2025-2026学年广东省肇庆市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年广东省肇庆市高一（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.某航展中“歼−35A”战机闪亮登场，并在机场上空进行了飞行表演。“歼−35A”战机在表演过程中有一段轨迹为曲线，如图所示，则关于该过程，下列说法正确的是( )
A. 战机速度一定改变B. 战机在A点的速度一定竖直向上
C. 战机受到的合外力一定不变D. 战机受到的合外力一定与速度垂直
2.明代出版的《天工开物》一书中，有牛力齿轮(牛转翻车)的图画，这说明古人早已懂得利用大小不同的齿轮来达到改变转速的目的。如图所示，大齿轮A的半径是小齿轮B的半径的两倍，转动时不打滑，下列说法正确的是( )
A. 齿轮A和齿轮B的角速度大小相等
B. 齿轮A和齿轮B边缘的线速度大小相等
C. 牛转一圈，齿轮B也转一圈
D. 齿轮A和齿轮B边缘的向心加速度大小之比为2：1
3.在篮球比赛中，运动员将篮球投入篮筐，不计空气阻力和转动的影响，该篮球在空中运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 篮球的速度先增大后减小B. 篮球的机械能先增大后减小
C. 篮球运动到最高点时速度为零D. 篮球运动到最高点时重力的功率为零
4.如图所示，某条小河有渡口A和B，小明某次坐船发现船头始终垂直于河岸，恰好到达对岸渡口，已知水流速度和船在静水中的速度大小均不变(轮船未显示在图中)下列说法中正确的是( )
A. 小明此次坐船是从渡口A去往渡口B
B. 若水流速度增大，船头仍始终垂直于河岸，也能到达对岸渡口
C. 小明坐船返回时，渡河时间一定变长
D. 小明坐船返回时，船头也应始终垂直于河岸
5.我国发射了一颗综合性太阳探测卫星，该卫星绕地球做匀速圆周运动，距地面高度约为720km，运行一圈所用时间约为100分钟。下列说法正确的是( )
A. 该卫星的发射速度大于11.2km/s
B. 该卫星的速度小于地球同步卫星的速度
C. 该卫星的向心加速度大于近地卫星的向心加速度
D. 若已知地球半径和引力常量，可求出地球的质量
6.双人花样滑冰表演时，女运动员有时会被男运动员拉着离开冰面在空中做水平面内的匀速圆周运动。如图所示，男运动员的手臂与水平冰面的夹角为45∘，男、女运动员与其身上装备的总质量分别为75kg和45kg，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 女运动员受到的作用力有重力、拉力和向心力
B. 女运动员受到的拉力大小为450N
C. 男运动员受到的支持力大小为1200N
D. 女运动员的向心加速度大小为10 2m/s2
7.如图所示，光滑水平面上，小球M在水平恒力F的作用下，由静止开始向右运动，同时小球N以速度v0向左运动；当M的速度达到2v0时，两球发生正碰(碰撞时间极短且无机械能损失)，碰后各自反向运动，已知两球的质量相等，以水平向右为正方向，从小球M开始运动到第一次减速到0的过程中，两小球的速度v随时间t变化的图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.嫦娥六号采用最节省燃料的霍曼转移轨道方式奔月，其过程简化如下：嫦娥六号在距离月表高度约3.8×105km的圆轨道Ⅰ，从A点进入椭圆轨道Ⅱ，当运行至距离月表高度约200km的B点进入圆轨道Ⅲ，已知月球半径R=1740km。关于嫦娥六号的运动，下列说法正确的是( )
A. 从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ时，在A点加速
B. 在轨道Ⅱ运行的周期比在轨道Ⅲ运行的周期长
C. 沿轨道Ⅱ运行时，在A、B两点的速度大小之比约为1：1900
D. 沿轨道Ⅱ运行时，从A运行到B，机械能保持不变
9.质量为50kg的跳水运动员从10m高的跳台上以4m/s的速度斜向上跳起，完成动作后落入水中，若忽略运动员的身高，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。运动员从起跳到刚入水，以水面为参考平面，下列说法正确的是( )
A. 起跳时运动员的机械能为5400JB. 运动员重力势能的最大值为5000J
C. 重力对运动员所做的功为5000JD. 运动员的动能先增大再减小
10.如图所示，一辆小马智行无人驾驶车在水平路段MN上以恒定功率48kW、速度16m/s匀速行驶，在斜坡路段PQ上以恒定功率96kW、速度8m/s匀速行驶。已知车辆总质量为1600kg，MN=PQ=200m，斜坡PQ的倾角为30∘，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 小车在水平路段MN上受到的阻力大小为3000N
B. 小车从M到N的过程中，牵引力做的功为6×105J
C. 小车在斜坡路段PQ行驶过程中，机械能减少
D. 小车从P到Q的过程中，重力势能的增加量为1.6×106J
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.某物理兴趣小组设计了验证动量守恒定律的方案，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木板左侧面(如图)，图中O点与小球在斜槽末端时球心的位置等高。实验操作如下：①让入射球A多次从斜槽上某点静止释放；②把被碰小球B静止放在斜槽末端；③将入射小球A从斜槽上同一位置静止释放，与小球B相撞。多次重复②③操作，木板上得到三个平均落点为M、P、N
(1)安装实验装置时，必须调节斜槽末端
(2)小球A、B的半径相等，质量分别为m1、m2，则为了顺利完成实验，它们质量大小应满足的关系是m1 m2(选填“”)
(3)测出OM、OP、ON的距离分别为ℎ1、ℎ2、ℎ3，若表达式 (用ℎ1、ℎ2、ℎ3、m1、m2表示)成立，则动量守恒定律得到验证
12.某实验小组探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间关系的实验(如图甲)。已知小球放在挡板D、B、C处做圆周运动的半径之比为1：2：1；变速塔轮自上而下每层左、右两侧半径之比分别为1：1、2：1和3：1，如图乙所示。
(1)本实验中用到的主要物理方法是 (选填“等效法”“微元法”或“控制变量法”)
(2)探究向心力F与半径r之间的关系时，传动皮带应连接在图乙中的第 层塔轮上，并将质量相同的小球分别放在挡板 (选填“B处和C处”“B处和D处”或“C处和D处”)
(3)某次实验中，将质量相同的两个小球分别放在挡板B处和C处，误将传动皮带放在图乙中的第三层塔轮上，则左、右两个标尺露出的格子数之比为
(4)该小组同学利用力传感器升级实验装置后，质量为m的小球放在其中一挡板，改变塔轮的转速，得到小球对挡板的压力F与其做圆周运动周期T的图像F−1T2(如图丙)，已知图像斜率为k，则小球做圆周运动的半径r= (用m、k、π表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共34分。
13.如图所示，甲同学在距离地面高ℎ1=2.5m处将排球击出，初速度沿水平方向，排球在飞行水平距离x=4.8m时，被乙同学在离地面ℎ2=0.7m处垫起，球的速度大小不变，方向变为竖直向上，排球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)排球被水平击出时初速度的大小v0
(2)排球被垫起后运动到最高点时离地的高度H
14.某兴趣小组开展输送物料缓冲装置研究(如图甲)，水平台面放置质量为m=2kg的物料A，A左侧紧贴着质量不计的弹性气囊，A与气囊均静止在水平台面上。另一块质量相同的物料B，以v0=7m/s的速度水平向右撞向缓冲气囊。在B挤压气囊到气囊恢复原状的过程中，气囊对两侧物料产生的水平弹力F大小随时间t的变化规律如图乙所示。A、B均可视为质点，物料A、B与水平台面的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)在B挤压气囊到气囊恢复原状的过程中：
①B受到水平弹力的冲量大小和摩擦力的冲量大小；
②A、B组成的系统的动量是否守恒？并说明理由
(2)气囊恢复原状瞬间，A和B的速度大小
15.如图所示，光滑水平导轨AB左端有一压缩的轻弹簧，紧靠弹簧右端放置一个滑块(可视为质点)，滑块与轻弹簧不粘连，弹簧处于锁定状态。现解除锁定，滑块沿轨道BF从C点进入光滑竖直圆轨道，恰好能经过轨道的最高点D，绕行一圈后继续沿轨道EF向前运动，并滑上足够长的水平传送带。已知滑块质量为m，圆轨道半径为R，BC和EF的长度均为2R，滑块与水平轨道BC、EF及传送带间动摩擦因数均为μ=0.25，传送带以v0= 2gR的速度逆时针匀速转动。重力加速度为g，求：
(1)滑块在最低点E受到圆轨道的支持力大小FN
(2)弹簧锁定时的弹性势能Ep
(3)滑块最终停止的位置
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、曲线运动的速度方向沿切线方向，速度方向时刻发生变化，速度是矢量，所以战机速度一定改变，故A正确；
B、做曲线运动的物体，在某一点的速度方向沿曲线在这一点的切线方向，所以战机在A点的速度沿切线方向向上，不是竖直向上，故B错误；
C、不知道战机做何种曲线运动，所以无法确定战机受到的合外力是否恒定不变，故C错误；
D、战机受到的合外力一定指向轨迹的凹侧，但不一定与速度垂直，故D错误。
故选：A。
根据曲线运动的基本条件和特点分析判断。
本题主要考查物体做曲线运动的基本条件和特点。
2.【答案】B
【解析】解：AB.A、B齿轮属于边缘传动，两轮边缘质点线速度大小相同，A、B齿轮半径不同，由v=ωr可知角速度大小不同，故A错误，B正确；
C.牛与齿轮A属同轴转动，角速度相同，与齿轮B的角速度不同，故C错误；
D.A、B两轮线速度相同，rA=2rB，由向心加速度an=v2r可知anA：anB=rB：rA=1：2，故D错误。
故选：B。
边缘传动，边缘上的点线速度相等；同轴转动，除轴外角速度相等。结合v=ωr、an=v2r逐项求解。
本题主要考查传动问题，理解边缘传动和同轴转动的特点是解题关键。
3.【答案】D
【解析】解：A、不计空气阻力和转动的影响，该篮球在空中运动过程中，只有重力做功。篮球做斜上抛运动，上升阶段重力与速度的夹角为钝角，重力做负功，则速度减小；下落阶段重力与速度的夹角为锐角，重力做正功，速度增大，所以篮球的速度先减小后增大，故A错误；
B、不计空气阻力，篮球在运动过程中只有重力做功，其机械能守恒，机械能大小始终不变，故B错误；
C、篮球在水平方向不受力，做匀速直线运动，最高点仅竖直方向速度为0，水平方向速度不为零，因此合速度不为零，故C错误；
D、重力的瞬时功率公式为P=mgvy(vy为竖直方向速度分量)，在最高点时vy=0，因此重力的功率为0，故D正确。
故选：D。
不计空气阻力和转动的影响，该篮球在空中运动过程中，只有重力做功，其机械能守恒，根据重力做功正负判断动能变化情况。篮球水平方向做匀速直线运动，到达最高点时具有水平速度。根据P=mgvy分析篮球运动到最高点时重力的功率大小。
在解答本题时，应注意分析斜抛运动的受力特点，来分析其运动情况，要知道重力的瞬时功率与竖直分速度有关。
4.【答案】C
【解析】解：A.船头始终垂直于河岸，则小船实际的速度包含船相对于水的速度和沿河岸方向的水流速度，其中沿河岸方向分速度等于水流速度，所以船到达点为对岸的下游，则小明此次坐船是从渡口B去往渡口A，故A错误；
B.若水流速度增大，船头仍始终垂直于河岸，根据t=dv船可知船渡河的时间不变；根据x=v水t，可知沿河岸通过的位移变大，所以不能到达对岸渡口，故B错误；
CD.小明坐船返回时，沿河岸分速度方向与水流速度方向相反，所以船在静水中的速度需要有与水流速度方向相反的分量，因此船头必须偏向左上游，此时垂直河岸的分速度v⊥t=dv船
可知渡河时间一定变长，故C正确，D错误。
故选：C。
根据船头方向始终与河岸垂直，结合平行四边形定则判断；小明坐船返回时，沿河岸分速度方向与水流速度方向相反，然后结合平行四边形定则判断。
解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，以及知道各分运动具有独立性，互不干扰。
5.【答案】D
【解析】解：A、11.2km/s是第二宇宙速度，是卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度。该卫星仍绕地球运行，所以其发射速度小于11.2km/s，故A错误；
B、设卫星的质量为m，地球的质量为M，轨道半径为r。卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可得GMmr2=mv2r
解得卫星的速度v= GMr，卫星的轨道半径越小，线速度越大。该卫星轨道高度720km远小于同步卫星轨道高度(约36000km)，轨道半径更小，故该卫星的速度大于同步卫星的速度，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力可得GMmr2=ma，解得向心加速度a=GMr2，轨道半径越大，向心加速度越小。近地卫星轨道半径近似等于地球半径，小于该卫星的轨道半径，故该卫星的向心加速度小于近地卫星的向心加速度，故C错误；
D、已知地球半径R可得该卫星的轨道半径r=R+ℎ，周期T、引力常量G均已知，由GMmr2=m4π2T2r可得地球质量M=4π2(R+ℎ)3GT2，可求出地球质量，故D正确。
故选：D。
根据第二宇宙速度的意义分析该卫星的发射速度大小；根据万有引力提供向心力列式分析该卫星的速度与地球同步卫星的速度关系；根据万有引力提供向心力列式分析该卫星的向心加速度与近地卫星的向心加速度关系；根据万有引力提供向心力能求出地球的质量。
本题考查卫星的运动，解题关键要掌握万有引力提供向心力这条思路，并能用来解决实际问题。
6.【答案】C
【解析】解：A.女运动员实际受到重力与拉力两个作用力，向心力是由合力提供的效果力，不属于物体真实受到的力，故A错误。
B.以女运动员为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得Fsin⁡45∘=m女g，可得女运动员受到的拉力大小F=m女gsin45∘=45×10 22N=450 2N，故B错误。
C.以男运动员为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得Fsin⁡45∘+m男g=N，解得男运动员受到的支持力大小N=1200N，故C正确。
D.以女运动员为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得Fcs⁡45∘=m女a，解得女运动员的向心加速度大小a=Fcs⁡45∘m女=450 2× 2245m/s2=10m/s2，故D错误。
故选：C。
明确向心力是效果力并非实际受力；隔离女运动员进行受力正交分解，由竖直方向受力平衡求出绳子拉力；隔离男运动员，结合竖直方向平衡条件求出地面支持力；对女运动员水平方向运用牛顿第二定律计算向心加速度。
本题考查匀速圆周运动受力分析，区分向心力这一效果力与真实作用力，运用隔离法、力的正交分解，结合受力平衡和牛顿第二定律进行求解，考查圆周运动模型的受力分析与定量计算能力。
7.【答案】C
【解析】解：水平面光滑，碰撞前M向右(正方向)做匀加速直线运动，N向左(负方向)做匀速直线运动；
两球发生正碰过程，以运动方向为正方向，根据动量守恒可得m×2v0−mv0=mvM+mvN
根据机械能守恒可得12m×(2v0)2+12mv02=12mvM2+12mvN2
联立解得碰后瞬间M、N的速度分别为vM=−v0，vN=2v0
可知碰撞后M以速度大小v0向左(负方向)做匀减速运动；N以速度大小2v0向右(正方向)做匀速直线运动。故ABD错误，C正确。
故选：C。
水平面光滑，碰撞前小球M受水平恒力从静止开始沿正方向做匀加速直线运动，小球N不受外力以大小为v0的速度沿负方向做匀速直线运动。两球发生无机械能损失的等质量正碰，可结合动量守恒、机械能守恒确定碰后瞬间两球的速度，碰撞后M仍受恒力作用沿负方向做匀减速运动直到速度为零，N不受外力保持匀速运动，结合速度正负、斜率对应的加速度特征即可判断图像合理性。
本题考查匀变速直线运动规律、弹性碰撞的动量与机械能守恒规律、v−t图像的物理意义，属于力学综合类中等偏上难度题目，计算量较小但对逻辑推理能力要求较高。解题需先分析碰撞前两球的运动状态，结合等质量弹性碰撞的规律推导碰后瞬间速度，再明确恒力作用下M的加速度恒定，全程v−t图像斜率不变，最终匹配运动特征判断选项，可有效锻炼学生的过程拆分与模型整合能力。
8.【答案】BD
【解析】解：A.根据卫星变轨知识，嫦娥六号从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ时需要在A点减速做近心运动，故A错误；
B.根据开普勒第三定律，由于轨道Ⅱ的半长轴大于轨道Ⅲ的半径，所以嫦娥六号在轨道Ⅱ运行的周期比在轨道Ⅲ运行的周期长，故B正确；
C.根据开普勒第二定律可得12rAvAt=12rBvBt，则在A、B两点的速度大小之比为vAvB=rBrA=200+17403.8×105+1740≈1197，故C错误；
D.嫦娥六号沿轨道Ⅱ运行时，只有万有引力做功，所以从A运行到B，机械能保持不变，故D正确。
故选：BD。
A.根据卫星变轨知识分析解答；BC.根据开普勒第三定律、开普勒第二定律列式求解；D.根据机械能守恒的条件分析解答。
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，属于中等难度考题。
9.【答案】AC
【解析】解：A、以水面为参考平面，起跳时运动员的机械能为E=mgℎ+12mv02，解得E=5400J，故A正确；
B、起跳时运动员的重力势能为Ep0=mgℎ=50×10×10J=5000J，由于运动员斜向上跳起，最高点的高度比起跳时大，所以运动员重力势能的最大值>5000J，故B错误；
C、运动员从起跳到刚入水，重力对运动员所做的功为WG=mgℎ，解得WG=5000J，故C正确；
D、运动员从起跳到刚入水，重力对运动员先做负功后做正功，所以运动员的动能先减小再增大，故D错误。
故选：AC。
整个过程为运动员仅受重力的斜抛运动，不计空气阻力时机械能守恒，选取水面为重力势能参考平面。已知运动员质量、起跳位置距水面高度、起跳初速度，结合机械能的定义、重力做功与初末位置高度差的对应关系、动能变化与合外力做功的关联规律分析即可，需注意斜上抛过程中最高点高度大于起跳高度这一隐含运动特征。
本题考查机械能章节核心知识点，涉及重力势能参考平面选取规则、重力做功的计算特点、动能变化与合外力做功的对应关系、斜抛运动全程的能量变化分析。整体难度中等偏下，计算量较小，重点考查学生对基础概念的辨析能力，以及运动过程拆分分析的基本思维，贴合高中物理基础题的考查要求。
10.【答案】ABD
【解析】解：A、小车匀速行驶时牵引力等于阻力，由功率公式P=Fv=fv，得水平路段阻力f=P1v1，解得f=3000N，故A正确；
B、小车从M到N的运动时间t=MNv1，解得t=12.5s，恒定功率下牵引力做功W=P1t，解得W=6×105J，故B正确；
C、小车在斜坡匀速行驶，动能不变；向上运动过程中高度增加，重力势能增加，机械能等于动能与重力势能之和，因此机械能增加，故C错误；
D、小车从P到Q上升的高度ℎ=PQ⋅sin30∘，解得ℎ=100m，重力势能增加量ΔEp=mgℎ，解得ΔEp=1.6×106J，故D正确。
故选：ABD。
首先明确汽车在水平路段MN和斜坡路段PQ均做匀速直线运动，牵引力与对应路段的合阻力大小相等，结合恒定功率下功率、牵引力、速度的关联可推导水平路段阻力，结合运动时长可计算恒定功率下牵引力做功，根据匀速时动能不变、高度变化即可分析机械能变化和重力势能增量，结合已知位移、倾角、车重等条件即可判断对应结论是否正确。
本题考查机车恒定功率运行规律、功的计算、机械能变化判定、重力势能变化计算，属于动力学与功和能模块的综合基础题。本题计算量小，难度中等偏下，考查重点为基础公式的灵活应用与核心概念的准确理解，能够锻炼学生的基础建模能力与细节辨析能力，贴合高中物理基础题型考查要求。
11.【答案】【小题1】
水平
【小题2】
>
【小题3】
m1 ℎ2=m1 ℎ3+m2 ℎ1

【解析】解：(1)为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，必须调节斜槽末端水平。
(2)为了保证碰撞后入射小球不反弹，应满足m1>m2。
(3)小球在空中做平抛运动，根据平抛运动规律有x=v0t，ℎ=12gt2
联立可得小球做平抛运动的初速度大小为v0=x g2ℎ
设入射小球碰撞前瞬间的速度大小为v1，碰撞后瞬间入射小球和被碰小球的速度大小分别为v′1，v2，根据动量守恒可得m1v1=m1v′1+m2v2
其中v1=x g2ℎ2，v′1=x g2ℎ3，v2=x g2ℎ1
联立可得若表达式m1 ℎ2=m1 ℎ3+m2 ℎ1成立，则动量守恒定律得到验证。
故答案为：(1)水平；(2)>；(3)m1 ℎ2=m1 ℎ3+m2 ℎ1。
(1)为了保证小球做平抛运动；
(2)为了保证碰撞后入射小球不反弹；
(3)由平抛运动的规律，动量守恒计算。
本实验考查保证小球做平抛运动斜槽末端水平，为了保证碰撞后入射小球不反弹，其质量大于被碰小球质量，平抛运动的规律，动量守恒，推理能力。
12.【答案】【小题1】
控制变量法
【小题2】
一
B处和C处
【小题3】
2：9
【小题4】
k4mπ2

【解析】1. 探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，先控制其中两个物理量不变，探究向心力与另一个物理量的关系，用到的主要物理方法是控制变量法
2. 探究向心力F与半径r之间的关系，应使两小球质量相等，做圆周运动的角速度相等，半径不相等；由于左、右塔轮边缘处的线速度大小相等，所以传动皮带应连接在图乙中的第一层塔轮上，并将质量相同的小球分别放在挡板B处和C处
3. 某次实验中，将质量相同的两个小球分别放在挡板B处和C处，则半径之比为2：1；误将传动皮带放在图乙中的第三层塔轮上，由于左、右塔轮边缘处的线速度大小相等，根据v=ωR可知，左、右塔轮的角速度之比为1：3；根据F=mω2r可知，左、右两小球的向心力大小之比为2：9，则左、右两个标尺露出的格子数之比为2：9
4. 根据牛顿第二定律可得F=m4π2T2r=4mπ2r⋅1T2
可知F−1T2图像的斜率为k=4mπ2r
解得小球做圆周运动的半径r=k4mπ2
13.【答案】【小题1】排球被水平击出，由平抛运动规律，竖直方向有ℎ1−ℎ2=12gt2
水平方向x=v0t
联立解得v0=8m/s
【小题2】排球被垫起前竖直方向的速度分量为vy=gt
排球做竖直上抛运动的速度v= v02+vy2
竖直上抛运动到最高点时满足v2=2gℎ
排球在最高点离地的高度H=ℎ+ℎ2
联立解得H=5.7m
答：

【解析】解：(1)排球被水平击出，由平抛运动规律，竖直方向有ℎ1−ℎ2=12gt2
水平方向x=v0t
联立解得v0=8m/s
(2)排球被垫起前竖直方向的速度分量为vy=gt
排球做竖直上抛运动的速度v= v02+vy2
竖直上抛运动到最高点时满足v2=2gℎ
排球在最高点离地的高度H=ℎ+ℎ2
联立解得H=5.7m
答：(1)排球被水平击出时初速度的大小是8m/s；
(2)排球被垫起后运动到最高点时离地的高度是5.7m。
(1)排球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上的运动计算运动的时间；排球在水平方向上做匀速直线运动，根据匀速直线运动计算排球被水平击出时初速度的大小；
(2)根据竖直方向上的运动特点得出竖直方向上的速度，结合勾股定理得出速度的大小，根据竖直上抛运动的特点求出排球被垫起后运动到最高点时离地的高度。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，熟悉平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式即可完成分析。
14.【答案】【小题1】①由图像可知，气囊恢复原状过程中，由F−t图像与横轴围成的面积表示力的冲量可知，水平弹力对物料B的冲量大小为：IF=12F×t2=12×120×0.2N⋅s=12N⋅s，
台面对B的摩擦力的冲量大小为：If=μmgt=0.5×2×10×0.2N⋅s=2N⋅s；
②A、B组成的系统动量不守恒；原因是：在B挤压气囊到气囊恢复原状的过程中，A、B系统除了内力，还受到水平面的摩擦力，不满足动量守恒的条件，所以系统动量不守恒
【小题2】以水平向右的方向为正方向，对物料B，根据动量定理可得：−IF−μmgt=mvB−mv0，代入数据解得：vB=0；
对物料A、由动量定理可得：IF−μmgt=mvA，代入数据解得：vA=IF−μmgtm=12−0.5×2×10×0.22m/s=5m/s。
答：

【解析】解：(1)①由图像可知，气囊恢复原状过程中，由F−t图像与横轴围成的面积表示力的冲量可知，水平弹力对物料B的冲量大小为：IF=12F×t2=12×120×0.2N⋅s=12N⋅s，
台面对B的摩擦力的冲量大小为：If=μmgt=0.5×2×10×0.2N⋅s=2N⋅s；
②A、B组成的系统动量不守恒；原因是：在B挤压气囊到气囊恢复原状的过程中，A、B系统除了内力，还受到水平面的摩擦力，不满足动量守恒的条件，所以系统动量不守恒；
(2)以水平向右的方向为正方向，对物料B，根据动量定理可得：−IF−μmgt=mvB−mv0，代入数据解得：vB=0；
对物料A、由动量定理可得：IF−μmgt=mvA，代入数据解得：vA=IF−μmgtm=12−0.5×2×10×0.22m/s=5m/s。
答：(1)①B受到水平弹力的冲量大小为12N⋅s，摩擦力的冲量大小为2N⋅s；
②A、B组成的系统动量不守恒；理由：在B挤压气囊到气囊恢复原状的过程中，A、B系统除了内力，还受到水平面的摩擦力，所以动量不守恒；
(2)气囊恢复原状瞬间，A和B的速度大小分别为5m/s和0。
(1)①由冲量的定义可求摩擦力的冲量的大小，由F−t图像与横轴围成的面积表示力的冲量可求水平弹力的冲量的大小；
②由A、B组成的系统动量守恒的体积判断即可；
(2)对A、B分别应用动量定理列式即可解答。
本题是对冲量、动量定理及动量守恒的条件的考查，解题的关键是要知道F−t图像与时间轴围成的面积表示力的冲量；I=Ft只适用于恒力的冲量的计算，动量守恒的条件是相同不受外力后受到的外力之和为0，注意动量定理的矢量性。
15.【答案】【小题1】滑块恰好通过最高点，重力提供向心力，则有mg=mvD2R
解得vD= gR
滑块从D到E的过程中，由机械能守恒可得mg×2R=12mvE2−12mvD2
解得vE= 5gR
在E点，由牛顿第二定律可得FN−mg=mvE2R
解得FN=6mg
【小题2】滑块在光滑圆轨道运动时机械能守恒，在C点的速度与E点速度相等，则有vC=vE= 5gR
滑块从B到C的过程，由动能定理可得−μmg×2R=12mvC2−12mvB2
滑块被弹开过程，弹簧弹性势能全部转化为滑块动能，则有Ep=12mvB2
联立解得Ep=3mgR
【小题3】滑块从E到F的过程，由动能定理可得−μmg×2R=12mvF2−12mvE2
解得vF=2 gR
由于vF>v0，滑块在传送带上先减速到0后反向加速，到F点之前已与传送带共速，返回F点时速度为v′F=v0；从F点向左运动，假设在圆轨道能上升高度不超过与圆心等高的位置，则有−mgℎ−μmg×2R=0−12mv′F2
解得ℎ=0.5R
从圆轨道h高处返回至停止过程，由动能定理可得mgℎ−μmg×x=0
解得x=2R
EF的长度为2R，所以滑块最终停在F点。
答：

【解析】解：(1)滑块恰好通过最高点，重力提供向心力，则有mg=mvD2R
解得vD= gR
滑块从D到E的过程中，由机械能守恒可得mg×2R=12mvE2−12mvD2
解得vE= 5gR
在E点，由牛顿第二定律可得FN−mg=mvE2R
解得FN=6mg
(2)滑块在光滑圆轨道运动时机械能守恒，在C点的速度与E点速度相等，则有vC=vE= 5gR
滑块从B到C的过程，由动能定理可得−μmg×2R=12mvC2−12mvB2
滑块被弹开过程，弹簧弹性势能全部转化为滑块动能，则有Ep=12mvB2
联立解得Ep=3mgR
(3)滑块从E到F的过程，由动能定理可得−μmg×2R=12mvF2−12mvE2
解得vF=2 gR
由于vF>v0，滑块在传送带上先减速到0后反向加速，到F点之前已与传送带共速，返回F点时速度为v′F=v0；从F点向左运动，假设在圆轨道能上升高度不超过与圆心等高的位置，则有−mgℎ−μmg×2R=0−12mv′F2
解得ℎ=0.5R
从圆轨道h高处返回至停止过程，由动能定理可得mgℎ−μmg×x=0
解得x=2R
EF的长度为2R，所以滑块最终停在F点。
答：(1)滑块在最低点E受到圆轨道的支持力大小为6mg。
(2)弹簧锁定时的弹性势能为3mgR。
(3)滑块最终停止在F点。
(1)明确滑块恰好通过竖直圆轨道最高点D的临界条件，先确定D点的速度，再利用机械能守恒关联D到E过程的速度变化，最后对E点的滑块应用牛顿第二定律结合圆周运动向心力规律，即可得到待求支持力F_N与已知量的对应关系。
(2)明确弹簧解锁后弹性势能全部转化为滑块在B点的动能，滑块在BC段受滑动摩擦力做匀减速运动，且光滑圆轨道上运动时机械能守恒，C点与E点速度大小相等，利用动能定理关联BC段滑块的初末速度，联立即可推导弹性势能E_p的大小。
(3)先利用动能定理计算滑块运动到F点的速度，对比滑块与传送带的速度大小，分析滑块在传送带上先减速再反向加速的运动过程，确定滑块返回F点的速度，再结合动能定理分析滑块后续运动的总位移，对照已知轨道长度即可判断最终停止位置。
本题考查竖直圆周运动临界条件、动能定理、机械能守恒定律、弹性势能转化规律、传送带动力学分析等多个力学核心知识点，属于中等偏上难度的力学综合题。本题计算量适中，考查重点为多过程运动模型的分段拆解能力，要求学生熟练匹配不同运动过程的受力与能量转化关系，需准确判断滑块在传送带上的往返速度变化，同时验证滑块返回后在圆轨道的运动可行性，能有效锻炼学生的逻辑推导与综合建模能力。