2025-2026学年河南省南阳市豫南部分高中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年河南省南阳市豫南部分高中高一（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。
1.一个洛川苹果从树枝上由静止开始自由下落，不计空气阻力。对于苹果在空中运动的过程，下列说法正确的是( )
A. 苹果的动量守恒B. 苹果的机械能不守恒
C. 苹果在相同时间内的动量变化量相同D. 某段时间内苹果受到重力的冲量可能为0
2.近年来，我国新能源汽车产业发展迅猛。一辆新能源汽车质量为m，在某次实验测试中，该汽车在足够长的平直公路上由静止开始启动，其速度v随时间t变化的关系如图所示，图中0∼t1为直线且与曲线相切。已知该汽车的额定功率为P，运动过程中所受阻力大小恒定不变，t1时刻该汽车达到额定功率，t2时刻其速度恰好达到最大。图中t1、t2、v1、v2均为已知量，则下列说法正确的是( )
A. 0∼t1内，该汽车的输出功率恒定B. 该汽车受到的阻力大小为Pv1
C. t1∼t2内，牵引力做功为P(t2−t1)D. 无法计算出t1∼t2内汽车运动的位移
3.将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。一位同学将一石子从距水面高度为h处水平抛出，石子质量为m，被抛出时的速度大小为v0，当它第一次落到水面时的速度大小为v，重力加速度大小为g，则在此过程中石子克服空气阻力做的功为( )
A. mgℎ+12mv02−12mv2B. mgℎ+12mv2−12mv02
C. 12mv02−12mv2−mgℎD. 12mv2−12mv02−mgℎ
4.如图所示，曲轴可绕固定的O点自由转动，连杆两端分别连接曲轴上的A点和活塞上的B点。现曲轴绕O点做角速度ω=180rad/s的匀速圆周运动，已知OA=20cm，AB=40cm。当OA与O、B的连线垂直时，活塞的速度为( )
A. 24 3m/sB. 36m/sC. 18 3m/sD. 18m/s
5.2022年6月5日，神舟十四号载人飞船发射升空。“神舟十四”号采用自主快速交会对接模式成功对接于天和核心舱径向端口，与“天舟三号”“天舟四号”一起构成四舱(船)组合体，如图甲所示。如图乙所示，轨道Ⅰ为空间站运行圆轨道，轨道Ⅱ为载人飞船运行椭圆轨道，两轨道相切于A点，载人飞船在A点与空间站组合体完成对接，航天员与载人飞船始终相对静止，则下列说法正确的是( )
A. 地球位于圆形轨道Ⅰ的圆心和椭圆轨道Ⅱ的焦点上，两轨道运行周期相等
B. 对接前，载人飞船与地心的连线和空间站组合体与地心的连线在相同时间内扫过的面积相同
C. 三位航天员随空间站组合体做圆周运动过程中处于失重状态，所受向心力大小相等
D. 载人飞船在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行经过A点时加速度相等，速度不相等
6.如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点的正下方P点。若小球在水平拉力的作用下，从P点缓慢地移动到Q点，水平拉力F做的功为W1；若小球在水平恒力F=mg的作用下，从P点运动到Q点水平拉力F做的功为W2。已知θ=30∘，则W1和W2大小关系为( )
A. W1=W2
B. W1>W2
C. W1pb>pcB. pa=pb>pc
C. Δpa>Δpc>ΔpbD. Δpa=Δpb>Δpc
9.人从高处跳到低处时，一般在着地的过程中需要屈膝下蹲。某人在0.8m的平台跳下，屈膝下蹲过程用了0.4s，已知其质量为50kg，取g=10m/s2。则下列说法正确的是( )
A. 屈膝过程中人的动量保持不变
B. 屈膝是为了减小地面对人的平均作用力
C. 屈膝过程中人的动量变化量大小约为200kg⋅m/s
D. 屈膝过程地面对人的平均作用力大小约为500N
10.如图所示，有一表面带有四分之一圆弧轨道的物块B，静止在水平地面上(不固定)，轨道底端与水平地面相切，其半径r=0.4m；一可视为质点的物块A以水平向左的速度v=4m/s冲上物块B的轨道，经一段时间运动到最高点，随后再返回水平地面。已知A、B质量分别为mA=1kg，mB=3kg，不计一切摩擦，重力加速度的大小g取10m/s2。则下列说法正确的是( )
A. 整个过程中，A、B组成的系统动量和机械能都守恒
B. 整个过程中，物块B获得的最大速度为2m/s
C. 物块A返回水平面的速度大小为2m/s，且方向向左
D. 物块A可以冲出物块B的四分之一轨道继续做斜上抛运动
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.某实验小组的同学欲“探究小车动能变化与合外力对它所做功的关系”，在实验室设计了一套如图甲所示的装置，图中A为小车，B打点计时器，C为弹簧测力计，P为小桶(内有沙子)，一端带有定滑轮的足够长的木板水平放置，不计绳与滑轮的摩擦．实验时，把长木板不带滑轮的一端垫起适当的高度，以平衡摩擦力，先接通电源再松开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点．
(1)该同学在一条比较理想的纸带上，从点迹清楚的某点开始记为零点，顺次选取一系列点，分别测量这些点到零点之间的距离x，计算出它们与零点之间的速度平方差△v2=v2−v02，弹簧秤的读数为F，小车的质量为m，然后建立△v2−x坐标系，通过描点法得到的图象是一条过原点的直线，如图乙所示，则这条直线的斜率的意义为______.(填写表达式)
(2)若测出小车质量为0.4kg，结合图象可求得小车所受合外力的大小为______N.
(3)本实验中是否必须满足小桶(含内部沙子)的质量远小于小车的质量______(填“是”或“否”)
12.在“验证动量守恒定律”的实验中，甲、乙两位同学采用了不同的实验方案
(1)如图1所示，甲同学利用“碰撞实验器”验证动量守恒定律。
①实验中，斜槽轨道末端______。(填选项前的字母)
A.必须水平 B.要向上倾斜 C.要向下倾斜
②若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2.实验要求m1______m2；r1______r2.(填“>”，“0，重力冲量一定不为零。
本题考查动量守恒条件、机械能守恒、动量定理与冲量计算，解题关键是分清单个物体动量守恒的条件，自由下落合外力恒定，相等时间内动量变化相等。
2.【答案】C
【解析】解：A、0∼t1内，汽车做匀加速运动，根据F−f=ma
可知牵引力不变，速度增加，根据P=Fv可知该汽车的输出功率逐渐增加，故A错误；
C、t1∼t2内，汽车的功率一定，则牵引力做功为W=P(t2−t1)，故C正确；
B、t2时刻达到最大速度，此时牵引力等于阻力，根据P=fv2
可得该汽车受到的阻力大小为f=Pv2，故B错误；
D、t1∼t2内，根据动能定理有P(t2−t1)−fx=12mv22−12mv12
可求汽车运动的位移，故D错误。
故选：C。
汽车在0∼t1阶段速度随时间线性增加，表明其做匀加速直线运动，此阶段牵引力恒定，但速度增大，因此输出功率随速度增加而增大，并非恒定。t2时刻速度达到最大v2，此时汽车匀速，牵引力等于阻力，由额定功率P等于阻力与最大速度的乘积可求阻力大小。t1∼t2阶段汽车以额定功率运行，牵引力做功为功率与时间的乘积。对于该阶段位移，可通过动能定理，将额定功率做的功、阻力做的功与汽车动能变化联系起来求解，因此位移可以计算得出。
本题以新能源汽车启动为背景，综合考查功率、牛顿第二定律、动能定理等核心知识点，属于机车启动的典型模型。题目通过v−t图像巧妙设问，要求学生能够准确解读图像信息，并灵活运用物理规律进行分析和推理。0∼t1段为匀加速直线运动，牵引力恒定但功率变化；t1时刻达到额定功率后进入变加速过程，直至t2时刻以最大速度匀速运动。本题不仅考查学生对基本公式P=Fv、F−f=ma和动能定理的掌握程度，更着重于考查其从图像中提取关键信息(如切点含义、最大速度点)并建立各物理量间联系的能力。题目难度中等偏上，计算量不大，但对逻辑思维和模型分析能力要求较高。
3.【答案】A
【解析】解：石子从高度h处水平抛出，受重力和空气阻力作用下落到水面，根据动能定理，合外力做功等于物体动能的变化量。
石子从抛出到第一次落到水面的过程中，重力做功为mgh，设空气阻力对石子做功为Wf，则有：mgℎ+Wf=12mv2−12mv02
解得空气阻力做功Wf=12mv2−12mv02−mgℎ。
石子克服空气阻力做的功等于空气阻力做功的负值，即W克=−Wf
代入得W克=mgℎ+12mv02−12mv2，故A正确，BCD错误
故选：A。
石子从高度h处水平抛出，受重力和空气阻力作用下落到水面，已知抛出初速度v0、触水速度v、下落高度h与石子质量，核心通过动能定理分析合外力做功与动能变化的对应关系，明确重力做功的数值，区分空气阻力做功与克服空气阻力做功的正负差异，梳理已知量和待求量的能量关联即可得到结果。
本题考查动能定理的基础应用，覆盖平抛过程受力做功分析、动能变化量计算、克服阻力做功的物理意义等力学能量模块核心知识点，难度中等偏下。整体计算量极小，核心考查学生对动能定理内涵的理解，以及功的正负辨析能力，能有效规避学生将克服阻力做功与阻力做功的正负混淆的常见问题，检验基础能量规律的掌握扎实程度。
4.【答案】B
【解析】解：当OA与O、B的连线垂直时，对A、B两点的速度沿杆方向与垂直于杆方向进行分解，如图所示：
由线速度与角速度的关系可知A点的线速度的大小为：vA=ω⋅OA=180×0.2m/s=36m/s，由关联速度可知A、B两点在沿杆方向的速度相同，即有：vAcsθ=vBcsθ，可知：vB=vA=36m/s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据运动的合成与分解，把A、B点的速度分解为沿AB杆和垂直于杆方向，用三角函数代入求解。
本题综合考查了物体运动的合成和分解，在物理学科核心素养方面考查了学生对信息的获取和加工能力，在科学思维中的模型建构能力。
5.【答案】D
【解析】解：A.轨道Ⅰ的半径和轨道Ⅱ的半长轴不相等，由开普勒第三定律可得两轨道运行周期不相等，故A错误；
B.根据开普勒第二定律可知，载人飞船与地心的连线和空间站组合体与地心的连线在相同时间内扫过的面积不相等，故B错误；
C.航天员随空间站做圆周运动所受向心力由万有引力提供，由于三人质量关系未知，所以三人所受向心力大小可能不相等，故C错误；
D.根据GMmr2=ma，可知在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行经过A点时加速度相等，由轨道Ⅱ运行到A点时需要加速才可变轨到轨道Ⅰ，故两者速度不相等，故D正确。
故选：D。
AB.根据开普勒第三定律和开普勒第二定律分析解答；C.根据万有引力与物体质量有关进行判断；D.根据牛顿第二定律和卫星变轨时的速度变化分析解答。
考查万有引力与圆周运动的相关知识，重点在于理解开普勒的运动定律和变轨原理，属于较低难度考题。
6.【答案】C
【解析】解：当用水平力缓缓拉动小球时，根据动能定理可得W−mgℎ=0，由几何关系可知，ℎ=l(1−cs30∘)，解得拉力的功W1=mgl(1−cs30∘)≈0.134mgl；
小球在水平恒力F=mg的作用下时，拉力的功W2=Flsin30∘=0.5mgl>W1，故C正确，ABD错误。
故选：C。
小球缓慢运动时，拉力为变力，根据动能定理求解拉力的功；小球在恒力作用下运动时，根据功的公式直接求出拉力的功。
本题考查功的计算问题，要注意明确动能定理在求变力做功问题中的应用方法。
7.【答案】A
【解析】解：A、小球沿轨道到达最高点B时对轨道的压力大小等于小球的重力，根据牛顿第二定律，有：mg+mg=mvB2R，
解得vB= 2gR；
从P到B过程，机械能的减少ΔE=mg⋅2R−12mvB2=mgR，故A正确；
B、克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，即Wf=mgR，故B错误；
C、动能的增加为：ΔEk=12mvB2−0=mgR，故C错误；
D、从P到B过程，合外力做功等于动能增加量，故W合=ΔEk=12mvB2−0=mgR，故D错误。
故选：A。
根据牛顿第二定律求解小球在B点速度大小，根据功能关系求解机械能的减少；克服摩擦力做的功等于机械能的减少量；合外力做功等于动能增加量。
解决本题的关键要知道球到达B点时对轨道的压力为mg，由此得到B点速度大小。要知道动能定理是求合外力做功常用的方法。
8.【答案】BC
【解析】解：AB.由动能定理可知，三球重力做功相同，但a球、b球初动能相等，c球初动能为0，故三球落地时速度
va=vb>vc
由三球质量相等，所以三球落地时的动量pa=pb>pc，故A错误，B正确；
CD.a球做竖直上抛运动，b球做竖直下抛运动，c球做自由落体运动，所以三球在空中运动时间ta>tc>tb
故重力的冲量
Ia>Ic>Ib
由动量定理得
Δpa>Δpc>Δpb
故选项C正确，D错误。
故选：BC。
根据动能定理即可求出三球落地时的动量，依据运动学公式确定三球在空中运动的时间，然后根据动量定理即可求出三球的动量变化量。
本题考查动量与动量定理的理解与应用，解题的技巧在于应用动能定理求解落地时的速度即可快速解题。
9.【答案】BC
【解析】解：A.屈膝过程中人的速度逐渐减小，所以人的动量逐渐减小，故A错误；
B.屈膝过程是利用缓冲原理，即FΔt=Δp，动量变化量一定，通过延长作用时间达到减小平均作用力的效果，故B正确；
C.根据ℎ=v022g，解得v0=4m/s，由Δp=0−mv0=−50×4kg⋅m/s=−200kg⋅m/s，其大小约为200kg⋅m/s，故C正确；
D.根据动量定理，规定竖直向下的方向为正方向，有(mg−F−)Δt=Δp，代入数据解得F−=1000N，故D错误。
故选：BC。
A.根据速度的变化情况判断动量的变化情况；
B.根据缓冲的原理解释说明；
C.根据高度估算接触地面瞬间的速度，再由动量改变量的公式求解；
D.根据动量定理列式解答。
考查动量定理和匀变速直线运动规律，会根据题意计算动量改变量。
10.【答案】BD
【解析】解：A、在B圆弧轨道上滑动过程中，A在竖直方向存在加速度，导致A与B系统在竖直方向的合外力不为零，因此该系统在竖直方向不满足动量守恒条件，故A错误；
BC、当A滑离B底端时，B达到最大速度，此时A与B系统满足水平方向动量守恒，有mAv=mAvA+mBvB，根据机械能守恒定律可得12mAv2=12mAvA2+12mBvB2，联立解得vA=mA−mBmA+mBv，解得：vA=−2m/s；vB=2mAmA+mBv，解得：vB=2m/s。由此可知B获得的最大速度为2m/s，而A返回水平面的速度大小为2m/s且方向向右，故B正确，C错误；
D、假设A能冲出B的四分之一圆弧轨道，当A到达轨道最高点时两者水平速度相同，根据系统水平方向动量守恒得mAv=(mA+mB)vx，根据机械能守恒得12mAv2=12(mA+mB)vx2+mAgℎ，联立解得ℎ=0.6m>r=0.4m，假设成立，故D正确。
故选：BD。
题目中物块A在圆弧轨道上运动时，系统水平方向不受外力，动量守恒，但竖直方向存在加速度，合外力不为零，动量不守恒。机械能守恒条件满足，整个过程系统机械能守恒。当物块A滑至最低点时物块B速度最大，可通过动量守恒和机械能守恒联立求解。物块A返回水平面时速度方向与初速度相反，大小由两守恒定律确定。物块A能否冲出轨道需通过假设最高点速度相同并计算上升高度来判断。
本题综合考查动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，涉及系统动量守恒条件的判断、速度极值的求解以及斜上抛运动的可能性分析。题目通过物块在圆弧轨道上的运动过程，将力学中的守恒思想与运动学规律紧密结合，计算量适中但需要较强的逻辑推理能力。解题关键在于明确系统仅在水平方向满足动量守恒，而机械能守恒则需全程成立。选项D的斜抛假设检验环节尤为巧妙，通过极值条件的能量分析验证了物理过程的合理性，充分考查了学生运用守恒定律解决复杂运动问题的能力。整体难度中等偏上，对学生的建模能力和守恒条件判断能力提出了较高要求。
11.【答案】2Fm 1 否
【解析】解：(1)由动能定理可得：W=Fx=12mv2−12mv02=12m(v2−v02)
所以△v2=2Fmx
则可知图象的斜率等于2Fm，
(2)由图可知，图象的斜率为k=，由上式得：k=2Fm
则得合外力F=km2=5×0.42N=1N；
(3)本实验不需要用小桶(含内部沙子)的重力代替绳子的拉力，所以不需要满足小桶(含内部沙子)的质量远小于小车的质量．
故答案为：(1)2Fm；(2)1；(3)否．
(1)由动能定理得到△v2与x的表达式，再分析图象斜率的意义．
(2)可得出图象斜率，由动能定理求解合外力的大小．
(3)本实验不需要满足小桶(含内部沙子)的质量远小于小车的质量．
本题考查了创新方法探究功与速度的关系，关键是列出动能定理方程然后结合数学函数进行分析出截距与斜率的物理意义．不能将该实验与探究牛顿第二定律的实验混淆，本实验不需要满足小桶(含内部沙子)的质量远小于小车的质量这个条件．
12.【答案】A > = ADE m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON m1⋅OP2=m1⋅OM2+m2⋅ON2 托盘天平(带砝码)、刻度尺(或游标卡尺) mAd1t1=mBd2t2+mAd1t3 12mA(d1t1)2−12mB(d2t2)2−12mA(d1t3)2 甲同学根据平抛运动特点，竖直方向做自由落体运动，相同高度落地时间相同，水平方向做匀速运动，因此用水平射程替代速度，是间接的方法；乙同学是用一小段时间间隔的平均速度△x△t来表示滑块通过光电计时装置的瞬时速度的，利用了极限思想。
【解析】解：(1)①A、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故A正确，BC错误；
故选：A
②为保证在碰撞后入碰小球的速度仍然向前，则需要入碰小球的质量大于被碰小球的质量，即m1>m2且r1=r2
③要验证动量守恒定律定律，即验证：m1v1=m1v2+m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，
上式两边同时乘以t得：m1v1t=m1v2t+m2v3t，得：m1OP=m1OM+m2ON，
因此实验需要测量：两球的质量、小球的水平位移，
故选：ADE。
④小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，
它们的水平位移x与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，
若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0=m1v1+m1v2，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，
代入得：m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON；
若碰撞是弹性碰撞，则：12m1v12=12m1v22+12m2v32
即：m1⋅OP2=m1⋅OM2+m2⋅ON2
(2)①根据题目中实验的步骤，结合实验的原理可知，还没有测量的物理量为滑块的质量以及遮光片的宽度，所以需要的实验器材为托盘天平(带砝码)、刻度尺(或游标卡尺)；
②若两滑块相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为：mAv1=mAv2+mBv3
三个速度分别为：v1=d1t1,v2=d1t3,v3=d2t2
联立可得：mAd1t1=mBd2t2+mAd1t3；
两滑块碰撞过程中损失的机械能：△E=12mvA2−12mAv22−12mBv32=12mA(d1t1)2−12mB(d2t2)2−12mA(d1t3)2
(3)根据实验的原理可知，方案(1)甲同学根据平抛运动特点，竖直方向做自由落体运动，相同高度落地时间相同，水平方向做匀速运动，因此用水平射程替代速度，是间接的方法；乙同学是用一小段时间间隔的平均速度△x△t来表示滑块通过光电计时装置的瞬时速度的，利用了极限思想。
故答案为：
(1)①A；②>；=；③ADE；
④m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON； m1⋅OP2=m1⋅OM2+m2⋅ON2
(2)①托盘天平(带砝码)、刻度尺(或游标卡尺)
②mAd1t1=mBd2t2+mAd1t3；12mA(d1t1)2−12mB(d2t2)2−12mA(d1t3)2
(3)甲同学根据平抛运动特点，竖直方向做自由落体运动，相同高度落地时间相同，水平方向做匀速运动，因此用水平射程替代速度，是间接的方法；乙同学是用一小段时间间隔的平均速度△x△t来表示滑块通过光电计时装置的瞬时速度的，利用了极限思想。
(1)①在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平；
②由于两球从同一高度下落，故下落时间相同，所以水平向速度之比等于两物体水平方向位移之比，然后由动量守恒定律与机械能守恒分析答题。
③由于两球从同一高度下落，故下落时间相同，所以水平向速度之比等于两物体水平方向位移之比，然后根据动量守恒列方程即可正确求出质量之比。
(2)①根据实验步骤选择合适的实验器材；
②根据测量的结果，结合动量守恒分析；由功能关系分析损失的能量。
(3)根据实验的原理分析即可。
该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键。此题难度中等，属于难题。
13.【答案】【小题1】例如物体沿斜面下滑时，通常在沿斜面和垂直斜面两个方向分解重力，用两个方向的分力等效替代重力
【小题2】a.污水从喷口射出后做平抛运动，设液体在空中运动的时间为t，有水平方向则有L=v0t
竖直方向则有H=12gt2
联立上述两式解得v0=L g2H
b.污水落到河面时的竖直分速度大小vy=gt
污水落到河面时的速度大小v= vy2+v02= 4gH2+gL22H。
c.设液体在空中运动时间t内，空中液体的体积为A，则有A=Sv0t，S=πD24，L=v0t
联立可得A=πD24L
答：(1)例如物体沿斜面下滑时，通常在沿斜面和垂直斜面两个方向分解重力，用两个方向的分力等效替代重力。
(2)a.污水从排污管喷出时初速度的大小为L g2H；
b.污水落至河面时速度的大小为 4gH2+gL22H
c.由管口至河面间空中污水的体积为π4D2L

【解析】解：(1)例如物体沿斜面下滑时，通常在沿斜面和垂直斜面两个方向分解重力，用两个方向的分力等效替代重力。
(2)a.污水从喷口射出后做平抛运动，设液体在空中运动的时间为t，有水平方向则有L=v0t
竖直方向则有H=12gt2
联立上述两式解得v0=L g2H
b.污水落到河面时的竖直分速度大小vy=gt
污水落到河面时的速度大小v= vy2+v02= 4gH2+gL22H。
c.设液体在空中运动时间t内，空中液体的体积为A，则有A=Sv0t，S=πD24，L=v0t
联立可得A=πD24L
答：(1)例如物体沿斜面下滑时，通常在沿斜面和垂直斜面两个方向分解重力，用两个方向的分力等效替代重力。
(2)a.污水从排污管喷出时初速度的大小为L g2H；
b.污水落至河面时速度的大小为 4gH2+gL22H
c.由管口至河面间空中污水的体积为π4D2L
(1)只要是等效替代的思想即可；
(2)根据平抛运动的规律即可求出初速度与落至河面的速度大小，空中污水的体积需要求出污水在空中运动的时间与管口的截面积即可求解。
本题考查运用平抛运动的规律解决实际问题的能力，注意不要死记硬背，多思考。
14.【答案】解：(1)根据万有引力等于重力表示出重力加速度得得：GMmR2=mg，
得：g=GMR2，其中R为海王星球半径，M为星球质量。
所以海王星球表面重力加速度与地球表面重力加速度之比约为1：1；则该星体表面重力加速度：g′=9.8m/s2；
(2)设该星球第一宇宙速度为v1，则：v1= g′r= g⋅4R=2 gR=2v地球=2×7.9km/s=15.8km/s；
答：(1)海王星的表面重力加速度为9.8m/s2；
(2)绕海王星表面做圆周运动的宇宙飞船，其运行速度大小为15.8km/s。
【解析】(1)第一宇宙速度是卫星绕星近表面速度，根据地球对卫星的万有引力提供向心力求解；
(2)根据万有引力等于重力表示出重力加速度求解。
求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再进行之比。
在处理平抛运动时，注意两星球的重力加速度不同，是解题的关键，并突出人在两星球上的推力是一定的。
15.【答案】物块a第一次经过圆弧轨道上的B点时轨道对其支持力的大小为6N 物块a第一次通过传送带产生的热量为0.74J 物块c与挡板碰前瞬间的速度大小为0.4m/s
【解析】解：(1)物块a从A点运动到B点的过程，根据机械能守恒定律有mgR1=12mvB2，解得：vB=5m/s。
在B点，根据牛顿第二定律有FN−mg=mvB2R1，代入数据解得：FN=6N。
(2)物块a滑上传送带后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg=ma1，解得：a1=5m/s2。
设物块a第一次通过传送带的时间为t1，根据运动学公式有L=vBt1−12a1t12，结合题意代入数据解得：t1=0.2s。
此过程中传送带的位移大小为x1=v0t1，代入数据解得：x1=0.16m。
物块a与传送带的相对位移大小为Δx=L−x1，推导可得：Δx=0.74m。
物块a第一次通过传送带产生的热量为Q=μmgΔx，代入数据解得：Q=0.74J。
(3)物块a到达D点时的速度大小为vD，根据速度-时间公式有vD=vB−a1t1，解得：vD=4m/s。
物块a与物块b发生碰撞，设碰后物块c的速度为vc，规定向左为正方向，根据动量守恒定律有mvD=(m+4m)vc，解得：vc=0.8m/s。
物块c在水平面DE上做匀速直线运动，到达E点后滑上圆弧轨道EF，此过程根据机械能守恒定律有12(5m)vc2=5mgℎ+12(5m)vF2，代入数据解得：vF=0.4m/s。
答：(1)物块a第一次经过圆弧轨道上的B点时轨道对其支持力的大小为6N。
(2)物块a第一次通过传送带产生的热量为0.74J。
(3)物块c与挡板碰前瞬间的速度大小为0.4m/s。
(1)物块a从A点静止下滑到B点，过程满足机械能守恒，可求出B点速度；在B点物块做圆周运动，由牛顿第二定律分析支持力与重力的合力提供向心力，结合B点速度与半径R1即可求出支持力大小。
(2)物块a以B点速度滑上传送带，因速度大于传送带速度且传送带逆时针转动，物块受滑动摩擦力减速；通过牛顿第二定律求加速度，结合传送带长度L与初速度分析物块是否在传送带上匀减速至与传送带共速，并计算相对位移；摩擦生热等于滑动摩擦力乘以相对位移。
(3)先由匀减速运动规律求出物块a滑离传送带时的速度，即与b碰撞前的速度；a与b碰撞过程动量守恒，求出碰后共同速度；c在DE段匀速运动至E点，再沿圆弧轨道EF上滑，此过程机械能守恒，由c在E点的动能转化为F点的动能与重力势能(高度h已知)，即可求出F点速度。
本题综合考查力学中的能量守恒、圆周运动、牛顿运动定律、传送带模型、动量守恒以及多过程运动分析。题目计算量较大，涉及多个物理过程衔接，对学生的建模分析能力和逻辑推理能力提出了较高要求。第一问通过机械能守恒与圆周运动向心力公式的联立，考查基本规律的应用；第二问的传送带模型是典型易错点，需准确分析相对位移以计算摩擦生热；第三问则整合了碰撞、动量守恒及能量转化，需要学生清晰梳理物块从碰撞后到上滑至F点的完整过程。本题将多个核心知识点有机串联，能够有效锻炼学生处理复杂物理情境的综合能力。