2024-2025学年四川省眉山市县级学校联考高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年四川省眉山市县级学校联考高一（下）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题， 实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.以下说法正确的是( )
A. 开普勒提出日心说，并指出行星绕太阳转动其轨道为椭圆
B. 卡文迪许测量出万有引力常量，并提出万有引力定律
C. 牛顿证明了地面上苹果受到的重力和地球对月亮的吸引力是同一种力
D. 洲际导弹的速度有时可达到6000m/s，此速度在相对论中属于高速，导弹的质量会明显增大
2.中国计划2023年5月发射天舟六号货运飞船和神舟十六号载人飞船，并形成三舱三船组合体，此次任务将上行航天员驻留和消耗物资、维修备件、推进剂和应用任务载荷样品，并下行在轨废弃物。飞船发射后会在停泊轨道(Ⅰ)上进行数据确认，后择机经转移轨道(Ⅱ)完成与中国空间站的交会对接，其变轨过程可简化如图所示，已知停泊轨道半径近似为地球半径R，中国空间站轨道距地面的平均高度为ℎ，飞船在停泊轨道上的周期为T1，则( )
A. 飞船在停泊轨道上的速度大于第一宇宙速度
B. 飞船在转移轨道上P、Q两点的速率之比为R：(R+ℎ)
C. 飞船应提前T12 (1+ℎ2R)3时间于P点点火加速进而在Q点完成交会对接
D. 中国空间站的物品或宇航员可以漂浮，说明此时它们或他们不受地球引力作用
3.疫情防控期间，小明同学在家中对着竖直墙壁打乒乓球，某次在空中A点将球斜向上击出，球垂直撞在墙上的O点后沿与碰撞前速度相反的方向弹回落地，落地点B正好在发球点A的正下方，如图所示。不计球的旋转及空气阻力，以O点为坐标原点、垂直于墙壁向左为x轴正方向、平行于墙壁向下为y轴正方向建立平面直角坐标系，关于球从A点到刚落到B点的运动过程中，下列说法中正确的是( )
A. 球的机械能守恒
B. 球在B点时的动能一定大于在A点时的动能
C. 过A、B两点的轨迹的切线与x轴相交于同一点
D. 球在B点时的水平速度比在A点时的水平速度大
4.如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，现用支铅笔贴着细线的左侧水平向右以速度v匀速移动，运动过程中保持铅笔的高度不变，悬挂橡皮的那段细线保持竖直，则在铅笔未碰到橡皮前，橡皮的运动情况是( )
A. 橡皮的运动轨迹是一条直线
B. 橡皮在水平方向上作匀速运动
C. 橡皮在竖直方向上作匀速运动
D. 橡皮在图示位置时的速度大小为v cs2θ+1
5.物体静止在光滑的水平面上，先对物体施加一水平向右的恒力F1，经过t时间后撤去F1，立即在对它施加一个水平向左的恒力F2，又经过2t时间后物体回到出发点，在这一过程中F1，F2分别对物体做的功W1、W2之间的关系是( )
A. W1=W2B. 2W1=W2C. 5W1=4W2D. W1=3W2
6.如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球和物块，且小球质量m1大于物块质量m2.开始时小球恰在A点，物块在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时滑轮右侧的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在球心O的正下方。当小球由静止释放开始运动，则下列说法中正确的是( )
A. 在小球从A点运动到C点的过程中，小球与物块组成的系统机械能守恒
B. 当小球运动到C点时，小球的速率是物块速率的 22
C. 小球能沿碗面上升到B点
D. 物块沿斜面上滑的过程中，地面对斜面的支持力减小
7.如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( )
A. m=0.7 kg，f=0.5 NB. m=0.7 kg，f=1.0N
C. m=0.8kg，f=0.5 ND. m=0.8 kg，f=1.0N
二、多项选择题：（本题包括3个小题，每小题 5 分，共 15 分，每小题给出的 4 个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全得得 3 分，有错选的得零分）
8.下列说法中正确的是( )
A. 物体在恒定的合外力作用下不一定做直线运动
B. 若物体机械能发生变化，则物体合外力必定不为零
C. 做变速运动的物体，其动能可能保持不变
D. 已知地球公转周期和轨道半径以及引力常量G，可求出地球质量
9.如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m的小滑块，一原长为l的轻质弹簧左端固定在O点，右端与滑块相连。直杆上有a、b、c、d四个点，b点与O点在同一水平线上且Ob=l，Oa、Oc与Ob的夹角均为37°，Od与Ob的夹角为53°。现将滑块从a点静止释放，在滑块下滑到最低点d的过程中，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，sin37°=0.6。在此过程中滑块( )
A. 在b点时动能最大
B. 在c点的速度大小为 5gl
C. 从a点到c点的过程中，弹簧弹力做功为零
D. 从c点下滑到d点的过程中机械能的减少量为2512mgl
10.如图所示，倾角为30°的斜面上半部分光滑、下半部分粗糙(分界线处光滑)，长为R的轻绳一端固定在分界线上的O点，另一端系一个质量为m的小球。小球与斜面下半部分各处动摩擦因数相同，在最低点P给小球一个垂直于绳子向右的初速度v0= 4gR，小球刚好能沿斜面做一个完整的圆周运动。已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法中正确的是( )
A. 小球通过圆周最高点Q时的速度为 gR
B. 小球第一次通过与圆心O等高的N点时的速度为 3gR2
C. 小球第一次通过与圆心O等高的N点时绳子拉力为3mg2
D. 小球第一次回到P点时绳子拉力为2mg
三、 实验题（本题共2小题，每空2分，共 18 分）
11.某实验小组利用如图甲所示的装置完成“验证机械能守恒定律实验”。将气垫导轨沿倾斜方向固定在水平桌面上。将光电门固定在气垫导轨上，带有挡光条的滑块从光电门上方由静止释放。
(1)实验中测出滑块及挡光条的总质量为m，挡光条的宽度为d，释放点到光电门的竖直高度为ℎ，挡光条经过光电门的挡光时间为t，重力加速度为g，挡光条经过光电门时的速度大小为______。滑块及挡光条由释放点运动到光电门的过程中，动能的增加量为______，重力势能的减少量为______，若关系式______成立，则滑块下滑过程中机械能守恒。(用题中所给物理量符号表示)
(2)改变ℎ，多次实验，并记录滑块每次经过光电门时的挡光时间t，该小组的同学利用图像法验证机械能守恒定律。以ℎ为横轴、以1t2为纵轴建立坐标系，根据实验数据得到图乙所示的图线，若该图线的斜率k= ______时，滑块下滑过程中的机械能守恒。(用题中所给物理量符号表示)
12.如图是“研究平抛物体的运动”的实验装置。
(1)实验中经过多次平抛小球，得到多个痕迹点，下列做法正确的是______。
A.每次从同一位置释放小球
B.为了减少误差，斜槽应尽可能光滑。
C.用一条平滑的曲线把各个痕迹点连接起来
D.画出一条平滑的曲线使得各个痕迹点均匀分布在曲线上或曲线附近
(2)实验过程通过描点法获得了平抛小球的运动轨迹，以抛出点为坐标原点O，以过抛出点竖直向下为y轴，以过抛出点垂直于y轴的直线为x轴建立了xOy平面，在轨迹上确定了一系列测量点，测出各点的坐标(x,y)，作y−x2图像，能说明小球的运动轨迹是抛物线的是下列几图中的______图。
A. B. C.
(3)某同学以抛出点为坐标原点O，在轨迹图上确定A、B、C三点，测出其y坐标值分别为yA=5.0cm，yB=45.0cm，yC=80.0cm，又测得A、B两点间水平距离是60.0cm，那么小球平抛的初速度v0= ______m/s，小球过C点时的速度大小是______m/s(结果保留两位有效数字，取g=10m/s2)。
四、计算题（本题共 3 小题，共 39 分）
13.随着国产汽车的日益崛起，越来越多的人选择购买国产汽车，某国产汽车发动机的额定功率为P，驾驶员和汽车的总质量为m=3000kg，当汽车在水平路面上行驶时受到的阻力为车重力的0.1倍。若汽车从静止开始在水平路面上匀加速启动，t1=5s时，速度v1=10m/s，功率达到额定功率，此后汽车以额定功率运行，t2=65s时速度达到最大值vm=30m/s，汽车运动的v−t图像如图所示，取g=10m/s2，求：
(1)汽车的额定功率P；
(2)汽车在0至t1期间牵引力的大小F以及汽车在0至t1期间牵引力做的功W；
(3)汽车在t1至t2期间的位移的s2大小。
14.“嫦娥五号”探测器是中国首个实施无人月面取样的航天器，其发射的简化过程如图。先将探测器送入近地圆轨道Ⅱ，在近地点多次变轨后依次进入粗圆轨道Ⅰ和地月转移轨道。被月球俘获后，再多次变轨进入近月圆轨道Ⅲ。已知轨道Ⅱ远地点和近地点到地心距离之比为a，㮠测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ运行的周期之比为b，求：
(1)地球和月球的平均密度之比；
(2)探测器在轨道I和轨道Ⅱ运行的周期之比。
15.如图所示，一质量为1kg的小物块从半径为0.8m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A点由静止开始下滑，A点和圆弧对应的圆心O点等高，小物块从B点离开后水平抛出，恰好能从C点沿CD方向滑上以10m/s的速度沿逆时针方向匀速转动的传送带．已知传送带长27.75m，倾角为θ等于37°，传送带与物块之间的动摩擦因数为0.5(sin37°=0.6,cs37°=0.8,g=10m/s2).求：
(1)小物块在圆弧轨道最低点B对轨道的压力大小；
(2)B点到水平线MN的高度ℎ；
(3)小物块从传送带顶端C运动到底端D的过程中因摩擦而产生的热量．
答案解析
1.【答案】C
【解析】A、日心说是哥白尼提出的，开普勒是根据实验数据总结出行星三大运动定律，故A错误；
B、卡文迪许测量出了万有引力常量，但提出万有引力定律的是牛顿，故B错误；
C、牛顿万有引力定律的提出，经历了：提出猜想⟶理论推导⟶实验验证等阶段，其中实验验证，牛顿就证明了地面上苹果受到的重力和地球对月亮的吸引力是同一种力，故C正确；
D、在爱因斯坦的狭义相对论中，只有能跟光速相比拟的速度才能称为高速，真空中的光速为c=3×108m/s，而导弹的速度远小于光速，所以没有明显的相对论效应，故D错误。
故选：C。
2.【答案】C
【解析】解：A、由题意知，停泊轨道半径近似为地球半径R，所以飞船在停泊轨道上的速度近似等于第一宇宙速度，故A错误；
B、由开普勒第二定律可知，飞船在转移轨道(Ⅱ)上P、Q附近极短时间内扫过的面积相等，由近似扇形的面积公式有：12vPΔtR=12vQΔt(R+ℎ)
变形后得到两点的速率之比为：vPvQ=R+ℎR，故B错误；
C、设飞船在转移轨道运行的周期为T2，结合飞船在停泊轨道的参数，由开普勒第三定律可得R3T12=(2R+ℎ2)3T22
变形整理可得：T2=T1 (1+ℎ2R)3
故飞船在转移轨道上从P点飞到Q点所需的时间为：TPQ=T12 (1+ℎ2R)3
所以飞船应提前T12 (1+ℎ2R)3时间于P点点火加速进而在Q点完成交会对接，故C正确；
D、中国空间站的物品或宇航员可以“漂浮”，说明此时它们或他们受到的万有引力提供向心力了，处于完全失重状态，并不是不受万有引力，故D错误。
故选：C。
根据第一宇宙速度的意义和停泊轨道的半径大小确定飞船在停泊轨道(Ⅰ)上的线速度；
根据开普勒第二定律，比较P和Q的速率之比；
根据开普勒第三定律求解飞船在转移轨道(Ⅱ)上的周期，即可求得从P到Q的运动时间；
空间站内的物品或宇航员处于“漂浮”状态，受力不平衡。
此题的解题关键掌握开普勒第三定律，并能用来解决椭圆运动中周期问题。要知道空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力。
3.【答案】C
【解析】解：A.从A到O点，逆向看为平抛运动，从O到B点为平抛运动，水平位移相同，反弹回时下落的高度大，运动的时间长，可知反弹回的初速度比撞击墙时的速度小，故碰撞时有机械能损失，故A错误；
B.反弹时球的速度大于撞击O点时的速度，即反弹后的水平分速度小于抛出时的水平分速度，下落到B的高度大于AO的高度差，故落到B点时竖直方向的分速度大于抛出时的竖直方向的分速度，根据速度的合成规律，小球在A、B两点的速度大小关系不确定，故动能关系不确定，故B错误；
C.根据平抛运动的推论，速度的反向延长线过水平位移的中点，两轨迹的水平位移相同，故A、B两点的轨迹的切线与x轴相交于同一点，故C正确；
D.球在B点时的水平速度比在A点时的水平速度小，故D错误。
故选：C。
从A到O点，逆向看为平抛运动，根据平抛规律，分析反弹速度，分析机械能是否守恒；
根据平抛规律，反弹后的水平分速度小，竖直方向的分速度大，故无法比较合速度；
根据平抛运动的推论，速度的反向延长线过水平位移的中点，分析切线交点。
本题解题关键是将从A到O点，逆向看为平抛运动，根据平抛规律去分析问题。
4.【答案】B
【解析】解：C、根据题意可知，由于细线不可伸长，因此在t时间内，橡皮在竖直方向上的位移即为铅笔上方细线长度的变化，有
y=vtsinθ−vttanθ=(1sinθ−1tanθ)vt=tanθ2vt
随着铅笔向右移动的过程中，细线与竖直方向的夹角θ在不断变大，故橡皮在竖直方向上做加速运动，故C错误；
AB、根据题意可知，在竖直方向上所受合力应竖直向上，橡皮同时还在水平方向上随铅笔一起做匀速直线运动，合速度方向应为右上方，与合外力方向不共线，故橡皮做曲线运动，故A错误，B正确；
D、根据题意可知，在图示位置处时，橡皮在竖直方向的速度大小等于细线沿线方向移动的速度大小，有
vy=vsinθ
橡皮在水平方向上的速度大小等于铅笔移动的速度大小，有
vx=v
故橡皮的速度为
v′=v sin2θ+1
故D错误。
故选：B。
分析其水平和竖直方向的运动状态，结合运动合成与分解、匀速运动的条件及轨迹特点来逐一判断选项。
本题通过运动的合成与分解，分析橡皮水平和竖直方向的运动状态，结合匀速运动的条件(速度大小和方向均不变)、曲线运动的判定(速度方向改变则轨迹为曲线)及速度合成公式，逐一排除错误选项，确定正确答案。
5.【答案】C
【解析】解：设恒力F1作用t后的速度为v1，恒力F2又作用2t后物体的速度为v2，
根据运动学得物体在第一个t内的位移为x1=v12t，物体又经过2t的位移为x2=v1+v22⋅2t，
根据题意物体最终回到出发点，所以x1=−x2，
整理解得v1=−23v2，
研究物体在第一个t内的过程，根据动能定理得力F1做功W1=12mv12，
研究物体又经过2t的过程，根据动能定理得力F2做功W2=12mv22−12mv12，
联立解得5W1=4W2，故ABD错误，C正确。
故选：C。
物体先做匀加速运动，后做匀减速运动回到原处，整个过程中的位移为零．根据牛顿第二定律和运动学公式即可确定两个力的大小关系，速度的关系可根据运动学速度—时间公式求解。
在F1和F2的作用下，在相同的时间内，物体回到原处，说明位移的大小相同，这是解这道题的关键点。
6.【答案】A
【解析】A、在小球从A点运动到C点的过程中，小球与物块组成的系统只有重力做功，机械能守恒，故A正确；
B、设小球到达最低点C时，小球、物块的速度大小分别为v1、v2，由运动的合成分解得：v1cs45°=v2，则有：v1= 2v2，故B错误；
C、假设小球恰好能沿碗面上升到B点速度为零，则小球的机械能不变，而物块的机械能增加，系统的机械能增加，假设错误，所以小球不能沿碗面上升到B点，故C错误；
D、物块沿斜面上滑过程中，物块对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定，故D错误；
故选：A。
7.【答案】A
【解析】解：对物块根据动能定理可知
在上滑过程中：−fs−mgssin30°=0−12mv2
变形可得Ek=(f+mgsin30°)s
在下降过程中：mgssin30°−fs=12mv′2
变形可得Ek′=(mgsin30°−f)s
结合图像得 f+mgsin30°=4010 N=4N，mgsin30°−f=3020−10 N=3N
联立解得m=0.7kg，f=0.5N
故A正确，BCD错误
故选：A。
物块在上滑和下降的过程中做动能定理，变形结合图像可解得。
本题考查动能定理，解题关键是可以对动能定理变形结合图像斜率进行分析。
8.【答案】AC
【解析】解：A.物体在恒定的合外力作用下，如果合外力方向与速度方向不在同一直线上，则物体做曲线运动，故A正确；
B.若物体受摩擦力做功，但是该物体处于静止状态，则物体机械能发生变化，但是所受合外力为0，故B错误；
C.做变速运动的物体，可能速度大小不变，方向改变，则物体的动能不变，比如物体做匀速圆周运动，故C正确；
D.已知地球公转周期和轨道半径以及引力常量G，根据GMmr2=m4π2T2r
可得太阳的质量为M=4π2r3GT2
由于地球的质量被约去，所以无法求出地球的质量，故D错误。
故选：AC。
根据物体做曲线运动的条件，物体机械能发生变化的可能，结合做变速运动的物体，可能速度大小不变，方向改变，综合万有引力与向心力的关系分析求解。
本题考查了万有引力和曲线运动等相关知识，理解万有引力和重力与向心力的关系是解决此类问题的关键。
9.【答案】CD
【解析】解：A.从a到b的过程，弹簧处于伸长状态，弹簧对滑块有沿弹簧向下的弹力，弹簧弹力和滑块的重力都做正功，滑块动能增大，从b之后，弹簧还是处于伸长状态，弹簧对滑块有沿弹簧向上的弹力，弹簧弹力做负功，重力做正功，但开始时，弹簧弹力竖直向上的弹力小于滑块的重力，合力还是先做正功，所以动能还会继续增大，b点不是动能最大点，故A错误；
B.a点和c点弹簧长度相同，形变量相同，则弹簧弹力不做功，所以从a到c的过程只有重力做功，根据动能定理得
mgℎ=12mvc2
ℎ=2ltan37°
解得
vc= 3gl
故B错误；
C.a点和c点弹簧长度相同，形变量相同，所以从a到c的过程弹簧弹力做功为零，故C正确；
D.从c到d滑块机械能的减少量等于动能减少量与重力势能减少量之和，从c到d下降高度
ℎcd=ltan53°−ltan37°=712l
所以有
ΔE= mgℎcd+12mvc2
解得
ΔE=2512 mgl
故D正确。
故选：CD。
先分析滑块的受力情况，根据动能定理判断出b点动能的变化；根据动能定理可计算出c点的速度大小；弹簧做功与初末位置有关，因为a点和c点弹簧长度相同，则可知道弹簧做功为零；对于滑块与弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，根据系统的机械能守恒求滑块在d点的机械能的减少量。
对物理过程进行受力分析、运动分析和做功情况分析，是解决力学问题的基本方法；要注意本题中滑块的机械能并不守恒，只有系统的机械能才守恒。
10.【答案】C
【解析】解：A.由于小球恰能做完整的圆周运动，在Q点，重力分力提供向心力，则
mgsin30°=mvQ2R
所以
vQ= gR2
故A错误；
BC.小球从p到Q过程，根据动能定理列式
−mgsin30°⋅2R+Wf=12mvQ2−12mv02
解得
Wf=−34mgR
小球从p到N点的过程，根据动能定理列式−mgsin30°⋅R+Wf=12mvN2−12mv02
解得
vN= 3gR2
在N点，根据牛顿第二定律可得
F1=mvN2R
所以
F1=32mg
故B错误，C正确；
D.小球从最低点P到再次回到P点的过程，根据动能定理可得
2Wf=12mvP2−12mv02
解得
vP= gR
在P点，合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
F2−mgsin30°=mvP2R
解得
F2=32mg
故D错误。
故选：C。
重力分力提供向心力，求临界速度；
小球从最低点到最高点的过程，根据动能定理列式，求摩擦力做功，小球从最低点到圆心等高的N点的过程，根据动能定理列式，求N点速度，在N点，根据牛顿第二定律，求力。
本题解题关键是求出Q点临界速度，并能够根据动能定理列不同过程的式子。
11.【答案】dt；md22t2；mgℎ；2gℎt2=d2； 2gd2
【解析】(1)挡光条经过光电门时的速度大小为
v=dt
滑块及挡光条由释放点运动到光电门的过程中，动能的增加量为
ΔEk=12mv2=md22t2
重力势能的减少量为
ΔEp=mgℎ
若滑块下滑过程中机械能守恒，则有
mgℎ=md22t2
整理，可得
2gℎt2=d2
(2)由第一问分析，可得
1t2=2gd2ℎ
结合图像，可知
k=2gd2
故答案为：(1)dt；md22t2；mgℎ；2gℎt2=d2；(2)2gd2。
(1)根据挡光条经过光电门时的速度大小，结合动能的表达式，以及机械能守恒分析求解；
(2)根据图像的斜率，结合表达式分析求解。
本题考查了验证机械能守恒定律的实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
12.【答案】AD； A； 3.0，5.0
【解析】(1)AB.每次从同一位置释放小球，可以保证每次小球抛出时的速度相同，而斜槽不需要光滑，故A正确，B错误；
CD.实验中得到多个痕迹点，为得到钢球平抛运动的轨迹，由于存在实验误差，不可能使所有的点落在同一曲线上，所以应画出一条平滑的曲线，尽量使得各个痕迹点均匀分布在曲线上或曲线附近，故C错误，D正确。
故选：AD。
(2)根据平抛运动规律可得y=12gt2，x=v0t
联立可得y=g2v02⋅x2
可知y−x2图像为一条过原点的倾斜直线。
故A正确，BC错误。
故选：A。
(3)根据yA=12gtA2
可得tA= 2yAg= 2×5.0×10−210s=0.1s
同理可得tB= 2yBg= 2×45.0×10−210s=0.3s
水平方向由xAB=v0tAB
可得小球平抛的初速度为v0=xABtAB=60.0×10−20.3−0.1m/s=3.0m/s
小球过C点时的竖直分速度大小为vCy= 2gyC= 2×10×80.0×10−2m/s=4m/s
则小球过C点时的速度大小为vC= v02+vCy2= 32+42m/s=5.0m/s
故答案为：(1)AD；(2)A；(3)3.0，5.0。
(1)根据做平抛运动的条件和实验误差分析判断；
(2)根据平抛运动的规律推导图像对应的函数关系式，结合图像判断；
(3)根据平抛运动的规律和平行四边形定则计算。
本题关键掌握研究平抛物体运动的实验原理和平抛运动的规律。
13.【答案】解：(1)汽车受到的阻力为
f=0.1mg=3000N
当牵引力等于阻力时，汽车速度达到最大，则汽车的额定功率为
P=F牵vm=fvm=3000×30W=90000W=90kW
(2)从0到t1=5s时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度大小为
a=Δv1Δt1=105m/s2=2m/s2
汽车匀加速直线运动的位移为
x1=12at12=12×2×52m=25m
根据牛顿第二定律可得
F−f=ma
解得
F=9000N
在0至t1期间牵引力做的功为
W=Fx1=9000×25J=2.25×105J
(3)在t1至t2期间，由动能定理得
P(t2−t1)−fs2=12mvm2−12mv12
解得
s2=1400m
答：(1)汽车的额定功率P为90kW；
(2)汽车在0至t1期间牵引力的大小F为9000N，汽车在0至t1期间牵引力做的功W为2.25×105J；
(3)汽车在t1至t2期间的位移的s2大小为1400m。
【解析】(1)牵引力等于阻力时，汽车速度达到最大，根据P=Fv计算汽车的额定功率；
(2)由v−t图像可知从0到t1=5s时间内，汽车做匀加速直线运动，由图求加速度，根据位移—时间关系求位移，利用牛顿第二定律求牵引力，根据功的表达式求功；
(3)在t1至t2期间，由动能定理，结合W=Pt表示牵引力的功，可求出位移。
本题考查了汽车的匀加速启动，关键要明确汽车的启动过程，知道何时达到额定功率，何时匀速运动，难度不大，属于常规题型。
14.【答案】解：(1)根据万有引力提供向心力，对近地轨道运动的物体有GMmR2=mR4π2T2
地球的平均密度为ρ=M43πR3
根据万有引力提供向心力，对近月轨道运动的物体有GM′m′R′2=MR′4π2T′2
月球的平均密度为ρ′=M′43πR′3
联立可得地球和月球的平均密度之比ρρ′=1b2
(2)令地球的半径为R，则轨道Ⅱ的长轴为r=(1+a)R
根据开普勒第三定律
解得：TT′′=2(1+a2) 2(1+a)
答：(1)地球和月球的平均密度之比为1b2；
(2)探测器在轨道I和轨道Ⅱ运行的周期之比为2(1+a2) 2(1+a)。
【解析】(1)根据万有引力来提高向心力结合密度公式解得；
(2)根据开普勒第三定律解答。
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，掌握开普勒第三定律的应用。
15.【答案】解：(1)滑块从A运动到B的过程中，由机械能守恒定律得：
mgR=12mvB2
解得：vB= 2gR= 2×10×0.8m/s=4m/s
在B点：N−mg=mvB2R
代入解得：N=3mg=30N
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为N′=N=30N，方向竖直向下;
(2)物块从B到C做平抛运动，到C点时速度沿CD方向，则C点的速度vC=vBcsθ=4cs37°=5m/s
根据机械能守恒得：mgℎ=12mvC2−12mvB2;
解得ℎ=0.45m；
(3)小物块滑上传送带后先向下做匀加速运动，设加速至速度等于传送带速度用时t1，通过的位移为x1，加速度为a1.此过程传送带的位移为x2．
则a1=mgsinθ+μmgcsθm=10m/s2，
t1=v带−vCa1=10−510=0.5s，
x1=vC+v带2t1=3.75m，
x2=v带t1=5m，
因为μ=0.5