2024年广东省广州市天河区高考物理一模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年广东省广州市天河区高考物理一模试卷(含详细答案解析)，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.1638年，《两种新科学的对话》著作的出版，奠定了伽利略作为近代力学创始人的地位，书中讨论了自由落体运动和物体沿斜面运动的问题。依据伽利略在书中描述的实验方案，某实验小组设计了如图所示的装置，探究物体沿斜面下滑的运动特点。操作步骤如下：
①让滑块从距离挡板s处由静止下滑，同时打开水箱阀门，让水均匀稳定流到量筒中；
②当滑块碰到挡板时关闭阀门；
③记录量筒收集的水量V；
④改变s，重复以上操作。
则s与V的比例关系为( )
A. s∝V2B. s∝1V2C. s∝VD. s∝ V
2.如图为自动控制货品运动的智能传送带，其奥秘在于面板上蜂窝状的小正六边形部件，每个部件上有三个导向轮A、B、C，在单个方向轮子的作用下，货品可获得与导向轮同向的速度v，若此时仅控制A、C两个方向的轮子同时按图示箭头方向等速转动，则货品获得的速度大小为( )
A. vB. 2vC. 3vD. 2v
3.图甲中的辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水桶等部分构成。图乙为工作原理简化图，辘轳绕绳轮轴半径r=0.1m，水桶的质量M=0.5kg，井足够深，忽略井绳质量和因绳子缠绕导致轮轴的半径变化。某次从井中汲取m=2kg的水，轮轴由静止开始绕中心轴转动从而竖直向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图丙所示，重力加速度g=10m/s2，则( )
A. 10s末水桶的速度大小为20m/sB. 水桶的速度大小随时间变化规律为v=2t
C. 0∼10s内水柚上升的高度为20mD. 0∼10s内井绳拉力所做的功为255J
4.排球是人们最喜爱的运动之一。如图所示，运动员在原地向上做抛接球训练，排球在空中受到空气的阻力大小可视为不变，下列能反映排球上升和下落运动过程的图像是( )
A.
B.
C.
D.
5.2021年5月，我国首次进行火星探测，天问一号携带“祝融号”火星车在乌托邦平原南部预选着陆区成功着陆。着陆前，探测器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动(探测器可视为火星的近地卫星)，通过某设备测得每经过时间t探测器通过的弧长相同，且弧长对应的圆心角为θ，如图，若将火星看作质量分布均匀的球体，已知引力常量为G，由以上测得的物理量可推知以下哪些量( )
A. 火星的质量B. 火星的半径
C. 火星的密度D. 火星表面的重力加速度
6.如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动，某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
A. P的位移大小一定大于Q的位移大小
B. P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
C. P的加速度大小的最大值为μg
D. Q的加速度大小的最大值为2μg
7.我国自古有“昼涨称潮，夜涨称汐”的说法。潮汐主要是由太阳和月球对海水的引力造成的，以月球对海水的引力为主。如图是某类潮汐发原理图，利用高、低潮位之间的落差，将海水的重力势能转化为动能，推动水轮机旋转，带动发电机发电。设海湾水库的面积为1.0×106m2，涨潮时水深20m，此时关上水坝的闸门时，可使水位保持20m不变，退潮时，坝外水位降至18m，重力势能转化为电能的效率为10%。每天有两次涨潮，涨潮和退潮时水流都推动水轮机发电，估算该电站一天能发的电能为( )
A. 2.0×103kW⋅hB. 4.0×104kW⋅hC. 6.0×108kW⋅hD. 8.0×109kW⋅h
8.弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标。现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则( )
A. 从D到C过程中，弹丸的机械能守恒
B. 从D到C过程中，弹丸的动能一直在增大
C. 从D到C过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小
D. 从D到E过程橡皮筋对弹丸做功大于从E到C过程
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.耙在中国已有1500年以上的历史，北魏贾思勰著《齐民要术》称之为“铁齿楱”，将使用此农具的作业称作耙。如图甲所示，牛通过两根耙索拉耙沿水平方向匀速耙地。两根耙索等长且对称，延长线的交点为O1，夹角∠AO1B=60∘，拉力大小均为F，平面AO1B与水平面的夹角为30∘(O2为AB的中点)，如图乙所示。忽略耙索质量，下列说法正确的是( )
A. 两根耙索的合力大小为FB. 两根耙索的合力大小为 3F
C. 地对耙的水平阻力大小为3F2D. 地对耙的水平阻力大小为F2
10.如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球静止自由下落80cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 头部对足球的平均作用力为足球重力的9倍
B. 足球下落到与头部刚接触时动量大小为1.6kg⋅m/s
C. 足球与头部作用过程中动量变化量大小为1.6kg⋅m/s
D. 足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.6N⋅s
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴(横轴为x轴，纵轴为y轴，最小刻度表示1mm)的纸贴在水平桌面上，如图(a)所示。将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点(位于图示部分之外)，另一端P位于y轴上的A点时，橡皮筋处于原长。
(1)用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O，此时拉力F的大小可由测力计读出。测力计的示数如图(b)所示，F的大小为______ N。
(2)撤去(1)中的拉力，橡皮筋P端回到A点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P端拉至O点。此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1=4.2N和F2=5.6N。
①用5mm长度的线段表示1N的力，以O为作用点，在图(a)中画出力F1、F2的图示，并根据平行四边形定则画出它们的合力F合。
②F合的大小为______ N，F合与拉力F的夹角的正切值为______。若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。
12.利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：
(1)调节导轨水平；
(2)测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为______kg的滑块作为A；
(3)调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离S1与B的右端到右边挡板的距离S2相等；
(4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2；
(5)将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤(4)。多次测量的结果如下表所示；
(6)表中的k2=______(保留2位有效数字)；
(7)v1v2的平均值为______；(保留2位有效数字)
(8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由v1v2判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则v1v2的理论表达式为______(用m1和m2表示)，本实验中其值为______(保留2位有效数字)，若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
四、简答题：本大题共2小题，共24分。
13.如图所示，半径为R、内壁光滑的半圆轨道竖直放置，与粗糙的水平直轨道在P点平滑连接。质量为m的小球(可视为质点)以初速度v0由直轨道N点向左运动。已知小球到达轨道最高点M时对轨道的压力大小为重力的2倍，重力加速度为g。求：
(1)小球刚过P点的速度大小及对圆轨道压力大小；
(2)小球从N到P过程中克服摩擦阻力做的功。
14.如图所示为弹象棋子游戏。水平长桌，高h=1.25m，长L=2m，开始时两棋子分别静置在长桌的两端。用力弹红棋子，红棋子以v0= 34m/s的初速度向右运动，正碰黑棋子后两棋子均做平抛运动，落地瞬间两棋子相距Δx=1m。两棋子质量相等且可视为质点，与桌面动摩擦因数均为μ=0.45，g=10m/s2。
(1)求碰撞黑棋子前瞬间，红棋子速度v的大小；
(2)设碰前瞬间红棋子速度大小为v，碰后瞬间红棋子速度大小为v1，黑棋子速度大小为v2，若定义恢复系数k=v2−v1v，求v1、v2及k的值；
(3)两棋子每次碰撞的恢复系数k相同。若某次游戏，红棋子位于长桌最左端，黑棋子位于桌面中点。用力弹红棋子，要让黑棋子落地而红棋子不落地，求红棋子初速度v0的取值范围(可用根号表示)。
五、计算题：本大题共1小题，共12分。
15.羽毛球筒口比较小，从球筒取球有一定的技巧．如图所示，羽毛球爱好者从筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着羽毛球筒，另一个手用较大的力向下迅速敲打筒的上端，使筒获得一个向下的初速度与手发生相对运动，里面的羽毛球就可以从上端出来。已知羽毛球筒质量为M=90g(不含球的质量)，羽毛球质量为m=5g，羽毛球头部离筒的上端距离为d=6.25cm，羽毛球与筒之间的滑动摩擦力为f1=0.1N，筒与手之间的滑动摩擦力为f2=2.6N。(重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计，羽毛球不会相对筒向下运动)，求：
(1)当筒获得一个初速度后，筒和羽毛球各自的加速度是多大？
(2)若要敲打一次就使羽毛球头部能到达筒口以上，筒获得的初速度至少为多大？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：滑块在粗糙程度相同的斜面上由静止释放，可知滑块做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式有s=12at2，即s与t2成正比。由于水均匀稳定流到量筒中，所以量筒中收集的水的体积V与t成正比，则有s∝t2∝V2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
通过匀变速直线运动的位移-时间公式找到位移与时间的关系，再处理水的体积与时间的关系即可。
本题主要考查了匀变速直线运动位移与时间的关系，解题关键是分析小球的运动，通过运动学公式找到位移与时间的关系，再处理水的体积与时间的关系即可。
2.【答案】C
【解析】解：物体参与了两个方向的运动，两个分速度的夹角为60∘，根据速度合成可知，合速度为
v实际=2vcs⁡30∘= 3v
故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据运动的分解与合成求解合速度。
本题考查运动的分解与合成，要求学生熟练掌握运动的分解与合成的基本规律和应用。
3.【答案】D
【解析】解：AB.由图丙可知
ω=2t
所以水桶速度随时间变化规律为
v=ωr=2t×0.1=0.2t
则10s末水桶的速度大小为2m/s，故AB错误；
CD.水桶匀加速上升，加速度
a=vt=0.2tt=0.2m/s2
由牛顿第二定律
F−(m+M)g=(m+M)a
代入数据解得
F=25.5N
水桶匀加速上升，0∼10s内它上升的高度为
h=12at2
代入数据解得
h=10m
则0∼10s内井绳拉力所做的功为
W=Fh
代入数据解得
W=255J
故C错误，D正确。
故选：D。
AB.由图丙可得，角速度随时间的变化规律，再根据线速度与角速度的关系，得出水桶上升速度(即线速度)的表达式，并可计算10s末水桶的速度大小；
C.根据AB选项所得的水桶上升速度的表达式，可判断水桶做匀加速直线运动，由运动学公式可计算0∼10s内水桶上升的高度；
D.对水桶，由牛顿第二定律可列方程，可求出井绳拉力大小，再由功的计算公式，可求0∼10s内井绳拉力所做的功。
解答本题，要从图丙入手，得出水桶的运动规律，而后结合运动学公式、牛顿第二定律、功的公式可解。
4.【答案】B
【解析】解：AB.受力分析，上升阶段，排球在空中受到空气的阻力与重力方向相同，合力较大，下落阶段，排球在空中受到空气的阻力与重力方向相反，合力较小，根据牛顿第二定律可知，上升阶段的加速度比下落阶段的要大，方向相同，故A错误，B正确；
CD.由h=12at2，上升所需的时间短，下落所需的时间稍长，且上升和下落运动方向相反，落回抛球点时，速度比抛出时稍小，故C、D错误。
故选：B。
通过受力分析分析合力，再根据牛顿第二定律，分析加速度大小；
由h=12at2，分析时间，分析速度大小。
本题考查学生对牛顿第二定律、受力分析、运动学公式的掌握，是一道基础题。
5.【答案】C
【解析】【分析】
由题意和运动学公式求出火星的运转周期；根据万有引力提供向心力得到火星的质量；根据万有引力定律提供重力求解火星表面的重力加速度；根据密度计算公式求解火星的密度。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，注意还要用到密度的公式。
【解答】
根据题意，设火星的质量为M，半径为R，“祝融号”火星车的质量为m，做圆周运动的周期为T，由公式可得，周期为：T=2πθ×t=2πtθ；
ABD.根据万有引力提供向心力有：GMmR2=m×4π2T2×R，可得：M=4π2R3GT2=R3θ2Gt2，由万有引力等于重力有：GMmR2=mg
可得，火星表面的重力加速度为：g=GMR2，由题可知，只有引力常量G、t和θ已知，则无法求出火星的质量、火星半径和火星表面的重力加速度，故ABD错误；
C.根据公式V=43πR3，M=ρV可得，火星的密度为：ρ=MV=3θ24πGt2，可知，火星的密度可以求出，故C正确。
6.【答案】B
【解析】解：设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力F=2μmg
撤去拉力前对Q根据共点力平衡条件有：T0=μmg
A.PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，故A错误；
B.滑块P在弹簧恢复到原长时，根据牛顿第二定律有：−μmg=maP2
解得aP2=−μg
撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为μg；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为μg，故B正确。
CD.从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为−T0−μmg=maP1
解得aP1=−2μg
此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时−μmg=maQm
解得aQm=−μg
故滑块Q加速度大小最大值为μg，故CD错误。
故选：B。
根据两滑块相对位移判断位移大小；根据滑块运动情况分析同一时刻速度关系；分析撤去拉力前后两滑块受力情况，根据牛顿第二定律分析撤去拉力后两滑块加速度的变化，确定加速度最大值。
本题考查牛顿第二定律的应用，解题时注意两个点：用整体法和隔离法处理连体问题，弹簧不会瞬间突变。
7.【答案】A
【解析】解：由于海洋很大，大坝外的海平面高度在海水流入、流出水库过程中几乎不变，故发电时水减少的重力势能ΔEp=mgh2=ρShgh2，一天发电四次，转化成的电能E=4ΔEp×10%，化成千瓦时作单位
E=8.0×1093.6×106kW⋅h≈2×103kW⋅h，故A正确，BCD错误。
故选：A。
发电过程中，是水的重力势能转化成电能，由此可列写公式求出答案。
学生在解决本题时，应注意发电过程中，是水的重力势能转化成电能，并且要自己阅读题干，根据提供的信息解决本题。
8.【答案】D
【解析】【分析】
机械能守恒的条件是：只有重力弹力做功，除重力对物体做的功等于物体动能的变化量；根据动能定理，合外力做功等于物体动能的变化量。
本题考查弹力与重力做功情况下能量的转化情况，熟练应用能量守恒是分析问题的基础。
【解答】
解：A、从D到C，橡皮筋的弹力对弹丸做功，所以弹丸的机械能增大，故A错误；
B、橡皮筋ACB恰好处于原长状态，在C处橡皮筋的拉力为0，在CD连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从D到C，弹丸的合力先向上后向下，速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故B错误；
C、从D到C，橡皮筋对弹丸一直做正功，橡皮筋的弹性势能一直减小，故C错误；
D、从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段位移相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多，机械能增加也多，故D正确。
故选D。
9.【答案】BC
【解析】解：AB、根据平行四边形定则可知，两根耙索的合力大小为F′=2Fcs30∘= 3F，故A错误，B正确；
CD、由平衡条件，地对耙的水平阻力与两根耙索的合力大小的水平分量相等，方向相反，故f=F′cs30∘=32F，故C正确，D错误。
故选：BC。
首先，根据力的合成求出两根耙索的合力，然后再根据共点力平衡求出地对耙的水平阻力。
本题考查了空间受力问题，解决本题的关键是先求出两根耙索的合力。
10.【答案】ABD
【解析】解：AC.足球自由落体80cm时的速度为v1，时间为t1，有v12=2gh，t1= 2hg，解得v1=4m/s，t1=0.4s，反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度为
v2=v1=4m/s，上升的时间为t2=t1=0.4s，对足球与人接触的过程，Δt=0.1s，取向上为正，由动量定理有
(F−−mg)⋅Δt=mv2−(−mv1)=Δp，解得：F−=36N，Δp=3.2kg⋅m/s，即头部对足球的平均作用力为36N，而足球的重力为4N，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为
Δp=3.2kg⋅m/s，故A正确，C错误；
B.足球刚接触时的动量为p1=mv1，解得p1=1.6kg⋅m/s，故B正确；
D.足球运动的全过程，所受重力的冲量为IG=mg(t1+Δt+t2)，解得IG=3.6N⋅s，故D正确。
故选：ABD。
利用运动学公式求出足球下落的时间和落地时的速度，再结合对称性和动量定理求出平均作用力，进行比较；利用动量定理求出动量大小；利用冲量定理求解冲量。
学生在解决本题时，应注意仔细分析题目中足球的运动过程，并且结合题干信息，采用动量的祥光物理规律作答。
11.【答案】
【解析】解析：(1)弹簧测力计的最小刻度为0.2N，由图可知F的大小为4.0N.
(2)①取5mm的长度对应的力的大小为1N，则F1、F2的大小如图所示，利用平行四边形定则作出它们的合力如图所示：
②由图可知：F合=4.0N.从F合的顶点向x轴和y轴分别作垂线，顶点的横坐标对应长度为1mm，顶点的纵坐标长度为20mm，则可得出F合与拉力F的夹角的正切值为：tanθ=120=0.05。
故答案为：(1)4.0；(2)①如图所示、②4.0、0.05((0.048∼0.052均正确)
(1)根据弹簧测力计的最小分度值进行读数；
(2)根据图示法作出F1和F2，结合平行四边形定则作出合力，得出合力的大小以及F合与拉力F的夹角的正切值。
本题考查了力的合成法则及平行四边形定则的应用，掌握正确的作图方法，是考查基础知识的好题。
12.【答案】−m12m1 0.34
【解析】解：(2)两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg，要想使碰撞后两滑块运动方向相反，则A滑块质量要小，才有可能反向运动，故选0.304kg的滑块作为A。
(6)因为位移相等，所以速度之比等于时间之比的倒数，由表中数据可得，k2=t2t1=。
(7)v1v2的平均值为：k−=0.31+.031+0.33+0.33+0.335=0.322≈0.32。
(8)由机械能守恒定律和动量守恒定律可得：12m1v02=12m1v12+12m2v22；m1v0=−m1v1+m2v2，
联立解得：v1v2=m2−m12m1，代入数据，可得：v1v2=0.34。
用动量守恒定律分析一维碰撞问题，验证是否为弹性碰撞必然要用到机械能守恒定律和动量守恒定律，需要对碰撞前后的状态进行分析，判断是否同时满足机械能守恒定律和动量守恒定律。
本题考查用动量守恒定律去分析一维碰撞问题，需要对学生动量定理和机械能守恒定律有较深刻的认识，明确实验原理和内容。
13.【答案】解：(1)小球通过半圆轨道的最高点M时，由牛顿第二定律有：mg+2mg=mvM2R
滑块从P点运动到M点的过程中，由动能定理有：−mg×2R=12mvM2−12mvP2
解得：vP= 7gR
小球通过半圆轨道的P点时，由牛顿第二定律有：F支−mg=mvP2R
由牛顿第三定律可知，小球在P点时对圆轨道的压力大小为：F压=F支
解得：F支=8mg；
(2)小球从N点运动到P点的过程中，由动能定理有：−W克f=12mvP2−12mv02
解得：W克f=12mv02−72mgR。
答：(1)小球刚过P点的速度大小为vP= 7gR，对圆轨道压力大小为8mg；
(2)小球从N到P过程中克服摩擦阻力做的功12mv02−72mgR。
【解析】(1)根据牛顿第二定理求出小球在M点的速度大小，根据机械能守恒求出在P点的速度，从而结合牛顿第二定理求出小球在P点所受的支持力，从而得出小球经过半圆轨道的P点时对轨道的压力大小；
(2)对N到M过程运用动能定理，求出小球在整个过程中克服摩擦阻力做功的大小。
本题考查了动能定理、牛顿第二定律的综合运用，知道小球在最高点向心力的来源是解决本题的关键。
14.【答案】解：已知h=1.25m，L=2m，v0= 34m/s，Δx=1m，μ=0.45，g=10m/s2；
(1)红棋子碰撞前的运动过程，由动能定理得−μmgL=12mv2−12mv02
解得v=4m/s
(2)两棋子碰撞过程，由动量守恒定律得mv=mv1+mv2
碰撞后两棋子做平抛运动，由平抛运动规律有
h=12gt2
Δx=(v2−v1)t
解得v1=1m/s，v2=3m/s
则k=v2−v1v=0.5
(3)对红棋子碰撞前的运动过程，由动能定理得
−μmgL2=12mv红2−12mv02
两棋子碰撞过程，由动量守恒定律有
mv红=mv红1+mv黑1
且k=v黑1−v红1v红
由于黑棋子落地，红棋子不落地，则有
12mv黑12>μmgL2
12mv红12⩽μmgL2
解得5m/s答：(1)碰撞黑棋子前瞬间，红棋子速度v的大小为4m/s；
(2)v1的大小为1m/s、v2的大小为3m/s，k的值为0.5；
(3)红棋子初速度v0的取值范围(可用根号表示)是5m/s【解析】(1)根据动能定理求解v；
(2)根据动量守恒定律和平抛运动的规律列式求解；
(3)根据动能定理、动量守恒定律、红黑两子落地和不落地的条件列式联立求解。
考查动量守恒定律，动能定理和平抛运动的相关知识，根据各个规律之间的联系列式求解。
15.【答案】解：(1)设羽毛球的加速度大小为a1，对羽毛球受力分析，根据牛顿第二定律得：mg+f1=ma1
代入数据解得：a1=30m/s2
设筒的加速度大小为a2，对筒受力分析，根据牛顿第二定律得：f2+f1−Mg=Ma2
代入数据解得：a2=20m/s2
(2)当两者的速度相等后，假设羽毛球相对于球筒向下运动，球受到筒的摩擦力向上，对羽毛球，根据牛顿第二定律得：f1−mg=ma3
代入数据解得：a3=10m/s2
对球筒，根据牛顿第二定律得：f2−f1−Mg=Ma4
代入数据解得：a4=1609m/s2
a4>a3，则假设成立，即两者共速后，羽毛球的加速度小于球筒的加速度，羽毛球相对于球筒向下运动，则若要敲打一次就使羽毛球头部能到达筒口以上，当两者速度相等时羽毛球刚好到达筒口处，设球筒的初速度为v，共速时间为t，则：a1t=v−a2t
vt−12a2t2−12a1t2=d
代入数据联立解得：v=2.5m/s
答：(1)筒的加速度大小为20m/s2，羽毛球的加速度大小为30m/s2；
(2)若要敲打一次就使羽毛球头部能到达筒口以上，筒获得的初速度至少为2.5m/s。
【解析】(1)分别对羽毛球和球筒受力分析，根据牛顿第二定律求解其加速度；
(2)当两者速度相等时，羽毛球恰好到达筒口处，根据两者位移关系，结合运动学公式列式求解即可。
本题考查板块模型，解题关键是分析好羽毛球和球筒的受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律求解其加速度，结合运动学公式求解即可。1
2
3
4
5
t1/s
0.49
0.67
1.01
1.22
139
t2/s
0.15
0.21
0.33
0.40
0.46
k=v1v2
0.31
k2
0.33
0.33
0.33