到达目标组织表面时的速度大小为
故B正确；
C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为，阻力做功为，故C错误；
D．针鞘运动d2的过程中，由动量定理得
其中
联立可得运动的过程中阻力的冲量大小为
故D错误。
故选B。
【分析】正确掌握功的定义式，根据动能定理分别求解被弹出时的动能和到达目标组织的速度；结合动量定理求解冲量大小。
8．（2024高三上·荔湾模拟）一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处。如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，y轴竖直向上，建立坐标系，小鱼的初速度为v0，末速度v沿x轴正方向。在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、动能和重力势能（选取原点所在高度为零势能点）与时间t或竖直位置y的关系，下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用；重力势能
【解析】【解答】A．小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，即为定值，则水平位移为
可知图像为过原点的直线，故A正确；
B．小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则有
可知图像为开口向下的抛物线，故B错误；
C．小鱼在运动过程中只受重力作用，根据动能定理可得
可得
故C正确；
D．小鱼在运动过程的重力势能为
可知图像为过原点的直线，故D错误。
故选AC。
【分析】根据斜向上抛运动分解为水平匀速直线运动；竖直匀减速直线运动；根据动能定理求解上抛过程中的动能： ；由克服重力做功增加重力势能 ；结合表达式分析判断对应图像。
9．（2024高三上·荔湾模拟）图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．时，手机的运动方向向下
B．时，手机位于平衡位置上方
C．从至，手机的动能增大
D．从至，手机的动能和重力势能之和减小
【答案】A,C
【知识点】图象法；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由题图乙知，时，手机加速度为0，可知此时手机处于平衡位置；且内手机的加速度为正方向，即加速度方向向上，合力向上，弹簧弹力大于手机重力，所以时，手机的运动方向向下，故A正确；
B．时，由题图乙知，手机的加速度向上最大，则手机位于最低点，即平衡位置下方，故B错误；
C．由题图乙知，从至，手机的加速度向上减小，可知手机从最低点向平衡位置运动，手机的速度增大，动能增大，故C正确；
D．由题图乙知，从至，手机的加速度向下增大，所以手机从平衡位置向最高点运动，且最高点的加速度小于重力加速度，所以此时弹簧仍处于伸长状态，可知该过程弹簧的伸长量减小，弹性势能减小，根据系统机械能守恒可知，手机的动能和重力势能之和增大，故D错误。
故选AC。
【分析】根据简谐运动位移、速度、加速度、回复力的变化规律结合a-t图像分析判断：时，加速度为零，手机在平衡位置，该时刻后加速度为正，合力向上，手机向下运动；时，加速度正方向最大，手机在最低点；至，正方向加速度减小为零。手机从最低点回到平衡位置，速度最大；至，加速度反向增大，手机从平衡位置向最高点运动，弹性势能减小，手机动能和重力势能之和增大。
10．（2024高三上·荔湾模拟）冰壶运动是冬季的热门项目。如图所示，在某次推击冰壶过程中，质量为m的白壶以速度v与静止的黑壶进行碰撞，P、Q为碰撞前同一时刻两壶位置，M、N为两壶静止后所处的位置。两壶除了颜色外，质量、大小、形状等其余属性均相同。下列说法正确的是（ ）
A．两壶碰撞过程系统近似动量守恒
B．碰后两壶的速度大小之比为1∶3
C．两壶因碰撞而损失的机械能约为
D．碰撞过程中，白壶对黑壶的冲量与黑壶对白壶的冲量相同
【答案】A,B
【知识点】动量守恒定律；冲量；碰撞模型
【解析】【解答】A．两壶碰撞过程，内力远大于外力，系统近似动量守恒。故A正确；
B．由图可知，碰后白黑两壶的位移之比为
根据
可知，两壶碰后的速度大小之比为
故B正确；
C．两壶发生碰撞，根据动量守恒
解得
，
两壶因碰撞而损失的机械能约为
故C错误；
D．碰撞过程中，白壶对黑壶的冲量与黑壶对白壶的冲量大小相等，方向相反。故D错误。
故选AB。
【分析】根据动量守恒条件，碰撞过程，内力远大于外力，系统近似动量守恒；根据碰后位移之比结合运动学方程求解碰后速度之比；结合动量守恒定律求解碰后速度大小，根据能量守恒定律求解；由冲量为矢量分析判断。
11．（2024高三上·荔湾模拟）（1）如图甲所示，在探究向心力的大小与圆周运动角速度的关系时，将两个质量 （选填“相同”、“不同”）的小球，分别放在挡板 （选填“A和B”、“ A和C”、“ B和C”）位置。
（2）某同学用如图乙所示的实验装置探究加速度与力的关系，其中气垫导轨已调至水平。请回答：
①如图丙，实验时用游标卡尺测得遮光条的宽度为 cm。
②下列实验要求中必要的是
A.应使细线与气垫导轨平行
B.应垫高气垫导轨右端以平衡摩擦力
C.应使遮光条位置与光电门间的距离适当大些
D.应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
【答案】（1）相同；A和C
（2）0.960；AC
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；向心力
【解析】【解答】（1）在探究向心力的大小与圆周运动角速度的关系时，要保证质量和半径相同，即将两个质量相同的小球，分别放在挡板A和C位置。
（2）①遮光条的宽度为
d=0.9cm+0.05mm×12=0.960cm
②A.应使细线与气垫导轨平行，选项A正确；
B.应用气垫导轨，不需要平衡摩擦力，选项B错误；
C.应使遮光条位置与光电门间的距离适当大些，以适当增大滑块通过光电门时的速度，减小误差，选项C正确；
D.因为有力传感器测量拉力，则不需要使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量，选项D错误。
故选AC。
综上：第1空：相同；第2空：A和C；第3空：0.960；第4空：AC
【分析】（1）由控制变量法，在探究向心力的大小与圆周运动角速度的关系时，要保证质量和半径相同，角速度不同，以此分析判断；
（2）根据20分度游标卡尺正确读数；根据实验原理和操作步骤分析判断。
（1）[1][2]在探究向心力的大小与圆周运动角速度的关系时，要保证质量和半径相同，即将两个质量相同的小球，分别放在挡板A和C位置。
（2）①[1]遮光条的宽度为d=0.9cm+0.05mm×12=0.960cm。
②[2]A.应使细线与气垫导轨平行，选项A正确；
B.应用气垫导轨，不需要平衡摩擦力，选项B错误；
C.应使遮光条位置与光电门间的距离适当大些，以适当增大滑块通过光电门时的速度，减小误差，选项C正确；
D.因为有力传感器测量拉力，则不需要使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量，选项D错误。
故选AC。
12．（2024高三上·荔湾模拟）某同学通过实验来“验证机械能守恒定律”。如图所示，将拉力传感器固定在天花板上，长度为L的细绳（不可伸长）一端连在拉力传感器上的O点，另一端系住可视为质点的钢球。
（1）开始时，钢球静止于最低位置，此时拉力传感器示数为，重力加速度为g，则钢球质量为 ，将钢球拉至细绳与竖直方向成θ角静止释放，记下拉力传感器最大示数F，则钢球从高处摆到最低点的过程重力势能的减少量为 ，钢球动能的增加量为 。（用题中字母表示）
（2）改变θ角，将钢球静止释放，记下拉力传感器最大示数F，并作出图像如图所示，如果钢球的机械能守恒，下列图像合理的是（ ）
A．
B．
C．
【答案】（1）；；
（2）C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据题意，由平衡条件有
解得
m=
在最低点时，拉力传感器最大示数F，在最低点拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律
又
钢球动能的增加量为
重力势能的减少量为
（2）如果钢球的机械能守恒，则钢球动能的增加量等于重力势能的减少量，故
解得
故图线为斜率为负的一次函数。
故选C。
综上：第1空：；第2空： ；第3空：；第4空：C
【分析】（1）钢球静止于最低位置 ，受力分析列平衡方程求解；运动到最低点，根据牛顿第二定律，结合传感器示数求解速度，根据动能定理求解动能增加量，由下降高度求解重力势能减小量；
（2）根据机械能守恒，钢球动能的增加量等于重力势能的减少量，联立方程求解表达式分析判断对应图像。
（1）[1]根据题意，由平衡条件有
解得
m=
[2][3]在最低点时，拉力传感器最大示数F，在最低点拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律
又
钢球动能的增加量为
重力势能的减少量为
（2）如果钢球的机械能守恒，则钢球动能的增加量等于重力势能的减少量，故
解得
故图线为斜率为负的一次函数。
故选C。
13．（2024高三上·荔湾模拟）地铁的出现不仅极大的缓解了城市的交通压力。若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动40s走了600m达到最高速度，再匀速运动60s，接着关闭发动机匀减速运动40s到达乙站停住，已知匀速阶段牵引力的功率为6×103kW，列车整个过程中所受阻力不变。则：
（1）甲站到乙站的距离；
（2）列车所受阻力大小和列车牵引力做的功。
【答案】（1）解：匀加速阶段有
解得
匀速阶段
匀减速阶段
故甲站到乙站的距离为
（2）解：匀速行驶时有
解得列车整个过程中所受阻力为
全过程由动能定理得
解得
【知识点】机车启动
【解析】【分析】（1）根据匀变速直线运动平均速度，结合匀加速位移和时间求解匀速运动速度大小并求解匀速位移和匀减速位移；
（2）根据功率公式结合匀速运动牵引力等于阻力求解阻力，应用动能定理求解牵引力所做的功。
（1）匀加速阶段有
解得
匀速阶段
匀减速阶段
故甲站到乙站的距离为
（2）匀速行驶时有
解得列车整个过程中所受阻力为
全过程由动能定理得
解得
14．（2024高三上·荔湾模拟）如图所示，水平放置的圆盘半径为，在其边缘C点固定一个高度不计的小桶，在圆盘直径CD的正上方放置一条水平滑道AB，滑道与CD平行。滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，其高度差为。在滑道左端静止放置质量为的物块（可视为质点），物块与滑道间的动摩擦因数为。当用一大小为的水平拉力向右拉动物块的同时，圆盘从图示位置以角速度绕穿过圆心O的竖直轴匀速转动，拉力作用一段时间后撤掉，物块在滑道上继续滑行，过B点水平抛出恰好落入小桶内，重力加速度g取。求：
（1）物块到达B点时的速度大小；
（2）水平滑道AB的最小长度。
【答案】（1）解：物块做平抛运动，设物块离开滑道时的速度为v，落入小桶所用时间为t，则水平方向上有
竖直方向上有
解得
，
（2）解：设拉动物块时的加速度为，所用时间为，由牛顿第二定律得
解得
撤去拉力后，设物块的加速度为，所用时间为，由牛顿第二定律得
解得
圆盘转过一圈时物块落入小桶内，拉力作用时间最短，水平滑道AB长度最小，圆盘转过一圈的时间
物块在滑道上先加速后减速，则有
物块滑行时间、抛出后在空中运动时间与圆盘转动周期关系为
解得
，
加速位移
加速的末速度为
减速位移
AB的最小长度
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；平抛运动；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【分析】（1）根据平抛运动特点分解为水平匀速直线运动和竖直自由落体运动，由水平位移和高度联立方程组求解；
（2）根据牛顿第二定律分别求解拉力作用下的加速度和撤去拉力的加速度大小；由先加速后减速中间速度相等可得：；结合圆周运动周期和物块加速、减速和平抛运动时间关系联立方程组求解加速、减速时间；结合位移公式求解滑道最小长度。
（1）物块做平抛运动，设物块离开滑道时的速度为v，落入小桶所用时间为t，则水平方向上有
竖直方向上有
解得
，
（2）设拉动物块时的加速度为，所用时间为，由牛顿第二定律得
解得
撤去拉力后，设物块的加速度为，所用时间为，由牛顿第二定律得
解得
圆盘转过一圈时物块落入小桶内，拉力作用时间最短，水平滑道AB长度最小，圆盘转过一圈的时间
物块在滑道上先加速后减速，则有
物块滑行时间、抛出后在空中运动时间与圆盘转动周期关系为
解得
，
加速位移
加速的末速度为
减速位移
AB的最小长度
15．（2024高三上·荔湾模拟）一仓库货物运送装置如图1所示，AB是半径为2L的四分之一光滑圆弧轨道，A点与圆心O等高，B点为圆弧最低点；水平轨道BC与圆弧轨道相切，C为水平轨道的右端点且距水平地面的高度为2L；一高度可以调节的货架，底部固定在地面上，货架表面水平，E、F为货架表面左右两个端点，通过调节可使EF距地面的最大高度为；轨道ABC与EF在同一竖直平面内。货物甲以速度从A点沿切线进入圆弧轨道，滑到C点后与静止在C点的货物乙发生弹性正碰，碰后甲、乙立即从右侧飞出，下落后均不反弹。已知甲的质量为m，BC长度为，BC上涂有智能涂层材料，使甲受到的阻力大小f与运动距离x之间关系如图2所示；E点到C点的水平距离始终为，EF长度为2L；忽略空气阻力，甲、乙均可视为质点，重力加速度为g。求：
（1）甲刚到B点时所受的支持力大小；
（2）甲与乙碰前瞬间速度的大小；
（3）为确保甲、乙均落在货架上，货架的最低高度及乙的质量m的范围。
【答案】（1）解：货物甲由A点运动到B点过程，机根据械能守恒有
货物甲在B点时，受力分析由牛顿第二定律可得
联立解得
（2）解：由图2根据题意可知，货物甲从B点运动至与货物乙碰撞前过程，由动能定理可得
f-x图像中图线与坐标轴所围面积表示阻力做功大小，所以阻力所做功
联立解得
（3）解：设乙的质量为m2，碰后甲的速度为v1'，乙的速度为v2'，以向右为正，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
碰后甲、乙均做平抛运动，平抛运动最长时间为t1，根据平抛规律有
货架的最低高度为
联立解得
当乙的质量最大，乙的速度最小，货架高度最低，水平位移有
联立解得
当乙的质量最小，乙的速度最大，货架高度最高，设乙做平抛运动时间为t2，竖直位移有
水平位移有
联立解得
所以乙的质量范围为
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据机械能守恒求解B点速度，根据牛顿第二定律求解支持力；
（2）甲在水平轨道碰前，根据动能定理，结合f-x图像面积物理意义联立方程组求解碰前速度；
（3）根据弹性碰撞动碰静，应用动量守恒定律和机械能守恒定律求解碰后速度；结合平抛运动规律列方程组求解满足条件的货架最低高度和乙的质量范围。
（1）货物甲由A点运动到B点过程，机根据械能守恒有
货物甲在B点时，受力分析由牛顿第二定律可得
联立解得
FN=3.5mg
（2）由图2根据题意可知，货物甲从B点运动至与货物乙碰撞前过程，由动能定理可得
f-x图像中图线与坐标轴所围面积表示阻力做功大小，所以阻力所做功
联立解得
（3）设乙的质量为m2，碰后甲的速度为v1'，乙的速度为v2'，以向右为正，由动量守恒定律有
mv1=mv1'+m2v2'
由机械能守恒定律有
碰后甲、乙均做平抛运动，平抛运动最长时间为t1，根据平抛规律有
（v2'-v1'）t1=2L
货架的最低高度为
联立解得
当乙的质量最大，乙的速度最小，货架高度最低，水平位移有
联立解得
当乙的质量最小，乙的速度最大，货架高度最高，设乙做平抛运动时间为t2，竖直位移有
水平位移有
联立解得
所以乙的质量范围为
1 / 1
