广东省肇庆市2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题
1．（2024高一下·肇庆期末）肇庆市5A级景区鼎湖山宝鼎园的九龙青铜宝鼎，被誉为“天下第一大鼎”。游客将用红布包裹的小球斜向上抛入鼎中祈福。忽略空气阻力，则抛在空中的小球（ ）
A．速度方向不断改变
B．加速度方向不断改变
C．运动到最高点时速度为零
D．只要抛出时速度足够大，就一定能落入鼎中
2．（2024高一下·肇庆期末）某地防汛演练中，战士驾驶小船进行救援，河岸是平直的，河宽120m。船在静水中的速度为4m /s，水流速度为3m /s，下列说法正确的是（ ）
A．若小船渡河的位移最短，则渡河时间为 30 s
B．调整船头的方向，小船渡河的时间可能为 40 s
C．调整船头的方向，小船在河水中的合速度可能达到10 m/s
D．若船头方向始终垂直于河岸渡河，则渡河位移为120m
3．（2024高一下·肇庆期末）摩天轮是广大游客喜爱的游乐设施。一质量为50 kg的游客坐在乘坐舱内随转轮一起做匀速圆周运动，已知该游客到转轴中心的距离为60m，游客绕转轴中心转动的角速度ω=0.01 rad/s，g取 10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．游客在乘坐摩天轮过程中的加速度不变
B．游客在乘坐摩天轮过程中的线速度不变
C．游客在最低点时的向心力大小为0.3 N
D．游客的向心力总是由游客的重力和乘坐舱对其支持力的合力提供
4．（2024高一下·肇庆期末）一次校运会上，小明以2.00m的成绩夺得男子跳高冠军。另一位同学想估算一下小明起跳时的竖直速度：他根据人体比例，认为小明起跳时重心离地约1m，越过横杆时，重心比横杆高约0.25 m，重力加速度g取10m/s2。由此可估算出小明起跳时的竖直速度约为（ ）
A．7 m/s B．6 m/s C．5m /s D．4 m/s
5．（2024高一下·肇庆期末）阴历，也称太阴历、月亮历，是以月球绕地球转动的规律制定的，其起源大约在夏商时期，是我国传统历法之一、若已知月球环绕地球的公转周期为T，地球质量为M，引力常量为G，并认为月球绕地球做匀速圆周运动，由以上信息可以推算出（ ）
A．月球绕地球做匀速圆周运动的轨道半径
B．月球与地球之间的引力
C．地球的密度
D．地球表面的重力加速度
6．（2024高一下·肇庆期末）一升降机箱底部装有若干个弹簧，为测试其性能，让升降机吊索在空中断开，忽略摩擦和空气阻力的影响，则升降机从弹簧下端接触地面到第一次下降到最低点的过程中（ ）
A．升降机的速度不断减小
B．升降机的机械能先增大后减小
C．升降机和弹簧组成的系统的机械能不断减小
D．弹簧的弹性势能不断增大
7．（2024高一下·肇庆期末）2024年4月26日，神舟十八号航天员乘组入驻“天宫”，与神舟十七号航天员乘组顺利会师。空间站绕地球运行时，可看作匀速圆周运动，其运行周期约为90分钟。下列说法正确的是（ ）
A．空间站绕地球运行时的线速度大于7.9 km/s
B．空间站绕地球运行时的轨道半径与地球静止卫星的轨道半径之比约为1：
C．空间站绕地球运行时的线速度与地球静止卫星的线速度之比约为：1
D．由于太空中稀薄气体的影响，空间站绕地球运行时，其环绕轨道会越来越低，环绕速率越来越小
8．（2024高一下·肇庆期末）2024年4月肇庆局部地区出现了冰雹。现将冰雹下落过程做如下简化：一颗质量为4g 的冰雹，从离地高2km处由静止沿直线落下，下落过程中受到的阻力与其速度大小的平方成正比。若到达地面前已匀速，其速度大小为20m/s，与地面相互作用后碎裂且不反弹，已知冰雹与地面作用的时间为0.01s，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．冰雹在空中匀速下落过程中重力的冲量为零
B．冰雹在空中下落过程中克服空气阻力做功0.8 J
C．冰雹与地面作用过程中合力的冲量大小为0.08 N·s
D．冰雹与地面间的平均作用力大小约为 8 N
9．（2024高一下·肇庆期末）一辆小汽车在水平路面上由静止启动，前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其图像如图所示。已知该汽车的质量为2×103kg，受到的阻力恒为车重力的0.1倍，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．前5s内，汽车的功率不断增大
B．汽车从5s末到刚达到最大速度的过程中，汽车的牵引力逐渐减小
C．汽车的最大速度为30 m/s
D．汽车从启动到达到最大速度的过程中，牵引力做的功为1.5×105J
10．（2024高一下·肇庆期末）如图所示，木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿出木块时子弹的速度为，木块的速度为。设子弹穿过木块的过程中木块对子弹的阻力始终保持不变，下列说法正确的是（ ）
A．木块的质量为3m
B．子弹穿过木块的过程中，系统损失的动能为
C．若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，子弹穿出时速度小于
D．若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，系统产生的内能小于
11．（2024高一下·肇庆期末）如图所示的装置可以用来探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力大小与哪些因素有关。两个变速塔轮通过皮带连接，半径分别为Ra和Rb，选变速塔轮上不同的轮可以改变 Ra、Rb的大小。长槽和短槽分别与塔轮a、塔轮b同轴固定，长槽上两个挡板与转轴相距分别为r0和2r0，短槽上挡板与转轴相距r0，质量分别为m1、m2的钢球1、2放在槽中。实验中，匀速转动手柄带动塔轮a和塔轮b转动，钢球随之做匀速圆周运动，最后从标尺上读出两个钢球所受向心力F1、F2的比值。
（1）本实验采用的科学方法是 （填选项前的字母）。
A．控制变量法 B．极限法 C．微元法 D．等效替代法
（2）某次实验中钢球的质量相同，要探究向心力大小与半径的关系，则钢球1应放在长槽挡板距转轴 （选填“r0”或“2r0”）处，并且调节皮带连接的两个塔轮的半径之比Ra：Rb= 。
（3）若实验时钢球的质量相同，均放在距转轴r0处，调节两个塔轮的半径之比Ra：Rb=2：1，实验读出两个钢球所受向心力之比F1：F2=1：4，则根据实验结果可以推出的结论是： （填选项前的字母）。
A．在质量和运动半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成正比
B．在质量和运动半径一定的情况下，向心力的大小与角速度的平方成正比
12．（2024高一下·肇庆期末）某实验小组利用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验。
（1）除带夹子的重锤、纸带、铁架台（含铁夹）、打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是 （填选项前的字母）。
A．交流电源 B．秒表
C．天平（含砝码） D．刻度尺
（2）实验中按照正确的操作得到如图乙所示的纸带，其中O点是重锤刚释放时所打的点，测得连续打下的三个点A、 B、C到O 点的距离分别为 18.00 cm、21.40 cm、26.00 cm。已知重锤质量为 300g，交流电源频率为 50 Hz，当地重力加速度大小为9.8m/s2。从O点到B点的这段时间内，重锤动能的增加量 J，重力势能的减少量 J。（结果均保留三位有效数字）
（3）大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，主要原因是 （填选项前的字母）。
A．重锤下落过程中克服空气阻力和摩擦阻力做功
B．没有采用多次实验取平均值的方法
（4）某同学想用下述方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到某计数起始点P的距离h，计算对应计数点的重物速度 v，描绘图像，下列说法正确的是 （填选项前的字母）。
A．若图像是一条过原点的直线，则重锤下落过程中机械能一定守恒
B．若图像是一条过原点的直线，则重锤下落过程中机械能可能不守恒
C．若图像是一条不经过原点的直线，则重锤下落过程中机械能一定不守恒
D．若图像是一条不经过原点的直线，则重锤下落过程中机械能可能守恒
13．（2024高一下·肇庆期末）小明将质量为0.2kg的小球从距水平地面高为0.8m处水平抛出，落地时的水平位移为1.2m，不计空气阻力，，求：
（1）小球做平抛运动的初速度大小；
（2）小球落地时的速度大小；
（3）小明对小球所做的功。
14．（2024高一下·肇庆期末）如图所示，过山车轨道固定于竖直平面内，该轨道由一段倾斜直轨道和与之相切的圆形轨道平滑连接而成。过山车从倾斜轨道上的A点由静止开始下滑，当过山车经过圆形轨道最高点C时对轨道的压力大小等于其重力的大小。已知圆形轨道的半径为R，过山车的质量为m且可视为质点，忽略一切阻力，重力加速度为g。求：
（1）过山车经过最高点C时的速度大小vC；
（2）过山车经过最低点B时所受的支持力大小FB；
（3）过山车的下滑起点A距圆形轨道最低点B的竖直高度h。
15．（2024高一下·肇庆期末）某同学在水平桌面上玩闯关游戏。在桌面最左端放置一质量mA=0.1kg的小物体A（可视为质点），距离物体 A为s1=1m处有一质量mB=0.2kg的物体B（可视为质点），物体B距离桌面最右端为s2=2m，两物体在同一条直线上，如图所示。现使A以某一初速度沿直线向B运动，若A既能与B发生碰撞且碰后又不会滑离桌面，则闯关成功。已知A、B碰撞时间很短且碰后粘在一起，A、B两物体与桌面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度g=10m/s2，为了确保闯关成功，求：
（1）物体A与B碰后的最大速度的大小vm；
（2）物体A与B碰撞过程损失机械能的最大值；
（3）物体A初动能的范围。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A．空中小球做斜抛运动，由于做曲线运动则速度方向不断改变，故A正确；
B．空中小球做斜抛运动，只受重力不变，根据牛顿第二定律，加速度不变，故B错误；
C．根据速度的方向为轨迹的切线方向，则小球运动到最高点时速度方向为水平方向，不为零，故C错误；
D．抛出速度足够大，若与竖直方向夹角过小，会导致小球运动的水平距离过大则不一定能落入鼎中，故D错误。
故选A。
【分析】利用小球做曲线运动则速度方向不断改变；利用小球只受到重力则加速度保持不变；利用小球在最高点有水平方向的速度则速度不等于0；利用水平方向的速度过大时，会导致小球运动的水平距离过大则不一定能落入鼎中。
2．【答案】B
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】AD．若船头垂直于河岸渡河，则时间最短，最短时间为30s，此时位移不是最短，垂直河岸方向位移为120m，沿河岸方向位移为
x=3×30m=90m
合位移为
故AD错误；
B．若调整船头方向，船速与河岸垂直时，渡河时间最短为
小船渡河的时间可能为40s，故B正确；
C．根据速度的合成原理，小船在河水中的速度范围为
1m/s故C错误。
故选B。
【分析】利用垂直于河岸过河的时间最短，利用位移公式可以求出最短的过河时间，进而判别最短位移时的过河时间；利用位移公式及位移的合成可以求出小船渡河的位移大小；利用速度的合成可以求出合速度的大小范围。
3．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】本题是实际生活中的圆周运动问题，要抓住加速度、合外力都是矢量，当矢量的方向改变时矢量也是变化的。A．由于向心力方向不断变化，故加速度方向变化，故A错误；
B．游客的线速度方向不断改变，故B错误；
C．游客向心力大小恒定，大小为
故C正确；
D．摩天轮做匀速圆周运动，合力指向圆心，而游客的重力和乘坐舱对游客的支持力沿竖直方向，不可能总是由它们的合力提供向心力，故D错误。
故选C。
【分析】乘客随轿箱做匀速圆周运动，由合力提供向心力，方向指向圆心，时刻在变化，线速度是矢量，大小不变，方向变化，加速度大小不变，方向变化；由向心力公式计算向心力的大小。
4．【答案】C
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】小明跳高时做斜抛运动，在竖直方向可视作竖直上抛运动，其重心上升高度
h=（2-1+0.25）m=1.25m
运用逆向思维，从起跳到最高点在竖直方向的运动可视为自由落体运动，根据速度位移公式为
v2=2gh
可得
v=5m/s
故选C。
【分析】利用速度位移公式结合上升的高度可以求出起跳时竖直方向的速度大小。
5．【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．月球绕地球做匀速圆周运动，地月间的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可知可算出轨道半径r，A正确；
B．由于不知道月球质量，根据引力公式可以得出地月之间的万有引力不能得出，B错误；
CD．地球的半径未知，根据密度公式可以得出不能求出地球的密度，根据引力形成重则不能求出地球表面的重力加速度，CD错误。
故选A。
【分析】利用引力提供向心力可以求出月球的轨道半径，由于未知地球的半径不能求出地球的密度；未知月球的质量不能求出月球和地球之间引力的大小；由于未知地球的质量不能求出地球表面重力加速度的大小。
6．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．升降机从弹簧下端触地到第一次下降到最低点的过程中，刚开始接触时由于重力大于弹力，合力向下做加速运动，重力小于弹力时，合力向上做减速运动。即升降机的速度先增大后减小。故A错误；
BCD．弹簧弹力对升降机做负功，由于弹簧弹性势能不断增大，则升降机机械能一直减小，以升降机和弹簧为系统，只有重力做功所以升降机和弹簧组成的系统机械能守恒。故BC错误；D正确。
故选D。
【分析】利用重力和弹力的大小比较可以判别合力的方向，进而判别升降机速度的变化；利用系统机械能守恒可以判别弹簧弹性势能和升降机机械能的大小变化。
7．【答案】C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A.7.9km/s是地球的第一宇宙速度，为近地卫星的线速度，由于轨道半径最小所以是围绕地球做圆周运动的物体的最大速度，所以空间站绕地球运行时的线速度小于7.9 km/s，A错误；
B．由于空间站和卫星绕地球运动，根据开普勒第三定律有
代入空间站和地球静止卫星的周期，可解得轨道半径之比约为，B错误；
C．地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
得
故
解得线速度之比约为，C正确；
D．空间站受到阻力影响，轨道会变低，根据可知变轨后环绕速度会大于初始环绕速度，D错误。
故选C。
【分析】第一宇宙速度为最大的环绕速度；利用开普勒第三定律可以求出轨道半径之比；利用引力提供向心力可以求出线速度之比；利用线速度的表达式可以得出半径变小线速度变大。
8．【答案】C,D
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；冲量
【解析】【解答】A．根据重力的冲量表达式有
可知冰雹在空中匀速下落过程中重力的冲量不为零，故A 错误；
B．冰雹下落过程中，由于重力和空气阻力做功，根据动能定理可得
解得冰雹在空中下落过程中克服空气阻力做功为
故B错误；
C．与地面作用过程中，以竖直向上为正方向，由于合力冲量导致冰雹动量发生改变，由动量定理可得
可知冰雹与地面作用过程中合力的冲量大小为0.08 N·s，故C正确；
D．冰雹与地面作用过程，以竖直向上为正方向，地面对冰雹的作用力和冰雹本身的重力产生冲量，根据动量定理可得
可得冰雹与地面间的平均作用力大小为
故D正确。
故选CD。
【分析】利用重力和时间可以判别重力的冲量不等于0；利用动能定理可以求出克服阻力做功的大小；利用动量定理可以求出合力的冲量及地面与冰雹之间平均作用力的大小。
9．【答案】A,B,C
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】A．前5s内汽车做匀加速直线运动，由于阻力不变，加速度不变则牵引力不变，速度不断增大，根据功率的表达式可知汽车的功率不断增大，A正确；
B． 时，汽车的功率达到额定功率，此后速度一直增大，由可知汽车从5s末到刚达到最大速度的过程中，由于功率不变，速度不断增大则汽车的牵引力不断减小，B正确；
C．由图像可知前5s内汽车的加速度大小为2m/s2，由题意可知
根据牛顿第二定律有
解得牵引力
5s末达到额定功率，根据功率的表达式有
根据平衡方程，当牵引力等于阻力时速度达到最大值，由解得最大速度
C正确；
D．前5s内，根据图像面积可以得出位移为
牵引力做功
此时汽车没有达到最大速度，牵引力还将继续做功，故D错误。
故选ABC。
【分析】利用汽车加速度不变则牵引力不变，结合速度不断增大则前5s内功率不断增大；当汽车达到额定功率时，利用速度不断增大则牵引力不断减小；利用额定功率结合阻力等于牵引力可以求出最大的速度；利用图像面积可以求出位移的大小，进而求出牵引力做功的大小。
10．【答案】A,B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题。AB．子弹击穿木块的过程，有
解得
故AB正确；
D．若将木块固定，子弹与木块的相对位移不变，系统产生的内能即减少的动能仍为。故D错误；
C．由能量守恒可得
解得
故C错误。
故选AB。
【分析】子弹射穿木块过程系统动量守恒，应用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出木块的质量以及子弹穿过木块的过程中，系统损失的动能；应用动能定理与能量守恒定律分析答题。
11．【答案】（1）A
（2）；1：1
（3）B
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）为了探究向心力大小与小球半径、质量和角速度的大小关系，本实验采用控制变量法。
故选A。
（2）本实验要探究向心力大小与半径的关系，应该保证两个小球半径不同，所以小球2放在短槽上挡板与转轴相距r0处，则小球1应放在长槽上挡板与转轴相距2r0处。
同时控制两小球转动的角速度相同，由于皮带连接的两个塔轮边缘的线速度大小相等，根据线速度和角速度的关系有
则调节皮带连接的两个塔轮的半径之比应为
（3）由于塔轮线速度相等，根据线速度和角速度的关系可以得出小球的角速度之比为
实验结果结合数学关系可以推出的结论是质量和运动半径一定时
可知向心力大小与角速度的平方成正比。
故选B。
【分析】（1）本实验使用控制变量法；
（2）为了探究向心力与半径的大小关系应该保证两个小球的半径不同，利用塔轮线速度相等，为了保证小球角速度相等则应该保持塔轮的半径相同；
（3）利用线速度和半径的大小可以求出小球角速度的比值，结合向心力的大小可以判别向心力与角速度的大小关系。
（1）本实验采用控制变量法。
故选A。
（2）[1]本实验要探究向心力大小与半径的关系，小球2放在短槽上挡板与转轴相距r0处，则小球1应放在长槽上挡板与转轴相距2r0处。
[2]同时控制两小球转动的角速度相同，由于皮带连接的两个塔轮边缘的线速度大小相等，根据
v=ωR
则调节皮带连接的两个塔轮的半径之比应为
Ra：Rb=1：1
（3）根据上一问分析可知
实验结果结合数学关系可以推出的结论是质量和运动半径一定时，
可知向心力大小与角速度的平方成正比。
故选B。
12．【答案】（1）A；D
（2）0.600；0.629
（3）A
（4）B；D
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）本实验中根据工作原理可以得出打点计时器需要用交流电源，测量重物下落的高度需要用刻度尺，实验有打点计时器不需要秒表，验证机械能守恒定律的表达式不需要天平。
故选AD。
（2）已知打点频率为50Hz，相邻计数点的时间间隔为
根据平均速度可以得出打B 点时的瞬时速度为
则从O点到B点的这段时间内，根据动能的表达式可以得出重锤的动能增加量为
从O点到B点的这段时间内，根据重力势能的表达式可以得出重锤的重力势能的减少量为
（3）根据实验原理可知，物体在下落的过程中会受到空气阻力的作用，纸带和限位孔之间有摩擦力，由于系统克服阻力做功，导致系统机械能不断减小，则重力势能的减少量大于系统动能的增加量。
故选A。
（4）从某个计数点为P点开始，若机械能守恒应满足
变形可得
作出的图像，根据表达式可以得出图像都是一条倾斜的直线，若取打点计时器打出的第一个点为 P点，则等于零，图像过原点，若取其它点为P，图像不过原点。根据表达式可以得出图像斜率在误差范围内等于当地重力加速度的2倍，则可判定重锤下落过程中机械能守恒，反之则不守恒。
故选BD。
【分析】（1）打点计时器需要用交流电源，测量重物下落的高度需要用刻度尺，实验有打点计时器不需要秒表，验证机械能守恒定律的表达式不需要天平；
（2）利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小，结合动能的表达式可以求出动能的增量；利用高度和重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；
（3）由于系统克服阻力做功，导致系统机械能不断减小，则重力势能的减少量大于系统动能的增加量；
（4）利用机械能守恒定律可以判别图线一定为直线，当斜率等于2g时可以验证机械能守恒。
（1）本实验中打点计时器需要用交流电源，测量重物下落的高度需要用刻度尺，不需要秒表和天平。
故选AD。
（2）[1]相邻计数点的时间间隔为
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打B 点时的瞬时速度为
则从O点到B点的这段时间内，重锤的动能增加量为
[2]从O点到B点的这段时间内，重锤的重力势能的减少量为
（3）根据实验原理可知，物体在下落的过程中会受到空气阻力的作用，纸带和限位孔之间有摩擦力，由于系统克服阻力做功，导致系统重力势能的减少量大于系统动能的增加量。
故选A。
（4）从某个计数点开始，若机械能守恒应满足
变形可得
作出的图像，若取打点计时器打出的第一个点为 P点，则等于零，图像过原点，若取其它点为P，图像不过原点；但无论怎样，图像都是一条倾斜的直线。若其斜率在误差范围内等于当地重力加速度的2倍，则可判定重锤下落过程中机械能守恒，反之则不守恒。
故选BD。
13．【答案】（1）小球做平抛运动，水平方向
竖直方向
解得
（2）设小球落地时速度大小为 v，竖直方向的速度为，则
小球落地时速度大小为
（3）小明对小球所做的功由动能定理得
代入数据解得
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小球做平抛运动，根据位移公式可以求出初速度的大小；
（2）小球落地时，利用速度位移公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度的合成可以求出合速度的大小；
（3）小球被抛出的过程中，利用动能定理可以求出小明对小球做功的大小。
14．【答案】（1）依题意，过山车经过最高点C时，根据牛顿第二定律可得
又
解得
（2）过山车由B点到C点的过程中，由动能定理可得
过山车经过最低点B时，根据牛顿第二定律可得
解得
FB=7mg
（3）过山车由下滑起点A到最高点C，根据动能定理可得
解得
hAC=3R
过山车的下滑起点A距圆形轨道最低点B的竖直高度为3R。
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）过山车经过C点时，利用牛顿第二定律可以求出经过C点速度的大小；
（2）过山车从B点到C点的过程中，利用动能定理可以求出经过B点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出过山车受到的支持力大小；
（3）过山车从A点到B点的过程中，利用动能定理可以求出AC之间高度的大小。
15．【答案】（1）若A、B碰后刚好不会滑离桌面，则
解得
vm=2m/s
（2）若A、B碰后速度最大，则A、B碰撞过程损失的机械能最大，对A、B碰撞过程中
解得
E损=1.2J
（3）若A、B碰后速度最大，则碰前A的速度也为最大，初动能最大，A由桌面最左端到与 B碰前瞬间，有
解得
Ekmax=1.9J
若A与B碰前瞬间速度刚好减为零，则A的初动能最小，A由桌面最左端到与B碰前，有
解得
Ekmin=0.1J
所以物体A初动能的范围为0.1J≤Ek≤1.9J。
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）当AB相碰后恰好不滑离桌面，利用动能定理可以求出碰后速度的大小；
（2）当AB碰后速度最大时，根据动量守恒定律及能量守恒定律可以求出损失机械能的最大值；
（3）当AB碰后速度最大时，则A碰后速度最大，利用动能定理可以求出碰前A的初动能大小范围。
1 / 1广东省肇庆市2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题
1．（2024高一下·肇庆期末）肇庆市5A级景区鼎湖山宝鼎园的九龙青铜宝鼎，被誉为“天下第一大鼎”。游客将用红布包裹的小球斜向上抛入鼎中祈福。忽略空气阻力，则抛在空中的小球（ ）
A．速度方向不断改变
B．加速度方向不断改变
C．运动到最高点时速度为零
D．只要抛出时速度足够大，就一定能落入鼎中
【答案】A
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A．空中小球做斜抛运动，由于做曲线运动则速度方向不断改变，故A正确；
B．空中小球做斜抛运动，只受重力不变，根据牛顿第二定律，加速度不变，故B错误；
C．根据速度的方向为轨迹的切线方向，则小球运动到最高点时速度方向为水平方向，不为零，故C错误；
D．抛出速度足够大，若与竖直方向夹角过小，会导致小球运动的水平距离过大则不一定能落入鼎中，故D错误。
故选A。
【分析】利用小球做曲线运动则速度方向不断改变；利用小球只受到重力则加速度保持不变；利用小球在最高点有水平方向的速度则速度不等于0；利用水平方向的速度过大时，会导致小球运动的水平距离过大则不一定能落入鼎中。
2．（2024高一下·肇庆期末）某地防汛演练中，战士驾驶小船进行救援，河岸是平直的，河宽120m。船在静水中的速度为4m /s，水流速度为3m /s，下列说法正确的是（ ）
A．若小船渡河的位移最短，则渡河时间为 30 s
B．调整船头的方向，小船渡河的时间可能为 40 s
C．调整船头的方向，小船在河水中的合速度可能达到10 m/s
D．若船头方向始终垂直于河岸渡河，则渡河位移为120m
【答案】B
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】AD．若船头垂直于河岸渡河，则时间最短，最短时间为30s，此时位移不是最短，垂直河岸方向位移为120m，沿河岸方向位移为
x=3×30m=90m
合位移为
故AD错误；
B．若调整船头方向，船速与河岸垂直时，渡河时间最短为
小船渡河的时间可能为40s，故B正确；
C．根据速度的合成原理，小船在河水中的速度范围为
1m/s故C错误。
故选B。
【分析】利用垂直于河岸过河的时间最短，利用位移公式可以求出最短的过河时间，进而判别最短位移时的过河时间；利用位移公式及位移的合成可以求出小船渡河的位移大小；利用速度的合成可以求出合速度的大小范围。
3．（2024高一下·肇庆期末）摩天轮是广大游客喜爱的游乐设施。一质量为50 kg的游客坐在乘坐舱内随转轮一起做匀速圆周运动，已知该游客到转轴中心的距离为60m，游客绕转轴中心转动的角速度ω=0.01 rad/s，g取 10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．游客在乘坐摩天轮过程中的加速度不变
B．游客在乘坐摩天轮过程中的线速度不变
C．游客在最低点时的向心力大小为0.3 N
D．游客的向心力总是由游客的重力和乘坐舱对其支持力的合力提供
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】本题是实际生活中的圆周运动问题，要抓住加速度、合外力都是矢量，当矢量的方向改变时矢量也是变化的。A．由于向心力方向不断变化，故加速度方向变化，故A错误；
B．游客的线速度方向不断改变，故B错误；
C．游客向心力大小恒定，大小为
故C正确；
D．摩天轮做匀速圆周运动，合力指向圆心，而游客的重力和乘坐舱对游客的支持力沿竖直方向，不可能总是由它们的合力提供向心力，故D错误。
故选C。
【分析】乘客随轿箱做匀速圆周运动，由合力提供向心力，方向指向圆心，时刻在变化，线速度是矢量，大小不变，方向变化，加速度大小不变，方向变化；由向心力公式计算向心力的大小。
4．（2024高一下·肇庆期末）一次校运会上，小明以2.00m的成绩夺得男子跳高冠军。另一位同学想估算一下小明起跳时的竖直速度：他根据人体比例，认为小明起跳时重心离地约1m，越过横杆时，重心比横杆高约0.25 m，重力加速度g取10m/s2。由此可估算出小明起跳时的竖直速度约为（ ）
A．7 m/s B．6 m/s C．5m /s D．4 m/s
【答案】C
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】小明跳高时做斜抛运动，在竖直方向可视作竖直上抛运动，其重心上升高度
h=（2-1+0.25）m=1.25m
运用逆向思维，从起跳到最高点在竖直方向的运动可视为自由落体运动，根据速度位移公式为
v2=2gh
可得
v=5m/s
故选C。
【分析】利用速度位移公式结合上升的高度可以求出起跳时竖直方向的速度大小。
5．（2024高一下·肇庆期末）阴历，也称太阴历、月亮历，是以月球绕地球转动的规律制定的，其起源大约在夏商时期，是我国传统历法之一、若已知月球环绕地球的公转周期为T，地球质量为M，引力常量为G，并认为月球绕地球做匀速圆周运动，由以上信息可以推算出（ ）
A．月球绕地球做匀速圆周运动的轨道半径
B．月球与地球之间的引力
C．地球的密度
D．地球表面的重力加速度
【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．月球绕地球做匀速圆周运动，地月间的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可知可算出轨道半径r，A正确；
B．由于不知道月球质量，根据引力公式可以得出地月之间的万有引力不能得出，B错误；
CD．地球的半径未知，根据密度公式可以得出不能求出地球的密度，根据引力形成重则不能求出地球表面的重力加速度，CD错误。
故选A。
【分析】利用引力提供向心力可以求出月球的轨道半径，由于未知地球的半径不能求出地球的密度；未知月球的质量不能求出月球和地球之间引力的大小；由于未知地球的质量不能求出地球表面重力加速度的大小。
6．（2024高一下·肇庆期末）一升降机箱底部装有若干个弹簧，为测试其性能，让升降机吊索在空中断开，忽略摩擦和空气阻力的影响，则升降机从弹簧下端接触地面到第一次下降到最低点的过程中（ ）
A．升降机的速度不断减小
B．升降机的机械能先增大后减小
C．升降机和弹簧组成的系统的机械能不断减小
D．弹簧的弹性势能不断增大
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．升降机从弹簧下端触地到第一次下降到最低点的过程中，刚开始接触时由于重力大于弹力，合力向下做加速运动，重力小于弹力时，合力向上做减速运动。即升降机的速度先增大后减小。故A错误；
BCD．弹簧弹力对升降机做负功，由于弹簧弹性势能不断增大，则升降机机械能一直减小，以升降机和弹簧为系统，只有重力做功所以升降机和弹簧组成的系统机械能守恒。故BC错误；D正确。
故选D。
【分析】利用重力和弹力的大小比较可以判别合力的方向，进而判别升降机速度的变化；利用系统机械能守恒可以判别弹簧弹性势能和升降机机械能的大小变化。
7．（2024高一下·肇庆期末）2024年4月26日，神舟十八号航天员乘组入驻“天宫”，与神舟十七号航天员乘组顺利会师。空间站绕地球运行时，可看作匀速圆周运动，其运行周期约为90分钟。下列说法正确的是（ ）
A．空间站绕地球运行时的线速度大于7.9 km/s
B．空间站绕地球运行时的轨道半径与地球静止卫星的轨道半径之比约为1：
C．空间站绕地球运行时的线速度与地球静止卫星的线速度之比约为：1
D．由于太空中稀薄气体的影响，空间站绕地球运行时，其环绕轨道会越来越低，环绕速率越来越小
【答案】C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A.7.9km/s是地球的第一宇宙速度，为近地卫星的线速度，由于轨道半径最小所以是围绕地球做圆周运动的物体的最大速度，所以空间站绕地球运行时的线速度小于7.9 km/s，A错误；
B．由于空间站和卫星绕地球运动，根据开普勒第三定律有
代入空间站和地球静止卫星的周期，可解得轨道半径之比约为，B错误；
C．地球对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
得
故
解得线速度之比约为，C正确；
D．空间站受到阻力影响，轨道会变低，根据可知变轨后环绕速度会大于初始环绕速度，D错误。
故选C。
【分析】第一宇宙速度为最大的环绕速度；利用开普勒第三定律可以求出轨道半径之比；利用引力提供向心力可以求出线速度之比；利用线速度的表达式可以得出半径变小线速度变大。
8．（2024高一下·肇庆期末）2024年4月肇庆局部地区出现了冰雹。现将冰雹下落过程做如下简化：一颗质量为4g 的冰雹，从离地高2km处由静止沿直线落下，下落过程中受到的阻力与其速度大小的平方成正比。若到达地面前已匀速，其速度大小为20m/s，与地面相互作用后碎裂且不反弹，已知冰雹与地面作用的时间为0.01s，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．冰雹在空中匀速下落过程中重力的冲量为零
B．冰雹在空中下落过程中克服空气阻力做功0.8 J
C．冰雹与地面作用过程中合力的冲量大小为0.08 N·s
D．冰雹与地面间的平均作用力大小约为 8 N
【答案】C,D
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；冲量
【解析】【解答】A．根据重力的冲量表达式有
可知冰雹在空中匀速下落过程中重力的冲量不为零，故A 错误；
B．冰雹下落过程中，由于重力和空气阻力做功，根据动能定理可得
解得冰雹在空中下落过程中克服空气阻力做功为
故B错误；
C．与地面作用过程中，以竖直向上为正方向，由于合力冲量导致冰雹动量发生改变，由动量定理可得
可知冰雹与地面作用过程中合力的冲量大小为0.08 N·s，故C正确；
D．冰雹与地面作用过程，以竖直向上为正方向，地面对冰雹的作用力和冰雹本身的重力产生冲量，根据动量定理可得
可得冰雹与地面间的平均作用力大小为
故D正确。
故选CD。
【分析】利用重力和时间可以判别重力的冲量不等于0；利用动能定理可以求出克服阻力做功的大小；利用动量定理可以求出合力的冲量及地面与冰雹之间平均作用力的大小。
9．（2024高一下·肇庆期末）一辆小汽车在水平路面上由静止启动，前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其图像如图所示。已知该汽车的质量为2×103kg，受到的阻力恒为车重力的0.1倍，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．前5s内，汽车的功率不断增大
B．汽车从5s末到刚达到最大速度的过程中，汽车的牵引力逐渐减小
C．汽车的最大速度为30 m/s
D．汽车从启动到达到最大速度的过程中，牵引力做的功为1.5×105J
【答案】A,B,C
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】A．前5s内汽车做匀加速直线运动，由于阻力不变，加速度不变则牵引力不变，速度不断增大，根据功率的表达式可知汽车的功率不断增大，A正确；
B． 时，汽车的功率达到额定功率，此后速度一直增大，由可知汽车从5s末到刚达到最大速度的过程中，由于功率不变，速度不断增大则汽车的牵引力不断减小，B正确；
C．由图像可知前5s内汽车的加速度大小为2m/s2，由题意可知
根据牛顿第二定律有
解得牵引力
5s末达到额定功率，根据功率的表达式有
根据平衡方程，当牵引力等于阻力时速度达到最大值，由解得最大速度
C正确；
D．前5s内，根据图像面积可以得出位移为
牵引力做功
此时汽车没有达到最大速度，牵引力还将继续做功，故D错误。
故选ABC。
【分析】利用汽车加速度不变则牵引力不变，结合速度不断增大则前5s内功率不断增大；当汽车达到额定功率时，利用速度不断增大则牵引力不断减小；利用额定功率结合阻力等于牵引力可以求出最大的速度；利用图像面积可以求出位移的大小，进而求出牵引力做功的大小。
10．（2024高一下·肇庆期末）如图所示，木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿出木块时子弹的速度为，木块的速度为。设子弹穿过木块的过程中木块对子弹的阻力始终保持不变，下列说法正确的是（ ）
A．木块的质量为3m
B．子弹穿过木块的过程中，系统损失的动能为
C．若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，子弹穿出时速度小于
D．若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，系统产生的内能小于
【答案】A,B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题。AB．子弹击穿木块的过程，有
解得
故AB正确；
D．若将木块固定，子弹与木块的相对位移不变，系统产生的内能即减少的动能仍为。故D错误；
C．由能量守恒可得
解得
故C错误。
故选AB。
【分析】子弹射穿木块过程系统动量守恒，应用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出木块的质量以及子弹穿过木块的过程中，系统损失的动能；应用动能定理与能量守恒定律分析答题。
11．（2024高一下·肇庆期末）如图所示的装置可以用来探究做匀速圆周运动的物体需要的向心力大小与哪些因素有关。两个变速塔轮通过皮带连接，半径分别为Ra和Rb，选变速塔轮上不同的轮可以改变 Ra、Rb的大小。长槽和短槽分别与塔轮a、塔轮b同轴固定，长槽上两个挡板与转轴相距分别为r0和2r0，短槽上挡板与转轴相距r0，质量分别为m1、m2的钢球1、2放在槽中。实验中，匀速转动手柄带动塔轮a和塔轮b转动，钢球随之做匀速圆周运动，最后从标尺上读出两个钢球所受向心力F1、F2的比值。
（1）本实验采用的科学方法是 （填选项前的字母）。
A．控制变量法 B．极限法 C．微元法 D．等效替代法
（2）某次实验中钢球的质量相同，要探究向心力大小与半径的关系，则钢球1应放在长槽挡板距转轴 （选填“r0”或“2r0”）处，并且调节皮带连接的两个塔轮的半径之比Ra：Rb= 。
（3）若实验时钢球的质量相同，均放在距转轴r0处，调节两个塔轮的半径之比Ra：Rb=2：1，实验读出两个钢球所受向心力之比F1：F2=1：4，则根据实验结果可以推出的结论是： （填选项前的字母）。
A．在质量和运动半径一定的情况下，向心力的大小与角速度成正比
B．在质量和运动半径一定的情况下，向心力的大小与角速度的平方成正比
【答案】（1）A
（2）；1：1
（3）B
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）为了探究向心力大小与小球半径、质量和角速度的大小关系，本实验采用控制变量法。
故选A。
（2）本实验要探究向心力大小与半径的关系，应该保证两个小球半径不同，所以小球2放在短槽上挡板与转轴相距r0处，则小球1应放在长槽上挡板与转轴相距2r0处。
同时控制两小球转动的角速度相同，由于皮带连接的两个塔轮边缘的线速度大小相等，根据线速度和角速度的关系有
则调节皮带连接的两个塔轮的半径之比应为
（3）由于塔轮线速度相等，根据线速度和角速度的关系可以得出小球的角速度之比为
实验结果结合数学关系可以推出的结论是质量和运动半径一定时
可知向心力大小与角速度的平方成正比。
故选B。
【分析】（1）本实验使用控制变量法；
（2）为了探究向心力与半径的大小关系应该保证两个小球的半径不同，利用塔轮线速度相等，为了保证小球角速度相等则应该保持塔轮的半径相同；
（3）利用线速度和半径的大小可以求出小球角速度的比值，结合向心力的大小可以判别向心力与角速度的大小关系。
（1）本实验采用控制变量法。
故选A。
（2）[1]本实验要探究向心力大小与半径的关系，小球2放在短槽上挡板与转轴相距r0处，则小球1应放在长槽上挡板与转轴相距2r0处。
[2]同时控制两小球转动的角速度相同，由于皮带连接的两个塔轮边缘的线速度大小相等，根据
v=ωR
则调节皮带连接的两个塔轮的半径之比应为
Ra：Rb=1：1
（3）根据上一问分析可知
实验结果结合数学关系可以推出的结论是质量和运动半径一定时，
可知向心力大小与角速度的平方成正比。
故选B。
12．（2024高一下·肇庆期末）某实验小组利用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验。
（1）除带夹子的重锤、纸带、铁架台（含铁夹）、打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是 （填选项前的字母）。
A．交流电源 B．秒表
C．天平（含砝码） D．刻度尺
（2）实验中按照正确的操作得到如图乙所示的纸带，其中O点是重锤刚释放时所打的点，测得连续打下的三个点A、 B、C到O 点的距离分别为 18.00 cm、21.40 cm、26.00 cm。已知重锤质量为 300g，交流电源频率为 50 Hz，当地重力加速度大小为9.8m/s2。从O点到B点的这段时间内，重锤动能的增加量 J，重力势能的减少量 J。（结果均保留三位有效数字）
（3）大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，主要原因是 （填选项前的字母）。
A．重锤下落过程中克服空气阻力和摩擦阻力做功
B．没有采用多次实验取平均值的方法
（4）某同学想用下述方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到某计数起始点P的距离h，计算对应计数点的重物速度 v，描绘图像，下列说法正确的是 （填选项前的字母）。
A．若图像是一条过原点的直线，则重锤下落过程中机械能一定守恒
B．若图像是一条过原点的直线，则重锤下落过程中机械能可能不守恒
C．若图像是一条不经过原点的直线，则重锤下落过程中机械能一定不守恒
D．若图像是一条不经过原点的直线，则重锤下落过程中机械能可能守恒
【答案】（1）A；D
（2）0.600；0.629
（3）A
（4）B；D
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）本实验中根据工作原理可以得出打点计时器需要用交流电源，测量重物下落的高度需要用刻度尺，实验有打点计时器不需要秒表，验证机械能守恒定律的表达式不需要天平。
故选AD。
（2）已知打点频率为50Hz，相邻计数点的时间间隔为
根据平均速度可以得出打B 点时的瞬时速度为
则从O点到B点的这段时间内，根据动能的表达式可以得出重锤的动能增加量为
从O点到B点的这段时间内，根据重力势能的表达式可以得出重锤的重力势能的减少量为
（3）根据实验原理可知，物体在下落的过程中会受到空气阻力的作用，纸带和限位孔之间有摩擦力，由于系统克服阻力做功，导致系统机械能不断减小，则重力势能的减少量大于系统动能的增加量。
故选A。
（4）从某个计数点为P点开始，若机械能守恒应满足
变形可得
作出的图像，根据表达式可以得出图像都是一条倾斜的直线，若取打点计时器打出的第一个点为 P点，则等于零，图像过原点，若取其它点为P，图像不过原点。根据表达式可以得出图像斜率在误差范围内等于当地重力加速度的2倍，则可判定重锤下落过程中机械能守恒，反之则不守恒。
故选BD。
【分析】（1）打点计时器需要用交流电源，测量重物下落的高度需要用刻度尺，实验有打点计时器不需要秒表，验证机械能守恒定律的表达式不需要天平；
（2）利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小，结合动能的表达式可以求出动能的增量；利用高度和重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；
（3）由于系统克服阻力做功，导致系统机械能不断减小，则重力势能的减少量大于系统动能的增加量；
（4）利用机械能守恒定律可以判别图线一定为直线，当斜率等于2g时可以验证机械能守恒。
（1）本实验中打点计时器需要用交流电源，测量重物下落的高度需要用刻度尺，不需要秒表和天平。
故选AD。
（2）[1]相邻计数点的时间间隔为
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打B 点时的瞬时速度为
则从O点到B点的这段时间内，重锤的动能增加量为
[2]从O点到B点的这段时间内，重锤的重力势能的减少量为
（3）根据实验原理可知，物体在下落的过程中会受到空气阻力的作用，纸带和限位孔之间有摩擦力，由于系统克服阻力做功，导致系统重力势能的减少量大于系统动能的增加量。
故选A。
（4）从某个计数点开始，若机械能守恒应满足
变形可得
作出的图像，若取打点计时器打出的第一个点为 P点，则等于零，图像过原点，若取其它点为P，图像不过原点；但无论怎样，图像都是一条倾斜的直线。若其斜率在误差范围内等于当地重力加速度的2倍，则可判定重锤下落过程中机械能守恒，反之则不守恒。
故选BD。
13．（2024高一下·肇庆期末）小明将质量为0.2kg的小球从距水平地面高为0.8m处水平抛出，落地时的水平位移为1.2m，不计空气阻力，，求：
（1）小球做平抛运动的初速度大小；
（2）小球落地时的速度大小；
（3）小明对小球所做的功。
【答案】（1）小球做平抛运动，水平方向
竖直方向
解得
（2）设小球落地时速度大小为 v，竖直方向的速度为，则
小球落地时速度大小为
（3）小明对小球所做的功由动能定理得
代入数据解得
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小球做平抛运动，根据位移公式可以求出初速度的大小；
（2）小球落地时，利用速度位移公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度的合成可以求出合速度的大小；
（3）小球被抛出的过程中，利用动能定理可以求出小明对小球做功的大小。
14．（2024高一下·肇庆期末）如图所示，过山车轨道固定于竖直平面内，该轨道由一段倾斜直轨道和与之相切的圆形轨道平滑连接而成。过山车从倾斜轨道上的A点由静止开始下滑，当过山车经过圆形轨道最高点C时对轨道的压力大小等于其重力的大小。已知圆形轨道的半径为R，过山车的质量为m且可视为质点，忽略一切阻力，重力加速度为g。求：
（1）过山车经过最高点C时的速度大小vC；
（2）过山车经过最低点B时所受的支持力大小FB；
（3）过山车的下滑起点A距圆形轨道最低点B的竖直高度h。
【答案】（1）依题意，过山车经过最高点C时，根据牛顿第二定律可得
又
解得
（2）过山车由B点到C点的过程中，由动能定理可得
过山车经过最低点B时，根据牛顿第二定律可得
解得
FB=7mg
（3）过山车由下滑起点A到最高点C，根据动能定理可得
解得
hAC=3R
过山车的下滑起点A距圆形轨道最低点B的竖直高度为3R。
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）过山车经过C点时，利用牛顿第二定律可以求出经过C点速度的大小；
（2）过山车从B点到C点的过程中，利用动能定理可以求出经过B点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出过山车受到的支持力大小；
（3）过山车从A点到B点的过程中，利用动能定理可以求出AC之间高度的大小。
15．（2024高一下·肇庆期末）某同学在水平桌面上玩闯关游戏。在桌面最左端放置一质量mA=0.1kg的小物体A（可视为质点），距离物体 A为s1=1m处有一质量mB=0.2kg的物体B（可视为质点），物体B距离桌面最右端为s2=2m，两物体在同一条直线上，如图所示。现使A以某一初速度沿直线向B运动，若A既能与B发生碰撞且碰后又不会滑离桌面，则闯关成功。已知A、B碰撞时间很短且碰后粘在一起，A、B两物体与桌面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度g=10m/s2，为了确保闯关成功，求：
（1）物体A与B碰后的最大速度的大小vm；
（2）物体A与B碰撞过程损失机械能的最大值；
（3）物体A初动能的范围。
【答案】（1）若A、B碰后刚好不会滑离桌面，则
解得
vm=2m/s
（2）若A、B碰后速度最大，则A、B碰撞过程损失的机械能最大，对A、B碰撞过程中
解得
E损=1.2J
（3）若A、B碰后速度最大，则碰前A的速度也为最大，初动能最大，A由桌面最左端到与 B碰前瞬间，有
解得
Ekmax=1.9J
若A与B碰前瞬间速度刚好减为零，则A的初动能最小，A由桌面最左端到与B碰前，有
解得
Ekmin=0.1J
所以物体A初动能的范围为0.1J≤Ek≤1.9J。
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）当AB相碰后恰好不滑离桌面，利用动能定理可以求出碰后速度的大小；
（2）当AB碰后速度最大时，根据动量守恒定律及能量守恒定律可以求出损失机械能的最大值；
（3）当AB碰后速度最大时，则A碰后速度最大，利用动能定理可以求出碰前A的初动能大小范围。
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