1.D 2.B 3.C 4.B 5.B 6.C

7.AD 提示：将球体的重力mg沿垂直木板方向和垂直墙面方向分解，如图1所示，根据力的平行四边形定则得，G2=mgtanθ=20N，因此球体垂直木板方向的分力大小为，球体垂直墙面方向的分力大小为20N，球体对木板的压力大小为，球体对墙面的压力大小为20N，选项A、D正确，B、C错误。

8.AC

9.BC 提示：足球的运动轨迹关于最高点不对称，说明足球在运动过程中一定受到空气阻力的作用。因为足球在运动过程中受到的空气阻力与速度方向相反，所以足球在竖直方向上的运动不是竖直上抛运动，足球从位置1到位置2所用的时间大于，选项A错误。足球从踢出到运动至最高点再到落地，需要克服空气阻力做功，因此足球在位置1踢出时的动能Ek1大于在位置3落地时的动能Ek3，足球在位置2时的机械能小于在位置1时的机械能，足球从位置1到位置2过程中克服重力和空气阻力做的功等于足球动能的减少量，选项B、C正确，D错误。

10.CD 11.CD 12.BD

13.（1）1：3 （2）1.5

提示：（1）由题图乙可知，碰撞后物体A在一个频闪时间间隔内移动标尺上1个刻度，物体B在一个频闪时间间隔内移动标尺上3个刻度，由公式s=vt可知，碰撞后两物体的速度大小之比为1：3。（2）设碰撞后物体A的速度为v，则碰撞前物体A在一个频闪时间间隔内移动标尺上2个刻度，速度为2v，碰撞后物体B的速度为3v，由动量守恒定律得mA·2v=mA·v+mB·3v，解得mA=1.5kg。

15.（1）设歼20战斗机到达倾斜跑道末端时的速度为v，在它由静止启动至到达倾斜跑道末端的过程中，由动能定理得mg（8L+L）-0.1mg（8L+L）-mg·0.1L=，解得。（2）设歼20战斗机发动机的推力为F，在它由静止启动至获得速度v的过程中，由动能定理得，解得F=1.1mg，即歼20战斗机发动机的推力应增大到重力的1.1倍。

17.设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v1，甲船上的人接到货物后甲船的速度为v2，由动量守恒定律得12mv0=11mv1-mvmin，10m·2v0-mvmin=11mv2，为避免两船相撞应满足v1=v2，解得vmin=4v0。

18.（1）P、Q两物块在光滑斜面体ABC上静止，根据平衡条件得mQgsinα=mPgsinβ，解得mP=3kg。物块P由初始位置运动到D点的过程中，根据动能定理得，根据几何关系得h=L1sinβ+R（1-cosβ）。在D点，支持力和重力的合力提供向心力，则，解得FD=78N。由牛顿第三定律可知，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小为78N。（2）物块P从初始位置运动到M点的过程中，根据动能定理得，解得vM=2 m/s。物块P沿斜面MN向上运动的过程中，根据牛顿第二定律得mPgsinθ+μmPgcosθ=ma1，解得a1=10m/s2。根据速度—时间公式得vM=a1t1，解得t1=0.2s。当t1=0.2s时，物块P到达斜面MN上最高点，最高点与M点间的距离。之后物块P沿斜面MN返回，再经过t2=t-t1=0.1s到达K点，最高点与K点间的距离。物块P沿斜面MN向下运动时，根据牛顿第二定律得mPgsinθ-μmPgcosθ=ma2，解得a2=6m/s2，根据几何关系得xMK=x-x′=0.17m，即M、K两点间的距离为0.17 m。（3）最后物块P将在光滑圆弧面上的C、M两点间来回滑动，且到达M点时的速度为零，对物块P从初始位置运动到最终到达M点的过程应用动能定理得mPgL1sinβμmPgcosθ·L总=0，解得L总=1m，即物块P在斜面MN上滑行的总路程为1m。

19.（1）设物块刚滑至B点时的速度大小为v1，木板对物块的支持力大小为F′。物块从B点运动到A点的过程中，根据机械能守恒定律得，解得。在B点，物块受到的木板支持力和重力的合力提供向心力，则，解得F′=30 N。根据牛顿第三定律可知，物块对B点的压力大小F=F′=30N。（2）若木板不固定，设烧断细线前弹簧的弹性势能为Ep，烧断细线后物块运动到A点时，物块和木板的速度为v2，整个系统从烧断细线至物块运动到A点的过程中，取水平向左为正方向，根据水平方向动量守恒得0=（m1+m2）v2，解得v2=0。根据能量守恒定律得。最终状态物块与木板一起静止，设物块在木板上BC段运动的总路程为d，根据能量守恒定律得Ep=μm2gd，解得，因此物块最终离B点的距离。（3）烧断细线至物块上升到最高点的过程中，设物块的水平速度为v物时木板的速度大小为v板，物块水平方向的位移大小为s物，木板的位移大小为s板，由水平方向动量守恒可知，在全过程中始终有0=m2v物-m1v板，即m2v物=m1v板，因此有m2s物=m1s板，得s物=s板。由物块和木板在水平方向上的位移关系得s物+s板=R+L+x，解得s板=0.46m。

20.（1）选取小物块A为研究对象，当滑杆达到最大速度时，小物块A与其脱离，由题意得v0=ωr。小物块A与B发生完全非弹性碰撞，动量守恒，碰撞后二者速度大小相同。设小物块A、B碰撞后的共同速度为v1，由动量守恒定律得mv0=2mv1，解得。在小物块A与B碰撞过程中损失的机械能。（2）若小物块A、B不能与弹簧相碰，则在二者由P点运动到Q点的过程中，由动能定理得，解得对应的连杆角速度，因此ω的取值范围为。碰撞时间极短，可以忽略不计。设小物块A、B在PQ段上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律和运动学公式得μ·2mg=2ma，v1=at1，解得。