2018-2019学年江西省上饶市“山江湖”协作体自招班高一(下)期中物理试卷(解析版)

2018-2019学年江西省上饶市“山江湖”协作体自招班高一（下）期中
物理试卷
一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）
1.为了研究竖直上抛运动，万年一中高一同学柳云龙从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间
后落回地面。

忽略空气阻力，该同学作出的运动过程中小球的动能E k与时间t的关系图象正确的是（）
A. B. C. D.
2.弋阳一中高一同学李春明为研究平抛运动，用水平弹射管弹射小球来做实验。

开始小球均装在弹射管
里，弹射管每次弹出的小球水平速度相等。

弹出小球的同时弹射管又沿光滑竖直轨道自由下落，且弹射管保持水平，先后弹出两只小球。

忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的（）
A. 时刻相同，地点相同
B. 时刻相同，地点不同
C. 时刻不同，地点相同
D. 时刻不同，地点不同
3.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长
时物块的位置。

物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，
最远到达B点。

在从A到B的过程中，物块（）
A. 加速度一直减小
B. 经过O点时的速度最大
C. 所受弹簧弹力始终做正功
D. 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
4.如图，倾角为θ的传送带正以速度匀速顺时针转动，现将物块轻放在传送带的顶端A点，在物块向下
运动的过程中，关于物块的速度v，所受摩擦力的大小f、摩擦力功率的大小P、重力势能E p的图象一定不正确的是（）
A. B.
C. D.
5.质量为m A的A球，以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生弹性正碰，假如B球
质量m B可选取不同的值，则下列说法错误的是（）
A. 若m B=m A，碰后B球速度最大
B. 若m B=m A，碰后B球动能最大
C. 在保持m B>m A的条件下，m B越小，碰后B球速度越大
D. 在保持m B<m A的条件下，m B越大，碰后B球动量越大
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
6.火车以60m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10°．在此
10s时间内，火车（）
A. 运动路程为600m
B. 加速度为零
C. 角速度约为1rad/s
D. 转弯半径约为3.4km
7.横峰中学高一机器人兴趣小组的耿爽和彭凯同学做爬行的小机器人实验，让小机
器人（小机器人用小黑点表示）沿如图所示的四分之一圆弧形轨道从底部b向顶
端C爬行，爬行的同时还受到水平向右的恒定风力作用，小机器人能以不变的速
率爬行。

则小机器人从b向C爬行的过程中下列说法正确的是（）
A. 摩擦力方向与小机器人运动方向始终相反
B. 摩擦力大小先变小后变大
C. 轨道对小机器人的作用力先变大后变小
D. 风力对小机器人功率一直在减小
8.2018年11月，我国以“一箭双星”方式成功发射了第四十二、四十三颗北斗导航
卫星，北斗系统开始提供全球服务。

这两颗卫星的轨道介于近地轨道和地球同步
轨道之间，属于中圆轨道。

用1、2、3分别代表近地、中圆和地球同步三颗轨道
卫星，关于它们运动的线速度v、角速度ω、加速度a及周期T，下列结论中正确
的有（）
A.v1>v2>v3
B.ω1<ω2<ω3
C.a1>a2>a3
D. T1<T2<T3
9.如图，两质量均为m的小球，通过长为L的不可伸长轻绳水平相连，从h高处
自由下落，下落过程中绳处于水平伸直状态，若下落时绳中点碰到水平放置的
光滑钉子O，重力加速度为g，则下面对的是（）
A. 小球从开始下落到刚到达最低点的过程中机械能守恒
B. 从轻绳与钉子相碰到小球刚达到最低点过程，重力的功率先减小后增大
C. 小球刚到最低点速度大小为√2g(ℎ+L)
D. 小球刚到达最低点时的加速度大小为(4ℎ
L
+2)g
10.如图所示，倾角为θ的斜面足够长，斜面A点以上部分是光滑的，A点以下部分是粗糙的，动摩擦因
数为μ=2tanθ．有N个相同的小木块沿斜面靠在一起（没有粘接），总长为L，而每一个小木块可以视为质点，质量均为m。

现将它们由静止释放，释放时下端与A点距离为2L，则以下说法正确的是（）
A. 第1个木块通过A点时的速度v1=2√gLsinθ
B. 第N个木块通过A点时的速度v n=√4Lgsinθ
C. 从第1个木块到第N个木块通过A点时的最大速度v m=√4Lgsinθ
D. 从第1个木块到第N个木块通过A点时的最大速度v m=√4.5Lgsinθ
三、实验题探究题（本大题共2小题，共16.0分）
11.某实验小组用如图1所示的实验装置和实验器材做“探究动能定理”实验，在实验中，该小组同学把
砂和砂桶的总重力当作小车受到的合外力．
（1）为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下面做法必要的是______．
A．实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作
B．实验操作时要先放小车，后接通电源
C．在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近越好
D．在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
（2）除实验装置中的仪器外，还需要的测量仪器有______．
（3）如图2为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的A、B两点来探究“动能定理”．已知打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g．图中已经标明了要测量的物理量，另外，小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m．请你把要探究的结果用题中给出的字母表达出来______．
12.广丰贞白中学高一（1）班的王浩和郑欣实验小组准备用如图1所示的装置来验证半径相同的A、B两
球碰撞时“动量守恒”。

实验时他们先让质量为m1的A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。

重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。

再把质量为m2的B球放在水平轨道末端，让A球仍从位置C由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上
（1）除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是______。

A．秒表B．天平C．刻度尺D．打点计时器
（2）下列说法中正确的是______
A．如果小球每次从同一位置由静止释放，每次的落点一定是重合的
B．重复操作时发现小球的落点并不重合，说明实验操作中出现了错误
C．用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置
D．仅调节斜槽上固定位置C，它的位置越低，线段0P的长度越大
（3）在某次实验中，测量出两个小球的质量m1、m2，记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，测量出三个落点位置与0点距离OM、OP、0N的长度。

在实验误差允许范围内，若满足关系式______，则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒；若碰撞是弹性碰撞。

那么还应满足关系式______。

（用测量的量表示）
（4）在OP、OM、ON这三个长度中，与实验所用小球质量无关的是______，与实验所用小球质量有关的是______。

（5）某同学在做这个实验时，记录下小球三个落点的平均位置M、P、N，如图所示。

他发现M和N 偏离了0P方向。

这位同学猜想两小球碰撞前后在OP方向上依然动量守恒，他想到了验证这个猜想的办法：连接OP、OM、ON，作出M、N在OP方向上的投影点M′、N′．分别测量出OP、OM′、ON′的长度。

若在实验误差允许的范围内，满足关系式：______则可以认为两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒。

四、计算题（本大题共3小题，共27.0分）
13.余干一中高一航模兴趣小组的高亮和肖力同学做航模起飞实验，他们让质量为m的飞机模型，在水平
跑道上由静止匀加速起飞，假定起飞过程中受到的平均阻力恒为飞机所受重力的k倍，发动机牵引力恒为F，起飞过程中的滑行时间为t。

求：
（1）飞机模型起飞过程中的滑行距离；
（2）飞机模型离开地面起飞时发动机牵引力的功率。

14.若天文学家检测到一个双星体系，测得双星体系两星间距为L，绕某中心运转的周期为T，万有引力常
量为G，求双星体系总质量为多少？
15.如图所示，传送带以一定速度沿水平方向匀速运动，将质量m=1.0kg的小物块轻轻放在传送带上的P
点，物块运动到A点后被水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑．B、C为圆弧的两端点，其连线水平，轨道最低点为O，已知圆弧对应圆心角θ=106°，圆弧半径R=1.0m，A点距水平面的高度h=0.8m，小物块离开C点后恰好能无碰撞地沿固定斜面向上滑动，经
过 0.8s小物块经过D点，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ=1
3
（取sin53°=0.8，g=10m/s2）求：
（1）小物块离开A点时的水平速度大小；
（2）小物块经过O点时，轨道对它的支持力大小；
（3）斜面上C、D间的距离．
五、简答题（本大题共1小题，共12.0分）
16.如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均
静止于冰面上。

某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升后又沿斜面体滑回到光滑冰面。

已知小孩与滑板的总质量为m1=30kg，冰块的质量为m2=10kg、小孩与滑板始终无相对运动，斜面体的质量
m3=20kg。

取重力加速度的大小g取10m/s2．求：
（1）斜面体的高度h应满足什么条件？
（2）斜面体的最大速度为多少？
（3）通过计算说明冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
六、综合题（本大题共1小题，共5.0分）
17.2009年天文学家利用高能伽马射线光谱发现了无线电波无法检测到的脉冲星。

经研究发现脉冲星的自
转周期极短且较为稳定；已知蟹状星云的中心星PSO531是一颗脉冲星，自转周期T=0.331s。

设万有引力是阻止脉冲星离心瓦解的主要力，则求PSO531星的最小密度为多大？（已知G=6.67×10-11Nm2/kg2，取二位有效数字）
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
解：B、C、设小球竖直上抛运动的初速度为v0，上升过程中，根据匀变速直线运动速度-时间公式可知，v=v0-gt，动能=。

分析可知，E k与t成二次函数关系，开口向上，故B、C错误；
A、D、下降过程中，，分析可知，E k与t成二次函数关系，开口向上，故A 正确，D错误。

故选：A。

小球做竖直上抛运动，上升过程做匀减速直线运动，下降过程做自由落体运动，根据动能表达式和运动学公式找出动能和时间的关系，分析求解。

本题考查了竖直上抛运动的规律，动能表达式等，难度不大，关键是数学知识的应用，根据函数关系确定图象。

2.【答案】B
【解析】
解：根据题意可知，弹射器沿光滑竖直轨道在竖直方
向自由下落且管口水平，不同时刻弹射出的小球在水
平方向具有相同的初速度，在竖直方向的运动情况与
枪管的运动情况相同，故先后弹出两只小球同时落地；
水平方向速度相同，而小球水平方向运动的时间不同，
所以落地点不同，运动情况如图所示。

故ACD错误、B正确。

故选：B。

先后弹出的两只小球在竖直方向运动时间相等，在水平方向运动时间不同，由此进行分析。

对于运动的合成与分解问题，要知道分运动和合运动的运动特点，知道二者具有等时性和独立性，能够将合运动分解为两个分运动，然后根据几何关系求解速度或加速度之间的关系。

3.【答案】D
【解析】
解：A、由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大，故A错误；
B、物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置，即在O点左侧，故B错误；
C、从A到O过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O到B过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，故C错误；
D、从A到B过程中根据动能定理可得W弹-W克f=0，即W弹=W克f，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，故D正确。

故选：D。

弹力与摩擦力平衡的位置在AO之间，平衡位置处速度最大、加速度为零；根据动能定理分析
弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功关系。

本题关键是抓住弹簧的弹力是变化的，分析清楚物体向右运动的过程中受力情况，从而判断出其运动情况，知道平衡位置速度最大、加速度为零。

4.【答案】A
【解析】
解：物块在传送带上运动的情况有三种，即①是一直匀加速运动。

②是先匀加速与传送带共速后，再以更小加速度加速。

③是先匀加速与传送带同速后再匀速，B、D选项对应于情况③．由P=fv知C对应于情况②．在匀加速运动阶段，物块的位移与时间是二次函数关系，下降的高度与时间也是二次函数关系，所以重力势能与时间在两个阶段不可能都是线性关系，故A错误，BCD正确。

本题选不可能的，
故选：A。

物块在传送带上运动的情况有三种可能：一是一直匀加速运动。

二是先匀加速与传送带共速后，再以更小加速度加速。

三是先匀加速与传送带同速后再匀速，根据各量的表达式分析。

解决本题的关键要明确物块的运动情况，要考虑各种可能的情况。

对于图象，往往根据解析式分析图象的形状。

5.【答案】A
【解析】
解：A、B碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，得
m A v A=m A v A′+m B v B′
m A v A2=m A v A′2+m B v B′2
联立解得：
碰后A、B两球的速度分别为v A ′=v A，v B ′=v A =v A
AC、碰撞后B的速度：v B ′=v A，则知在保持m B＞m A的条件下，m B越小，B的速度越大，m B=m A时，碰后B球的速度不是最大，故A错误，C正确；
B、碰撞后B的动能：E KB =m B v B′2=，由数学知识知：当m A=m B时，碰后B的动能最大，故B正确；
D、碰撞后B的动量：P B=m B v B ′=，则知m B越大，碰后B球的动量越大，故D 正确；
本题选错误的
故选：A。

小球A与B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律答题。

本题考查了动量守恒定律的应用，知道=弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒是解题的关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题，解题时要注意数学知识的应用。

6.【答案】AD
【解析】
解：A、由于火车的运动可看做匀速圆周运动，则可求得火车在此10s时间内的路程为
s=vt=600m。

故A正确；
B、因为火车的运动可看做匀速圆周运动，其所受到的合外力提供向心力，根据牛顿第二定律可知加速度不等于零。

故B错误；
C、利用指南针在10s内匀速转过了约10°，可推广出在30s内匀速转过了约30°，再根据角速度的定义式，解得角速度的大小为．故C错误；
D、已知火车在此30s时间内通过的路程为1800m，由数学知识可知，火车转过的弧长为
l=θR ，可解得：．故D正确。

故选：AD。

做匀速圆周运动的物体，所受到的合外力提供向心力，向心力产生向心加速度；利用线速度和角速度的定义式可计算出路程和角速度大小；
把火车运动时间推广到30s，再结合数学知识可得出转弯半径。

解答本题的关键是：要熟练掌握匀速圆周运动的性质和规律，再把已知转过的夹角推广到特殊值，结合数学知识可解出答案。

7.【答案】BCD
【解析】
解：AB、小机器人受重力、风力、支持力和摩擦力；
将重力与风力合成一个恒力，因匀速爬行，因此先摩擦力与速度方向相反，当支持力与恒力共线后，摩擦力方向与速度相同，所以摩擦力先减小后增大，故A错误，B正确；
C、重力和风力的合力恒定，与轨道对小球的作用力（摩擦力与支持力的合力）的合力提供机器人做匀速圆周运动的向心力，根据三角形定则，作图如下所示，随机器人位置的变化，向心心力大小不变方向经1到2再到3，而轨道对机器人的作用力在2处最大，所以整个运动过程轨道对小机器人的作用力先变大再变小。

故C正确；
D、风的作用力恒定，风力做功的功率等于风力的大小与机器人圆周运动速度在风力方向的分量的乘积，据几何知识知，机器人在水平方向的速度分量逐渐减小，到达C时机器人的速度竖直向上，风力的功率最小，故风力做功的功率一直在减小，故D正确。

故选：BCD。

小机器人做匀速圆周运动，受重力、支持力和摩擦力，合力沿着切线方向的分力为零，径向分
量的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析即可。

本题关键是明确小机器人的受力情况和特征，以及机器人的运动情况，矢量的合成与分解进行处理。

8.【答案】ACD
【解析】
解：由万有引力提供向心力：G =m=mω2r=m （）2r=ma
解得：v=①T==2π②ω=③a=④
A、由v=可知半径小的速度大，则v1＞v2＞v3．故A正确；
B、由ω=，可知半径小的角速度大，则ω1＞ω2＞ω3．故B错误；
C、由a=，可知半径小的向心加速度大，则a1＞a2＞a3．故C正确；
D、由T==2π可知半径小的周期小，则T1＜T2＜T3，故D正确
故选：ACD。

人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，由表达式分析各量的大小关系。

本题关键根据人造卫星的万有引力等于向心力，用不同的量表示向心力得出各量与半径的关
系。

9.【答案】AD
【解析】
解：A、小球从开始下落到刚到达最低点的过程中，只用重力做功，机械能守恒，故A正确；
B、重力功率的公式为P G=mgv y，分析运动的过程可知，竖直速度先增大后减小最后为零，故重力功率先增大后减小最后为零，故B错误；
C、研究一个小球，从开始下落到小球刚到达最低点的过程中，，解得小球刚到达最低点速度大小，故C错误；
D、小球杆到达最低点时，绳子拉力与重力的合力提供向心力，向心加速度a=，D 正确。

故选：AD。

小球下落过程中，只有重力做功，机械能守恒；
重力的瞬时功率为P G=mgv y；
根据向心力公式求解向心加速度。

两小球对称运动，只有重力做功，机械能守恒，绳子碰到钉子后，小球做匀速圆周运动，根据向
心加速度公式求解加速度。

10.【答案】ABD
【解析】
解：A、对N个木块由动能定理得：Nmg•2Lsinθ=，解得：v1=2，故A正确；
B、木块过A点的位移为x时，摩擦力为，
故摩擦力正比于位移，可由平均力求摩擦力做功。

全部木块刚过A点时速度为v，
由动能定理得：Nmgsinθ•3L -μNmgcosθ•L=-0，解得：v n =，故B正确；
CD、令有n个木块过A点速度最大，由平衡条件得：μnmgcosθ=Nmgsinθ解得：n=，即一半木块过A点速度最大，
由动能定理得：Nmg =-0，解得：v m =，故C错误，D正确；
故选：ABD。

以N个木块为研究对象，第1个木块下滑达A点时，下滑的位移为2L过程中，有动能定理求得速度；
先求出N个木块刚过A点时的平均摩擦力，在整个过程中由动能定理求出第N个木块的速度；当速度最大时，重力沿斜面的分力等于N个物块受到的摩擦力，故而判断出A点以下的木块个数，由动能定理求出获得的最大速度。

本题主要考查了动能定理的直接应用，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理即可解题；本题也可以应用牛顿第二定律与运动学公式解题。

11.【答案】AD刻度尺、天平mgx=M(x22−x12)
32T2
【解析】
解：（1）A、实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作，以保证小车所受合外力恰好是绳子的拉力，故A正确．
B、实验时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理．故B错误．
C、在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近测量误差越大，故C错误．
D、在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，这样才能使得砂和砂桶的总重力近似等于细绳对小车的拉力，故D正确．
故选：AD．
（2）由于实验需要测量小车速度，速度是使用打点计时器打的纸带计算得出的，故要测量点距，需要刻度尺；本实验还要测量质量，故选要天平．
（3）小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m，M远大于m．则对小车的作用力等于砂和砂桶的总重力mg，所以恒力对小车做的功可表示为：mgx．
由得：，，所以小车动能的改变量为=
本实验就是要验证减少的重力势能是否等于增加的动能，即
故答案为：（1）AD；（2）刻度尺、天平；（3）
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．
由于实验需要测量小车速度和质量，故还需要的测量仪器有刻度尺、天平．
恒力做功根据W=Fscosα进行计算，用平均速度代替瞬时速度的方法求出AB两点的速度，进而求出动能的改变量．
明确“探究恒力做功与动能改变的关系”实验的实验原理及方法是求解本题的关键．对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等．这样问题我们要从实验原理和减少实验误差方面去解决．
12.【答案】BC C m1•OP=m1•OM+m2•ON m1OP2=m1OM2+m2ON2OP OM与
ON m1•OP=m1•OM′+m2•ON′
【解析】
解：（1）小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证：
m1v0=m1v1+m2v2，因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移x=vt，因此可以直接用水平位移代替速度进行验证，故有m1OP=m1OD+m2ON，实验需要测量小球的质量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺；
因此需要的实验器材有：BC；
（2）A、由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较集中，但不是出现了错误；故AB错误；
C、由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难，故确定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表落点的平均位置。

故C错误；
D、仅调节斜槽上固定位置C，它的位置越低，由于水平速度越小，则线段OP的长度越小，故D 错误。

故选：C。

（3）若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0=m1v1+m2v2，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得：m1OP=m1OM+m2ON
若碰撞是弹性碰撞，满足动能守恒，则：m1v02=m1v12+m2v22，
代入得；m1OP2=m1OM2+m2ON2
（4）根据实验原理可知，OP是放一个小球时的水平射程，小球的速度与质量无关，故OP与质量无关；而碰后两球的速度与两球的质量有关，所以碰后水平射程与质量有关；
（5）如图所示，连接OP、OM、ON，作出M、N在OP方向上的投影点M′、N′，如图所示。

分别测量出OP、OM′、ON′的长度。

若在实验误差
允许范围内，满足关系式
m1•OP=m1•OM′+m2•ON′，则可以认为两小
球碰撞前后在OP方向上动量守恒。

故答案为：
（1）BC；（2）C；
（3）m1•OP=m1•OM+m2•ON，m1•OP2=m1•OM2+m2•ON2
（4）OP，OM和ON
（5）m1•OP=m1•OM′+m2•ON′
明确实验原理，从而确定需要测量哪些物理量；在该实验中，小球做平抛运动，H相等，时间t 就相等，水平位移x=vt，与v成正比，因此可以用位移x来代替速度v。

根据水平方向上的分运动即可验证动量守恒；根据动量守恒定律以及平抛运动规律可确定对应的表达式。

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，但是却没有用到速度和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键。

要注意理解该方法的使
用。

13.【答案】解：（1）对模型飞机进行受力分析，根据牛顿第二定律得：F-kmg=ma…①
模型飞机做初速度为零的匀加速直线运动，有：S=1
2
at2，…②
联合①②解得：S=F−kmg
2m
t2
（2）离开地面时，模型飞机的速度为：v=at…③
由功率的公式有：P=Fv…④
联合①③④解得发动机牵引力的功率为：P=(F−kmg)Ft
m
答：（1）飞机模型起飞过程中的滑行距离为F−kmg
2m t2；
（2）飞机模型离开地面起飞时发动机牵引力的功率为：(F−kmg)Ft
m。

【解析】
（1）对模型飞机进行受力分析，根据牛顿第二定律和匀加速直线运动的位移公式可以求出飞机
模型起飞过程中的滑行距离；
（2）离开地面时，根据匀加速直线运动的速度公式和功率公式，可以求出飞机模型离开地面起
飞时发动机牵引力的功率。

本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律、功率的公式等知识点。

注意飞机模型离开
地面起飞时发动机牵引力的功率是瞬时功率，而不是全程的平均功率。

14.【答案】解：令双星的质量分别为m1和m2，绕连线上某点做圆周运动的半径分别为r1和r2，则L=r1+r2，
据万有引力提供圆周运动向心力有：
对m1有：G m1m2
L2
=m1r14π2
T2
，可得m2=4π2L2
GT2
r1
对m2有：G m1m2
L2
=m2r24π2
T2
，可得m1=4π2L2
GT2
r2
所以双星的总质量M=m1+m2=4π2L2
GT2
(r1+r2)=4π2L3
GT2
答：双星的体系总质量为4π2L3
GT2。

【解析】
双星绕连线上某点一起做圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力由此分析求解即可。

解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度。

以及会用万有
引力提供向心力进行求解。

15.【答案】解：（1）对小物块，由A到B做平抛运动，在竖直方向上有：v y2=2gℎ…①
在B点是有：tanθ
2
=v y
v A
…②
由①②两式代入数据解得：v A=3 m/s…③
（2）对小物块，由A到O由动能定理得：
mg[h+R（1-sin37°）=1
2
mv02−1
2
mv A2…④
在O点由牛顿第二定律有：F N−mg=m v02
R
…⑤
由③④⑤代入数据可解得：F N=43 N
（3）物块沿斜面上滑时mg sin53°+μ1mg cos53°=ma1…⑥
解得小物块上滑时的加速度为：a1=gisn53°+μg cos53°=10m/s2
v C=v B=5 m/s。