2022-2023学年吉林省公主岭一中、榆树实验、九台一中、农安高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年吉林省公主岭一中、榆树实验、九台一中、农安高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.开普勒在研究了第谷的行星观测记录后，分别于1609年和1619年发表了行星运动的三个定律，即开普勒行星运动定律。下列说法正确的是( )
A. 所有行星绕太阳运动的轨迹都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上
B. 金星离太阳越远时，金星与太阳的连线在相同时间内扫过的面积越大
C. 两颗绕不同中心天体运行的行星的轨道半长轴的三次方与其公转周期的二次方的比值一定相等
D. 开普勒行星运动定律是建立在哥白尼的地心说上的
2.下列关于简谐运动的说法正确的是( )
A. 简谐运动属于一种匀变速运动
B. 做简谐运动的物体在平衡位置的速度为0
C. 做简谐运动的物体经过同一位置时的速度必然相同
D. 做简谐运动的物体的位移方向与回复力方向必然相反
3.在足球训练时，某运动员先后两次将足球(可视为质点)从同一地点踢飞出去，足球在空中第一、二次运动的轨迹分别如图中①、②所示，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 足球第一次被踢飞到落地的过程中受到的重力始终做正功
B. 足球两次着地时受到的重力的瞬时功率相等
C. 足球两次从被踢飞到落地的过程中受到的重力的平均功率相等
D. 足球第一次着地时受到的重力的瞬时功率小于第二次着地时的
4.我国每根铁轨的标准长度有12.5m和25m两种。铺设铁轨时，每两根铁轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行的列车经过铁轨接缝处时，车轮就会受到一次冲击。每一根铁轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击做受迫振动。某辆行驶在标准长度为25m的铁轨上的列车的固有频率为8Hz，下列说法正确的是( )
A. 该列车行驶时受到铁轨的冲击力做受迫振动的周期一定为0.125s
B. 该列车行驶的速度为50m/s时列车做受迫振动的振幅最大
C. 该列车受到铁轨的冲击力做受迫振动的振幅与列车行驶的速度有关
D. 该列车的固有频率与列车行驶的速度有关
5.2023年5月30日，“神舟十六号”载人飞船的发射取得圆满成功，飞船进入预定轨道后，按照预定程序与空间站组合体进行自主快速交会对接。已知空间站组合体绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为6800km，地球同步轨道卫星的轨道半径为42000km，则( )
A. “神舟十六号”的发射速度应大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度
B. 空间站组合体运行的线速度小于地球同步轨道卫星的线速度
C. 空间站组合体运行的周期大于地球同步轨道卫星的周期
D. 空间站组合体运行的角速度小于地球同步轨道卫星的角速度
6.在汽车相撞时，汽车的安全气囊可使头部受伤率减少约25%，面部受伤率减少80%左右。如图所示，某次汽车正面碰撞测试中，汽车以108km/h的速度撞上测试台后停下，安全气囊在系有安全带的假人的正前方水平弹出，假人用时0.2s停下。车内假人的质量为50kg，则下列说法正确的是( )
A. 安全气囊的作用是减小碰撞前后假人动量的变化量
B. 安全气囊对假人的作用力小于假人对安全气囊的作用力
C. 碰撞过程中安全气囊和安全带对假人的冲量大小为300N⋅s
D. 碰撞过程中安全气囊和安全带对假人的平均作用力大小为7500N
7.新能源汽车越来越受市民的喜爱。某辆新能源汽车在水平路面上由静止启动，其速度-时间(v−t)图像如图所示。汽车的速度大小v≤10m/s时图像为过原点的直线，v=10m/s时汽车恰好达到额定功率P=60kW，之后保持额定功率行驶，已知汽车的质量m=2×103kg，汽车受到的阻力为所受重力的110，取重力加速度大小g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 汽车在v≤10m/s时做匀加速直线运动，加速度大小a=3m/s2
B. 汽车做匀加速直线运动的时间为5s
C. 汽车的最大速度为20m/s
D. 汽车从启动到获得最大速度所经历的时间为15s
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.某鱼漂如图所示，O、M、N为鱼漂上的三个点。当鱼漂静止时，O点恰好在水面处。某次鱼咬钩后将鱼漂向下拉了一下，随后脱钩，使M点刚好与水面平齐，之后鱼漂便上下运动。鱼漂上升到最高处时，鱼漂上的N点与水面平齐。假设水面静止，鱼漂在M、N点间的横截面积相同，不考虑阻力的影响，则( )
A. 鱼漂上O、M点间的距离等于O、N点间的距离
B. 鱼漂的M点到达水面处时，鱼漂的回复力为0
C. 鱼漂的N点到达水面处时，鱼漂的动能最大
D. 鱼漂的O点到达水面处时，鱼漂的动能最大
9.如图所示，圆形餐桌上镶嵌着一可绕中心轴O转动的圆盘，圆盘上A、B处分别放有甲、乙餐盘(可视为质点)，OA=2OB=2r，甲餐盘的质量为m，乙餐盘的质量为2m，两餐盘与圆盘之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两餐盘与圆盘之间的动摩擦因数均为μ，已知重力加速度大小为g。当圆盘匀速转动时，下列说法正确的是( )
A. 在未与圆盘发生相对滑动之前，甲餐盘受到的摩擦力始终大于乙餐
B. 随着圆盘转速缓慢增大，甲餐盘会比乙餐盘先相对于圆盘发生滑动
C. 若圆盘表面突然变光滑，餐盘将会沿圆盘半径方向运动
D. 当圆盘转动的角速度ω> μg2r时，将会有餐盘相对于圆盘发生滑动
10.如图所示，物体A套在光滑的竖直杆上，放置在粗糙水平桌面上的物体B通过定滑轮用一轻质细绳与物体A相连。物体A、B(均可视为质点)的质量分别为2m、m。初始时物体A、B在同一高度，物体A从竖直杆上的P点由静止释放，下落到竖直杆上的Q点时速度大小为v，此时连接物体A的细绳与水平方向的夹角为θ，已知PQ=h，重力加速度大小为g，则在物体A从P点运动到Q点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 物体A做匀加速直线运动
B. 物体A下落到Q点时，物体B的速度大小为vsinθ
C. 物体B克服摩擦力做的功为2mgh−mv2+12m(vsinθ)2
D. 物体B机械能的增加量和克服摩擦力做功之和等于物体A机械能的减少量
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.为探究向心力大小与角速度的关系，某实验小组通过如图所示的装置进行实验。滑块套在水平杆上，随水平杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过一细绳连接滑块，用来测绳上拉力大小。滑块上固定一遮光片，宽度为d，光电门可以记录遮光片通过的时间，测出滑块中心到竖直杆的距离为l。实验过程中细绳始终被拉直。
(1)在探究向心力大小与角速度的关系时主要采用的物理方法是______。
A.控制变量法
B.理想实验法
C.等效替代法
(2)滑块随杆转动做匀速圆周运动时，每经过光电门一次，力传感器和光电门就同时获得一组拉力F和遮光时间t，则滑块的角速度ω=______(用t、l、d表示)。实验中发现装置转速较小时，遮光时间t较大，力传感器的示数为0，造成该现象的原因是______。
(3)为验证向心力大小与角速度的关系，得到多组实验数据后，应作出F与______(填“t”、“1t”或“1t2”)的关系图像。
12.一同学利用如图所示的斜槽轨道和两个由相同材料制成、表面粗糙程度相同的滑块A、B做“验证动量守恒定律”的实验。斜槽轨道由倾斜轨道和平直轨道组成，两部分间由一段圆弧平滑连接，在平直轨道上一侧固定有刻度尺。其操作步骤如下：
①将斜槽轨道放置在水平桌面上；
②用天平测得A、B两个滑块的质量分别为m1、m2；
③不放滑块B，使滑块A从倾斜轨道顶端P点由静止释放，滑块A最终静止在平直轨道上，记下滑块A静止时其右侧面对应的刻度x1；
④把滑块B放在平直轨道上，记下其左侧面对应的刻度x0；
⑤让滑块A仍从倾斜轨道顶端P点由静止释放，滑块A与滑块B发生碰撞后最终均静止在平直轨道上，记下最终滑块B静止时其左侧面对应的刻度x2、滑块A静止时其右侧面对应的刻度x3。
(1)实验中，必须满足的条件是______。
A.倾斜轨道必须光滑
B.平直轨道必须水平
C.滑块A的质量应大于滑块B的质量
D.同一组实验中，滑块A静止释放的位置可以不同
(2)实验中滑块A碰撞前的速度大小v0与______成正比。
A.x1
B.x1−x0
C.(x1−x0)2
D. x1−x0
(3)若关系式m1 x1−x0=______中成立，则可得出结论：滑块 A、B碰撞过程中动量守恒。若要进一步验证滑块A、B的碰撞是否为弹性碰撞，则应验证关系式m1(x1−x0)=______是否成立。(均用给定的物理量符号表示)
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.天河行舟，载梦远航，2023年5月10日“天舟六号”货运飞船在“长征七号”遥七运载火箭的喷薄托举下腾空九霄、进入太空。次日5时16分，飞船成功完成与空间站核心舱后向对接。对接完成后的“天舟六号”与空间站核心舱(以下简称空间站组合体)在离地球表面高度为h的轨道上绕地球做匀速圆周运动，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度大小为g(不考虑地球自转影响)，引力常量为G，求：
(1)空间站组合体做匀速圆周运动的线速度大小；
(2)地球的平均密度。
14.如图所示，粗糙水平地面AB与固定在竖直面内的半圆形光滑轨道BC在B点平滑连接，轨道半径R=0.4m。用外力将一质量m=1kg的物块压缩弹簧至A点，撤去外力，由静止释放物块，物块经过B点(此时物块与弹簧已分离)进入半圆形轨道向上运动到达最高点C后飞出，落到水平地面上时与B点的距离x=1.2m。已知A、B两点间的距离L=2m，物块与水平地面AB间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力，求：
(1)物块经过C点时对轨道的压力大小；
(2)弹簧被压缩至A点时的弹性势能。
15.如图甲所示的游艺项目为克朗棋，也叫“克郎球”、“康乐球”，其规则与桌球类似，玩家用球杆或手弹的方法像打台球那样击打母棋，使其撞击子棋入洞。克朗棋的棋子类似于象棋棋子，某克朗棋的母棋、子棋与玩具桌之间的动摩擦因数均为μ=0.5，母棋的质量m0=50g，子棋的质量m1=30g。某次游戏中，玩家想用在A点的母棋击打在B点的子棋使其入洞，母棋、子棋与在C点的洞在一条直线上，可简化为图乙。已知玩家在A点给母棋的瞬时冲量大小I0=0.15N⋅s，母棋与子棋之间的碰墥可视为弹性碰撞且碰撞时间极短，A、B两点间的距离d1=0.5m，B、C两点间的距离d2=0.6m，取重力加速度大小g=10m/s2，母棋、子棋均可视为质点。
(1)求母棋与子棋碰撞前瞬间母棋的速度大小；
(2)求母棋最终静止时与洞之间的距离；
(3)计算说明被击打的子棋是否入洞。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.根据开普勒第一定律可知，所有行星绕太阳运动的轨迹都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上，故A正确；
B.根据开普勒第二定律可知，对每一个行星而言，太阳到行星所连接的直线在相同时间内扫过的面积相等，故金星与太阳的连线在相同时间内扫过的面积相等，故B错误；
C.根据开普勒第三定律可知，两颗绕同一中心天体运行的行星的轨道半长轴的三次方与其公转周期的二次方的比值一定相等，则两颗绕不同中心天体运行的行星的轨道半长轴的三次方与其公转周期的二次方的比值不一定相等，故C错误；
D.开普勒行星运动定律是建立在哥白尼的日心说上的，故D错误。
故选：A。
第一定律：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上；
第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等；
第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等；
开普勒行星运动定律是建立在哥白尼的日心说上的。
开普勒关于行星运动的三定律是万有引力定律得发现的基础，是行星运动的一般规律，正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键。
2.【答案】D
【解析】解：A.简谐运动的合外力时刻发生变化，由牛顿第二定律知，加速度发生变化，是一种变加速运动，故A错误；
B.做简谐运动的物体在平衡位置的速度最大，不为0，故B错误；
C.做简谐运动的物体经过同一位置时的速度大小一定相同，速度方向有时与位移方向相反，有时与位移方向相同，速度方向不一定相同，故C错误；
D.做简谐运动的物体回复力的方向总是指向平衡位置，位移方向远离平衡位置，所以位移方向与回复力方向必然相反，故D正确。
故选：D。
物体做简谐运动，回复力的方向总是指向平衡位置，根据牛顿第二定律分析加速度的变化；速度方向有时与位移方向相反，有时与位移方向相同；根据简谐运动的运动特点分析判断。
本题考查对描述简谐运动的物理量：速度、加速度、位移特点的理解和掌握程度，关键抓住位移的起点是平衡位置。
3.【答案】C
【解析】解：A.足球第一次被踢飞到落地的过程中，足球先向上运动后向下运动，所以可得重力先做负功再做正功，故A错误；
BD.足球在竖直方向上的分速度为
vy=vcsθ
足球着地时受到的重力的瞬时功率
P=mgvcsθ=mgvy=mg 2gh
第一次足球的最高点比第二次高，可知足球第一次着地时受到的重力的瞬时功率大于第二次，故BD错误；
C.足球两次从被踢飞到落地的过程中受到的重力做功为零，故足球两次从被踢飞到落地的过程中受到的重力的平均功率相等，为零，故C正确。
故选：C。
根据足球的运动路径判断重力的做功情况；
足球的重力的瞬时功率为重力与竖直方向上速度的乘积，根据第一次运动的最高点和第二次运动的最高点判断功率的大小；
根据两次运动的重力做功相同，可判断出平均功率相同。
本题考查的是平均功率和瞬时功率的大小判断，其中需注意重力功率为重力与竖直方向上速度的乘积。
4.【答案】C
【解析】解：A.列车以速率v匀速行驶时，做受迫振动的周期为：
T=Lv ①
解得：T=25v，列车做受迫振动的周期与列车的速度有关，故A错误；
B.列车以速率v1匀速行驶时，做受迫振动的频率等于列车的固有频率8Hz时，列车做受迫振动的振幅最大。此时
f=1T ②
f=8Hz③
联立①②③解得：v1=200m/s，故B错误；
C.列车做受迫振动的频率接近列车的固有频率时，做受迫振动的振幅越大，列车做受迫振动的频率
f=1T
解得：f=v25
所以列车该列车受到铁轨的冲击力做受迫振动的振幅与列车行驶的速度有关。C正确；
D.该列车的固有频率与列车行驶的速度无关，与列车自身的性质有关。故D错误。
故选：C。
做受迫振动的周期与驱动力的周期有关；共振的条件是驱动力的频率等于系统的固有频率，结合共振的条件求列车的危险速率；固有频率与自身的性质有关。
本题的关键要掌握共振的条件，分析清楚列车的速度与列车运行的振动周期的关系，知道固有频率与自身的性质有关。
5.【答案】A
【解析】解：A、第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，第二宇宙速度是脱离地球引力束缚的最小发射速度，“神舟十六号”的发射速度应大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，故A正确；
B、根据万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r
可得线速度大小为：v= GMr
根据题意可知：组合体轨道半径为r1=6800kmω1
因此随着圆盘转速缓慢增大，甲餐盘会比乙餐盘先相对于圆盘发生滑动，而当圆盘转动的角速度ω> μg2r时，将会有餐盘相对于圆盘发生滑动，故BD正确；
C.若圆盘表面突然变光滑，餐盘由于具有惯性，餐盘处于受力平衡状态，则餐盘将沿所在圆周的切线方向做匀速直线运动，故C错误。
故选：BD。
餐盘受到的摩擦力提供向心力，根据向心力的计算公式得出两者摩擦力的大小关系；
当餐盘受到的摩擦力为滑动摩擦力时，此时圆盘的转速最大，结合牛顿第二定律列式得出各自的临界角速度；
当圆盘表面变得光滑时，对餐盘受力分析，根据其受力特点分析出其接下来的运动特点。
本题主要考查了圆周运动的相关应用，理解物体做圆周运动的向心力来源，理解物体发生滑动时的临界条件，结合牛顿第二定律即可完成分析。
10.【答案】BD
【解析】解：A、物体A下滑时，水平方向受力平衡，竖直方向上受重力和细绳拉力的竖直分量，因细绳拉力的竖直分量是变化的，可知物体A所受的合力不是恒力，物体A的加速度不恒定，所以物体A做变加速直线运动，故A错误；
B、物体A下落到Q点时，根据物体A沿绳子方向的分速度等于B的速度，可得物体B的速度大小为vsinθ，故B正确；
C、在物体A从P点运动到Q点的过程中，对A、B整体，根据动能定理有
2mgh−Wf=12⋅2mv2+12m(vsinθ)2
解得物体B克服摩擦力做的功为：Wf=2mgh−mv2−12m(vsinθ)2，故C错误；
D、根据功能关系可知，物体B机械能的增加量和克服摩擦力做功之和等于物体A机械能的减少量，故D正确。
故选：BD。
A下滑过程中，分析绳子上拉力的变化，从而判断A的运动性质，根据物体A沿绳子方向的分速度等于B的速度求出B的速度；根据动能定理求出克服摩擦力所做的功，再根据功能关系即可确定各种能量变化之间的关系。
本题的关键是用好系统动能定理以及运动的合成和分解这两个知识点，要注意A与B的速度沿着绳子方向的分速度是相等的。
11.【答案】Adlt 滑块与水平杆之间有摩擦力 1t2
【解析】解：(1)在探究向心力大小与角速度的关系时需控制滑块的质量和滑块运动半径不变，采用了控制变量法，故A正确，BC错误；
故选：A。
(2)滑块的角速度为：ω=vr=dlt
装置转速较小时，滑块与水平杆之间的摩擦力提供滑块做圆周运动的向心力，故实验中发现装置转速较小时，遮光时间t较大，力传感器的示数为0，造成该现象的原因是滑块与水平杆之间有摩擦力。
(3)根据：F=mω2r
可得：F=md2l⋅1t2
可知应作出F与1t2的关系图像。
故答案为：(1)A；(2)dlt；滑块与水平杆之间有摩擦力；(3)1t2
(1)(2)根据控制变量法分析判断；根据平均速度推导线速度，根据线速度、角速度和半径关系推导角速度。根据受力分析判断力传感器的示数为0的原因；
(3)根据向心力公式和图像分析判断。
本题考查探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，要求掌握实验原理、实验方法。
12.【答案】CDm1 x3−x0+m2 x2−x0 m1(x3−x0)+m2(x2−x0)
【解析】解：(1)A.倾斜轨道不一定必须光滑，只要滑块A到达底端的速度相同即可，故A错误；
B.因为两滑块的材料相同，表面的粗糙程度相同，若平直轨道的倾角为θ，由动能定理得：
(mgsinθ−μmgcsθ)x=12mv2
解得：v2=2(gsinθ−μgcsθ)x
可见平直轨道不水平时，两滑块在轨道上碰撞前后的速度的平方仍与位移成正比，仍可用运动的位移代替速度，故B错误；
C.为防止滑块A与滑块B碰后反弹，则滑块A的质量必须大于滑块B的质量，故C正确；
D.为保证滑块A每次到达底端的初速度相同，则同一组实验中，滑块A静止释放的位置要相同，故D错误。
故选：C。
(2)对滑块A由动能定理得：−μm1g(x1−x0)=0−12m1v02
可得滑块A碰撞前的速度大小为：v0= 2μg(x1−x0)
即：v0∝ x1−x0，故D正确，ABC错误；
故选：D。
(3)若滑块A、B碰撞过程中动量守恒，则有：m1v0=m1v1+m2v2
又因为
v0= 2μg(x1−x0)
v1= 2μg(x3−x0)
v2= 2μg(x2−x0)
联立可得：m1 x1−x0=m1 x3−x0+m2 x2−x0
若滑块A、B发生弹性碰撞，则由机械能守恒定律得：12m1v02=12m1v12+12m2v22
联立可得：m1(x1−x0)=m1(x3−x0)+m2(x2−x0)
故答案为：(1)C；(2)D；(3)m1 x3−x0+m2 x2−x0；m1(x3−x0)+m2(x2−x0)
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作，结合题目选项完成分析；
(2)根据动能定理得出碰前速度的表达式即可完成分析；
(3)根据动量守恒定律，结合弹性碰撞的特点列式完成解答。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和动量守恒定律即可完成解答。
13.【答案】解：(1)忽略地球自转的前提下，对地球表面质量为m1的物体，有
GMm1R2=m1g
解得：M=gR2G
对质量为m2的空间站组合体，有
GMm2(R+h)2=m2v2R+h
解得：v= gR2R+h=R gR+h
(2)地球的体积为：
V=43πR3
地球的密度为：
ρ=MV
解得：ρ=3g4πGR
答：(1)空间站组合体做匀速圆周运动的线速度大小为R gR+h；
(2)地球的平均密度为3g4πGR。
【解析】(1)忽略自转的前提下，地球表面的物体受到的万有引力等于重力，同时空间站受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得出线速度的大小；
(2)根据体积和密度的计算公式得出地球的平均密度。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解空间站做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
14.【答案】解：(1)物块从C点飞出做平抛运动，竖直方向上有
2R=12gt2
水平方向上有
x=vCt
解得：vC=3m/s
物块在半圆形轨道上C点时，由牛顿第二定律有
FN+mg=mvC2R
解得：FN=12.5N
由牛顿第三定律有
FN′=FN
解得物块经过C点时对轨道的压力大小为：FN′=12.5N
(2)物块从A点运动到C点，由功能关系可知
E弹=μmgL+mg⋅2R+12mvC2
解得：E弹=22.5J
答：(1)物块经过C点时对轨道的压力大小为12.5N；
(2)弹簧被压缩至A点时的弹性势能为22.5J。
【解析】(1)物块从C点飞出做平抛运动，根据平抛运动的规律，求出物块通过C点时的速度，由牛顿第二定律和牛顿第三定律求出物块经过C点时对轨道的压力大小。
(2)物块从A点运动到C点，利用功能关系求弹簧被压缩至A点时的弹性势能。
解决本题时，要能熟练运用运动的分解法处理平抛运动，运用功能关系时，要明确能量转化情况。
15.【答案】解：已知m0=50g=0.05kg，m1=30g=0.03kg
(1)母棋在A点时，由动量定理有
I0=m0vA
母棋从A点运动到B点，由动能定理有
−μm0gd1=12m0vB2−12m0vA2
解得碰撞前瞬间母棋的速度：vB=2m/s
(2)母棋与子棋在B点发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别有
m0vB=m0v0+m1v1
12m0vB2=12m0v02+12m1v12
解得：
v0=m0−m1m0+m1vB=50−3050+30×2m/s=0.5m/s
v1=2m0m0+m1vB=2×5050+30×2m/s=2.5m/s
母棋碰撞后继续做匀减速直线运动，由动能定理有
−μm0gx=0−12m0v02
母棋最终静止时与洞之间的距离
Δx=d2−x
解得：Δx=0.575m
(3)设子棋碰撞后没有入洞，由动能定理有
−μm1gx′=0−12m1v12
解得碰撞后子棋滑行的最大距离：x′=0.625m
由于x′>d2，可知被击打的子棋入洞了。
答：(1)母棋与子棋碰撞前瞬间母棋的速度大小为2m/s；
(2)母棋最终静止时与洞之间的距离为0.575m；
(3)被击打的子棋入洞了。
【解析】(1)母棋在A点时，利用动量定理求出其获得的速度。母棋从A点运动到B点，由动能定理求母棋与子棋碰撞前瞬间母棋的速度大小；
(2)母棋与子棋发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求出碰撞后瞬间两者的速度，再由动能定理求母棋最终静止时与洞之间的距离；
(3)根据动能定理求出碰撞后被击打的子棋滑行的最大距离，即可判断其是否入洞。
本题是力学综合题目，包含动量定理、动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律四大力学原理。弹性碰撞模型要熟记公式，能灵活应用动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求出碰撞后瞬间两者的速度。涉及力在空间的积累效果求速度时，要首先考虑动能定理。