2025-2026学年河南省郑州市巩义市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年河南省郑州市巩义市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法正确的是( )
A. 曲线运动一定不是匀变速运动
B. 地球同步静止卫星与赤道上的某点转动角速度大小不同
C. 航天器中物体失重的原因是它离地球太远，从而摆脱了地球的引力
D. 为了减小弯道行车隐患，弯道路面可以设计成内低外高
2.发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网，其原因是( )
A. 速度较大的球下落的慢
B. 速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
C. 速度较小的球速度变化的慢
D. 速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
3.地球的公转轨道接近圆，但彗星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆。天文学家哈雷曾经在1682年跟踪过一颗彗星，他算出这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的18倍(如图)，并预言这颗彗星将每隔一定时间就会出现。哈雷的预言得到证实，该彗星被命名为哈雷彗星。哈雷彗星最近出现的时间是1986年，它下次飞近地球大约将在哪一年( )
A. 2062年B. 2040年C. 2022年D. 2004年
4.一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为3×10−4m2，喷水速度约为10m/s，水的密度为1×103kg/m3，则该喷头喷水的功率约为( )
A. 200WB. 150WC. 100WD. 10W
5.某科技比赛中，参赛者设计了一个光滑圆弧轨道模型，如图所示。模型放到0.8m高的水平桌子上，左端最高点距离水平地面2m，右端出口水平。现让小球在最高点由静止释放，为使小球飞得最远，右端出口距离桌面的高度应设计为( )
A. 0.8mB. 0.1mC. 0.3mD. 0.2m
6.无人机灯光表演给喜庆的节日氛围增添了几许惊艳。在一次无人机表演中，若分别以水平向右、竖直向上为x轴、y轴的正方向，某架参演的无人机在x、y方向的v−t图像分别如图甲、乙所示，则在0∼t2时间内，该无人机的运动轨迹为( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，一条很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一个小球a和b，a球质量为m，静置于地面；b球质量为7m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧。从静止开始释放b球后，a球可能达到的最大高度为( )
A. h
B. 32ℎ
C. 74ℎ
D. 52ℎ
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，从水平地面上的A、B两点分别斜抛出两小球，两小球均能垂直击中前方竖直墙面上的同一点P。已知点P距地面的高度ℎ=0.8m，A、B两点到墙的距离分别为0.8m和0.4m。不计空气阻力，g取10m/s2，则从A、B两点抛出的两小球( )
A. 从抛出到击中墙壁的时间之比为2：1
B. 击中墙面的速率之比为1：1
C. 抛出时的速率之比2 5： 17
D. 抛出时速度方向与地面夹角的正切值之比为1：2
9.如图所示，一固定斜面的倾角为30∘，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于0.8g(g为重力加速度大小)。物块上升的最大高度为H，则此过程中( )
A. 物块的重力势能减少了mgHB. 物块的动能损失了1.6mgH
C. 物块的机械能损失了0.8mgHD. 物块克服摩擦力做功0.6mgH
10.如图所示，水平放置的圆柱形筒绕其中心对称轴OO′匀速转动，筒的半径R=2m，筒壁上有一小孔P，一小球从孔正上方ℎ=3.2m处由静止释放，此时小孔开口向上转到小球正下方。已知孔的半径略大于小球半径，筒壁厚度可以忽略，若小球恰好能够从小孔离开圆筒，g取10m/s2，则筒转动的周期可能为( )
A. 15sB. 425sC. 415sD. 45s
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.在“研究平抛运动”的实验中，可以描绘平抛物体运动轨迹和求物体的初速度。实验简要步骤如下：
A.让小球多次从斜槽轨道同一位置上由静止滚下，在方格纸上记下小球运动途中经过的一系列位置；
B.把一张印有小方格、边长L=9mm纸固定在木板上，安装好器材，注意斜槽末端水平和木板竖直，记下小球在斜槽末端时球心在纸上的水平投影点O和过O点的竖直线；
C.测出曲线上某点的坐标x、y，算出该小球的平抛初速度，实验需要对多个点求v0的值，然后求它们的平均值；
D.取下方格纸，以O为原点，以竖直线为y轴建立平面直角坐标系，用平滑曲线描绘出平抛运动的轨迹
(1)上述实验步骤的合理顺序是 (只排列序号即可)
(2)若小球在平抛运动途中的几个位置如图中A、B、C、D所示，g取10m/s2，则：
①A点是平抛小球抛出点O的位置吗？ (填“是”或“不是”)。
②小球做平抛运动的初速度等于 m/s
12.某同学利用重物自由下落来做”验证机械能守恒定律“的实验，装置如图所示。
(1)请指出图甲实验装置中存在的一处明显错误：
(2)进行实验时，为保证测量的重物下落时初速度为零，应 (选填字母)。
A.先接通电源，再释放纸带
B.先释放纸带，再接通电源
(3)根据打出的纸带，选取纸带上连续打出的1、2、3、4四个点，如图乙所示。已测出点1、2、3、4到打出的第一个点O的距离分别为ℎ1、ℎ2、ℎ3、ℎ4，打点计时器的打点周期为T。理论上，若代入所测数据能满足表达式gℎ2= (用题目中已测出的物理量表示)，则可验证重物下落过程机械能守恒
(4)实际数据分析，重物动能的增加量稍小于重力势能的减少量，原因是
(5)某同学作出了v2−ℎ图像(图丙)，则由图线得到的重力加速度g= m/s2(结果保留三位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.宇航员在地球表面以一定的初速度竖直上抛一个小球，经过时间t小球落回原处；若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间4t小球落回原处． (取地球表面重力加速度g=10m/s2，空气阻力不计)
(1)求该星球表面的重力加速度g′；
(2)已知该星球的半径与地球半径之比为R星：R地=1：3，求该星球的质量与地球质量之比M星：M地.
14.如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα=0.6。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小
(2)小球在A点时动能的大小
(3)小球从A点到B点的机械能的改变量
(4)小球从C点落至水平轨道所用的时间
15.某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为如图所示的v−t图象(除2∼10s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)。已知在小车运动的过程中，2∼14s时间段内小车的电机输出功率保持不变，在14s末停止遥控让小车断电自由滑行，小车的质量m=1.0kg。在整个运动过程中小车所受到的摩擦阻力大小不变(忽略空气阻力)，求：
(1)小车所受到的摩擦阻力
(2)小车在1s时电机的输出功率
(3)小车在6s时电机的输出功率
(4)小车(0∼18s)运动过程中牵引力做的功
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、平抛运动属于曲线运动，加速度恒定，是匀变速曲线运动，故A错误；
B、地球同步静止卫星与赤道上物体转动周期相同，角速度大小相等，故B错误；
C、航天器内物体失重是万有引力全部用来提供向心力，并未摆脱地球引力，故C错误；
D、弯道路面设计成内低外高，重力与支持力的合力可以提供一部分向心力，减小车轮侧向摩擦力，降低行车隐患，故D正确。
故选：D。
匀变速运动判定依据是加速度恒定；同步卫星和赤道物体角速度大小相等；结合卫星失重本质和弯曲道路面设计原理分析。
本题考查曲线运动、同步卫星、失重现象与圆周运动道路设计，解题关键是理清失重的物理本质，掌握弯道倾斜路面的受力规律。
2.【答案】B
【解析】解：乒乓球水平射出后做平抛运动，忽略空气阻力，其在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀速直线运动。
A、两球在竖直方向仅受重力作用，加速度均为重力加速度g，竖直方向的运动规律完全相同，下落快慢一致，故A错误；
B、根据水平方向的运动规律x=v0t可知，到达球网的水平距离x相同时，初速度v0较大的球运动时间t较短，由竖直位移公式ℎ=12gt2可知，运动时间越短，下落的竖直距离h越小，在相同水平位置处球的高度更高，更容易越过球网，故B正确；
C、两球在空中运动的加速度均为g，速度变化的快慢相同，故C错误；
D、由ℎ=12gt2，解得：t= 2ℎg，两球下降相同高度所用时间相同，与初速度无关，故D错误。
故选：B。
乒乓球被水平射出后做平抛运动，竖直方向为仅受重力的自由落体运动，水平方向为匀速直线运动，两分运动相互独立互不影响。已知两球从同一高度抛出、初速度不同，待明确过网情况存在差异的核心原因，分析过程中需注意竖直分运动的运动规律与水平初速度无关，结合水平位移、初速度与运动时间的对应关系，梳理运动时间对相同水平位置处竖直下落高度的影响。
本题考查平抛运动的分解规律，属于运动合成与分解模块的基础考点，难度中等偏下，计算量极小。题目以乒乓球发球为生活化情境，核心考查平抛运动两个分运动的独立性，竖直方向自由落体运动规律与水平初速度无关，水平方向匀速直线运动的位移与初速度、运动时间的关系，能有效锻炼学生对平抛基础模型的辨析能力，纠正直觉性的认知误区。
3.【答案】A
【解析】解：设彗星的周期为T1，地球的公转周期为T2，这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的18倍，由开普勒第三定律a3T2=k
得T1T2= (R1R2)3= 183≈76
即彗星下次飞近地球将在t=(1986+76)年=2062年
故A正确，BCD错误。
故选：A。
本题应用开普勒第三定律，绕同一中心天体运动的天体，轨道半长轴的三次方与公转周期的平方比值恒定。把地球公转轨道近似看成圆形，轨道半径等同于半长轴。已知哈雷彗星轨道半长轴是地球公转半径的18倍，地球公转周期为1年，代入定律算出哈雷彗星公转周期约76年。哈雷彗星1986年靠近地球，在年份基础上加76年，得到下次靠近地球的年份。
本题考查开普勒第三定律的基础应用，需要注意定律适用条件为围绕同一中心天体运动，同时区分椭圆轨道使用半长轴、圆轨道使用轨道半径，计算时做好近似估算。
4.【答案】B
【解析】解：设在极短时间Δt内喷出的水的质量为m，则这段时间内喷出的水柱长度为vΔt，体积V=SvΔt，m=ρV，解得：m=ρSvΔt。
喷水机对水做功，使得水获得动能，根据功能关系可知，在Δt时间内喷水机所做的功W等于这些水增加的动能，即W=12mv2，代入m的表达式解得：W=12ρSv3Δt。
根据功率的定义式可得该喷头喷水的功率为P=WΔt，代入W的表达式解得：P=12ρSv3，解得：P=150W，故B正确，ACD错误。
故选：B。
喷水功率对应单位时间内喷头对喷出的水做的功，做功全部转化为水的动能。先结合出水口横截面积、喷水速度、水的密度推导单位时间的喷水质量，再关联动能与功率的定义，明确已知量和待求功率的对应关系即可得到结果。
本题考查功能关系、功率计算及流体类问题的微元建模方法，属于机械能板块的常规应用题型。题目计算量较小，难度中等偏下，考查重点是微元法的应用以及对功率物理意义的理解，能锻炼学生的建模分析能力与公式整合应用能力，解题时需明确喷水功率对应单位时间内喷出的水获得的动能，规避速度幂次混淆的失误。
5.【答案】D
【解析】解：设右端出口距离桌面的高度为h。
小球释放点距离地面的总高度H=2m，桌面距离地面的高度ℎ0=0.8m。
小球在光滑圆弧轨道上下滑的过程中机械能守恒，设到达右端出口时的速度为v，根据机械能守恒定律有：
mg(H−ℎ0−ℎ)=12mv2
代入数据得mg(2−0.8−ℎ)=12mv2，解得：v= 2g(1.2−ℎ)。
小球从出口飞出后做平抛运动，落到水平地面的过程中，竖直方向做自由落体运动，抛出点距离地面的总高度为y=ℎ0+ℎ=0.8+ℎ。
根据平抛运动规律，竖直方向有：0.8+ℎ=12gt2
解得平抛运动的时间为：t= 2(0.8+ℎ)g
小球飞行的水平距离为：
x=vt= 2g(1.2−ℎ)⋅ 2(0.8+ℎ)g，解得：x=2 (1.2−ℎ)(0.8+ℎ)。
根据基本不等式，当且仅当1.2−ℎ=0.8+ℎ时，根号内的乘积取得最大值，水平距离x最大。
解得2ℎ=0.4m，即ℎ=0.2m。
故右端出口距离桌面的高度应设计为0.2m，故D正确，ABC错误。
故选：D。
先明确小球的运动分为两个阶段，沿光滑圆弧轨道下滑时机械能守恒，可建立出口处水平速度与出口距桌面高度的关联，之后小球从出口水平飞出做平抛运动，下落总高度为桌面高度与出口距桌面高度之和，可推导平抛运动的总时间，结合水平速度得到水平位移的变化关系，分析位移取最大值时对应的高度即可。
本题考查机械能守恒定律与平抛运动规律的综合应用，同时融入利用数学方法求解物理极值的要求，属于中等偏上难度试题，计算量适中。解题时需要准确拆分光滑轨道下滑、平抛两个独立物理过程，梳理各高度对应的几何关系，灵活应用基本不等式得到最优解，能有效锻炼学生的过程建模能力与数理融合应用能力。
6.【答案】A
【解析】解：由图甲与图乙所示图像可知，在0∼t1时间内无人机竖直方向做匀速直线运动，水平方向向右做匀减速直线运动，
可知在0∼t1时间内无人机受到的合外力方向水平向左，根据合外力指向轨迹凹处，可知0∼t1时间内无人机运动的轨迹向左弯曲；
在t1∼t2时间内无人机竖直方向向上做匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动，可知在t1∼t2时间内无人机的合外力竖直向下，
根据合外力指向轨迹凹处，可知在t1∼t2时间内无人机运动的轨迹向下弯曲，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据速度-时间图像分析在0∼t1时间内、t1∼t2时间内无人机的运动情况和受力情况，根据无人机做曲线运动时，合力方向指向曲线凹的一侧，分析图像图像答题。
本题主要是考查运动的合成与分解，解答本题的关键是掌握无人机做曲线运动的条件，能够根据速度-时间关系图像分析无人机的运动情况。
7.【答案】C
【解析】解：在b球下落至刚落地的过程中，a、b两球组成的系统只有重力做功，系统总机械能守恒。
设b球刚落地时两球的速度大小均为v，根据系统机械能守恒定律有：7mgℎ−mgℎ=12(7m+m)v2，化简得：6mgℎ=4mv2，解得：v2=32gℎ
b球落地后，轻绳松弛，a球受到的拉力突变为零，a球仅在重力作用下以初速度v做竖直上抛运动，该阶段a球自身机械能守恒。
设a球继续向上依靠惯性上升的额外高度为ℎ′，根据机械能守恒定律有：mgℎ′=12mv2，将v2的值代入，解得：ℎ′=34ℎ
在此过程中，a球在第一阶段随b球下落已经上升了初始高度h，因此a球可能达到的最大总高度为：H=ℎ+ℎ′=ℎ+34ℎ=74ℎ，故C正确，ABD错误。
故选：C。
整个运动分为两个连续过程，b从释放到落地阶段，a、b组成的系统仅受重力做功，机械能守恒，二者速度大小始终相等，结合b下落高度h可推导得到两球共同的瞬时速度。b落地后轻绳松弛，a以该瞬时速度做竖直上抛运动，自身机械能守恒，可推导得到a继续上升的高度，将两阶段a上升的高度求和即可得到a能达到的最大高度。
本题考查连接体系统机械能守恒、竖直上抛运动规律与单个物体机械能守恒的应用，属于中等偏下难度的常规题型，计算量较小。考查重点为物理过程的拆分能力，需明确b落地前a、b组成的系统机械能守恒，b落地后轻绳松弛，a单独做竖直上抛运动的阶段仅自身机械能守恒，能帮助学生强化分阶段分析运动与能量的思维习惯。
8.【答案】CD
【解析】解：采用逆向思维，由于两小球均能垂直击中前方竖直墙面上的同一点P，此时两小球的竖直分速度为零，可将两小球的运动等效看作从P点开始向A、B两点做平抛运动。
A、根据平抛运动竖直方向的规律ℎ=12gt2，解得两小球从抛出到击中墙壁的时间均为t= 2ℎg，代入数据得t=0.4s，即时间之比为1：1，故A错误；
B、两小球击中墙面的速率即为等效平抛运动的水平初速度，根据水平方向匀速直线运动规律x=vxt可得，A球击中墙面的速率vxA=xAt，代入数据得vxA=2m/s，B球击中墙面的速率vxB=xBt，代入数据得vxB=1m/s，两者速率之比为2：1，故B错误；
C、两小球在抛出时的竖直分速度大小均为vy=gt，代入数据得vy=4m/s。根据速度的合成公式，从A点抛出时的速率vA= vxA2+vy2，代入数据得vA=2 5m/s，从B点抛出时的速率vB= vxB2+vy2，代入数据得vB= 17m/s，则抛出时的速率之比为2 5: 17，故C正确；
D、设抛出时速度方向与地面夹角为θ，则tanθ=vyvx。对于A小球，tanθA=42=2；对于B小球，tanθB=41=4，两者夹角的正切值之比tanθA：tanθB=1：2，故D正确。
故选：CD。
两小球斜抛后垂直击中墙面同一点，击中时竖直分速度为零，可将运动逆向等效为从P点向A、B两点的平抛运动，先通过平抛运动竖直方向的自由落体规律确定两球运动时间的关系，再结合水平方向匀速直线运动规律得到击中墙面时的速率关系，最后结合速度合成与分解规律，推导抛出时合速率、速度与地面夹角正切值的对应关系即可。
本题考查曲线运动中斜抛运动的规律应用，归属运动的合成与分解知识板块，属于中等偏上难度题型。本题核心解题思路是将垂直撞墙的斜抛运动逆向等效为平抛运动，可有效降低分析复杂度，重点考查学生的等效建模能力、运动分解规律的灵活应用能力，计算量适中，能很好地检验学生对抛体运动分运动独立性、等时性的理解程度，也能引导学生掌握逆向思维在运动学问题中的应用方法。
9.【答案】BD
【解析】解：A、物块上升时重力做功为−mgH，则物块的重力势能增加了mgH，故A错误；
B、已知物块的加速度大小为0.8g，由动能定理得：△Ek=W合=−F合⋅Hsin30∘=−m⋅0.8g⋅2H=−1.6mgH，即物块的动能损失了1.6mgH，故B正确；
C、物块的重力势能增加了mgH，物块的动能损失了1.6mgH，根据机械能等于重力势能和动能之和，可知，物块的机械能损失了0.6mgH，故C错误；
D、根据功能关系可知机械能损失等于物块克服摩擦力做功，则物块克服摩擦力做功为0.6mgH，故D正确。
故选：BD。
物块上升时重力做负功，支持力不做功，由重力做功情况确定重力势能的变化，根据动能定理求动能的变化，从而得到机械能的变化，再根据功能关系分析物块克服摩擦力做功。
解决本题的关键要根据动能定理来求动能的变化，掌握功能关系，明确除了重力以外的力做功等于物体机械能的变化。
10.【答案】BD
【解析】解：根据自由落体规律ℎ=12gt12，解得t1= 2ℎg= 2×3.210s=0.8s，根据自由落体规律ℎ+2R=12gt22，
解得t2= 2(ℎ+2R)g= 2×(3.2+2×2)10s=1.2s，在圆筒中的时间Δt=t2−t1=1.2s−0.8s=0.4s，
小球在圆筒中的运动时间与筒自转的时间相等，即Δt=(n+12)T(n=1,2,3⃯)，解得T=0.82n+1(n=1,2,3⋯)
当n=0时，T=0.81s=0.8s，当n=1时，T=0.82×1+1s≈0.27s，当n=2时，T=0.82×2+1s=0.16s=425s，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
根据自由落体运动计算计算在圆筒中的时间，再根据表达式计算可能的周期。
本题考查对自由落体运动和匀速圆周运动规律的理解，关键要清楚小球在圆筒中的运动时间与筒自转的时间的关联。
11.【答案】【小题1】
BADC
【小题2】
不是
0.6

【解析】解：(1)需按照放置仪器、小球平抛运动、连接运动曲线、处理数据的顺序完成实验，即应按照BADC的顺序；
(2)①若A是小球抛出点的位置，则在连续相等时间内竖直分位移应满足的关系式为：12gt2:12g(2t)2:12g(3t)2=1:4:9，图中竖直分位移满足：1：3：6，即不符合，所以A不是抛出点；
②根据平抛运动规律有水平方向：2L=vxt，竖直方向：L=12gt2，可得小球平抛运动的初速度vx=0.6m/s。
故答案为：(1)BADC；(2)①不是；②0.6。
(1)需按照放置仪器、小球平抛运动、连接运动曲线、处理数据的顺序完成实验；
(2)①若A是小球抛出点的位置，则在连续相等时间内竖直分位移应满足的关系与图中关系对比，即可判断A是否为抛出点；
②根据水平方向、竖直方向分运动特点，即可得到小球平抛运动的初速度。
本题考查平抛运动的分析，关键是根据水平方向、竖直方向分运动的联系，分析物体的运动特点。
12.【答案】【小题1】
使用直流电源
【小题2】
A
【小题3】
(ℎ3−ℎ1)28T2
【小题4】
重物下落过程要克服阻力做功，机械能有损失
【小题5】
9.67

【解析】解：(1)打点计时器应使用交流电源，由图甲所示可知，打点计时器接直流电源，电源使用错误。
(2)实验时应先接通电源然后再释放纸带，故A正确，B错误。
故选：A。
(3)打点2时的速度v=ℎ3−ℎ12T，从O点到点2过程，由机械能守恒定律得mgℎ2=12mv2，整理得gℎ2=(ℎ3−ℎ1)28T2
(4)重物下落过程受到摩擦阻力与空气阻力作用，要克服阻力做功，机械能有损失，导致重物动能的增加量略小于重力势能减少量。
(5)由机械能守恒定律得mgℎ=12mv2，整理得v2=2gℎ，由图丙所示图像可知，图像的斜率k=2g=≈19.33m/s2，解得g≈9.67m/s2
故答案为：(1)使用直流电源；(2)A；(3)(ℎ3−ℎ1)28T2；(4)重物下落过程要克服阻力做功，机械能有损失；(5)9.67。
(1)打点计时器使用交流电源。
(2)根据实验注意事项分析答题。
(3)根据匀变速直线运动的推论求出瞬时速度，然后应用机械能守恒定律求解。
(4)根据实验误差来源分析答题。
(5)求出图像的函数解析式，然后根据图示图像求解。
掌握基础知识，理解实验原理，应用匀变速直线运动的推论与机械能守恒定律即可解题。
13.【答案】解：(1)根据竖直上抛运动规律可知：
v=g⋅t2
而在某星球表面有：
v=g′4t2=2g′t
联立解得：g′=g4=2.5m/s 2
(2)根据万有引力等于重力得：
GM地 mR地2=mg
GM星 mR星2=mg′
联立可得：M星 M地 =136
答：(1)求该星球表面的重力加速度g′为2.5m/s 2；
(2)已知该星球的半径与地球半径之比为R星：R地=1：3，求该星球的质量与地球质量之比M星 :M地 =1:36.
【解析】(1)根据竖直上抛运动规律可求得星球表面的重力加速度；
(2)根据星球表面上万有引力充当向心力即可明确质量与半径和重力加速度的关系，则可求得质量之比
本题考查万有引力定律的应用，要求能正确利用竖直上抛运动的规律，知道竖直上抛运动的对称性；同时明确黄金代换式的正确应用
14.【答案】【小题1】设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成法则有F0mg=tanα，解得F0=mgtanα=34mg
F2=(mg)2+F02，解得F= (mg)2+(3mg4)2=54mg
设小球到达C点时的速度大小为vC，由牛顿第二定律得F=mvC2R，解得vC= 54Rg
【小题2】设小球到达A点的速度大小为vA，作CD⊥PA，交PA于D点，如图所示：
由几何关系得DA−=Rsinα=3R5
CD=R(1+csα)=9R5
从A到C，根据动能定理可得−mg⋅CD−−F0⋅DA−=12mvC2−12mvA2
联立各式和题给数据得，小球在A点的速度大小为vA= 23Rg2，小球在A点时动能的大小为EKA=12mvA2=23mgR8
【小题3】小球从A点到B点恒力做的功为WAB=F0Rsinα=920mgR，由功能关系可知小球机械能增加920mgR
【小题4】小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g，设小球在竖直方向的初速度为vy，从C点落至水平轨道上所用时间为t，由运动学公式有vyt+12gt2=CD−，又vy=vCsinα=35 5Rg4，代入可得35 5gR4t+12gt2=95R，解得t=(32−3 510) Rg。
答：

【解析】解：(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成法则有F0mg=tanα，解得F0=mgtanα=34mg
F2=(mg)2+F02，解得F= (mg)2+(3mg4)2=54mg
设小球到达C点时的速度大小为vC，由牛顿第二定律得F=mvC2R，解得vC= 54Rg；
(2)设小球到达A点的速度大小为vA，作CD⊥PA，交PA于D点，如图所示：
由几何关系得DA−=Rsinα=3R5
CD=R(1+csα)=9R5
从A到C，根据动能定理可得−mg⋅CD−−F0⋅DA−=12mvC2−12mvA2
联立各式和题给数据得，小球在A点的速度大小为vA= 23Rg2，小球在A点时动能的大小为EKA=12mvA2=23mgR8；
(3)小球从A点到B点恒力做的功为WAB=F0Rsinα=920mgR，由功能关系可知小球机械能增加920mgR；
(4)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g，设小球在竖直方向的初速度为vy，从C点落至水平轨道上所用时间为t，由运动学公式有vyt+12gt2=CD−，又vy=vCsinα=35 5Rg4，代入可得35 5gR4t+12gt2=95R，解得t=(32−3 510) Rg。
答：(1)水平恒力的大小为34mg；小球到达C点时速度的大小为 5gR4；
(2)小球在A点时动能的大小23mgR8；
(3)小球从A点到B点的机械能的改变量为920mgR；
(4)小球从C点落至水平轨道所用的时间为(32−3 510) Rg。
(1)对物体在C点进行受力分析，根据受力情况求水平恒力的大小；合力提供向心力，列式求解小球到达C点时速度的大小；
(2)运用动能定理求解小球在A点时动能的大小；
(3)根据W=FLcsα求得恒力做的功，根据功能关系求得小球从A点到B点的机械能的改变量；
(4)由竖直方向做匀加速直线运动求时间。
本题考查小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、斜下抛运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力。
15.【答案】【小题1】
根据v−t图像，14s∼18s物体做匀减速度直线运动，加速度大小为a2=ΔvΔt=618−14m/s2=32m/s2，
小车所受阻力为f=ma2=1×32N=1.5N
【小题2】
根据v−t图像，0∼2s物体做匀加速度直线运动，加速度大小为a1=ΔvΔt=32m/s2，
根据牛顿第二定律：F1−f=ma1，解得：F1=3N，
1s末小车的速度为v1=a1t1=32×1m/s=1.5m/s，
1s末小车的输出功率为P1=F1v1
解得P1=4.5W
【小题3】
2∼14s时间段内小车的电机输出功率保持不变，2s末电机的输出功率：P2=F1v2=3×3W=9W
则小车在6s时电机的输出功率P6=P2=9W
【小题4】
0∼2s内牵引力做的功为W1=F1x1，x1=v1t12=32×2m=3m，解得W1=9J
2s∼14s内牵引力的功率为W2=P2t=9×12J=108J
小车(0∼18s)运动过程中牵引力做的功：W=W1+W2=9J+108J=117J。
答：

【解析】1. 根据v−t图像，14s∼18s物体做匀减速度直线运动，加速度大小为a2=ΔvΔt=618−14m/s2=32m/s2，
小车所受阻力为f=ma2=1×32N=1.5N
2. 根据v−t图像，0∼2s物体做匀加速度直线运动，加速度大小为a1=ΔvΔt=32m/s2，
根据牛顿第二定律：F1−f=ma1，解得：F1=3N，
1s末小车的速度为v1=a1t1=32×1m/s=1.5m/s，
1s末小车的输出功率为P1=F1v1
解得P1=4.5W
3. 2∼14s时间段内小车的电机输出功率保持不变，2s末电机的输出功率：P2=F1v2=3×3W=9W
则小车在6s时电机的输出功率P6=P2=9W
4. 0∼2s内牵引力做的功为W1=F1x1，x1=v1t12=32×2m=3m，解得W1=9J
2s∼14s内牵引力的功率为W2=P2t=9×12J=108J
小车(0∼18s)运动过程中牵引力做的功：W=W1+W2=9J+108J=117J。
答：