课时作业11曲线运动运动的合成与分解时间：45分钟1．质点仅在恒力F的作用下，在xOy平面内由坐标原点运动到A点的轨迹如图所示，经过A点时速度的方向与x轴平行，则恒力F的方向可能沿(D)A．x轴正方向B．x轴负方向C．y轴正方向D．y轴负方向解析：曲线运动的轨迹夹在v0与力中间，所以B、C错误．曲线运动的切线速度方向无限趋近力的方向，但永远不能达到力的方向，故A错误．选D.2．如图所示，当汽车静止时，车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向OE匀速运动．从t＝0时汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动，甲种状态启动后t1时刻，乘客看到雨滴从B处离开车窗，乙种状态启动后t2时刻，乘客看到雨滴从F处离开车窗，F为AB的中点．则t1t2为(A)A．21B．12C．13D．1(2－1)解析：雨滴在竖直方向的分运动为匀速直线运动，其速度大小与水平方向的运动无关，故t1t2＝ABvAFv＝21，选项A正确．3．(多选)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则(BC)A．质点一定做匀变速直线运动B．质点可能做匀变速曲线运动C．质点单位时间内速度的变化量相同D．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同解析：若所施加的恒力方向与质点运动方向相同，则质点做匀加速直线运动，如果恒力与初速度方向不在同一直线上，则不可能做直线运动，故A错误；由牛顿第二定律可知，质点加速度的大小、方向总是恒定，所以可能是匀变速曲线运动，故B正确；质点的加速度恒定，速度的变化量在单位时间内是相同的，故C正确；如果力与初速度不在同一直线上，则质点不可能做直线运动，速度的方向与该恒力的方向不同．故D错误．4．某人划船横渡一条河，河水流速处处相同且恒定，船的划行速率恒定．已知此人过河最短时间为T1；若此人用最短的位移过河，则需时间为T2；已知船在静水中的划行速度大于水速．则船的划行速率与水流速率之比为(A)A.T2T22－T21B.T2T1C.T1T21－T22D.T1T2解析：设河宽为d，船在静水中的速率为v1，河水流速为v2，最短时间过河时，船在静水中的速度与河岸垂直，有：T1＝dv1，最小位移过河：v合＝v21－v22，则T2＝dv合，联立计算得A正确．5．如图所示，船从A点开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成37°，水流速度为4m/s，则船从A点开出的最小速度为(B)A．2m/sB．2

进入导航第1页课时作业1运动的描述进入导航第2页时间：45分钟1．在下述问题中，能够把研究对象看成质点的是()A．研究航天员翟志刚在太空出舱时挥动国旗的动作B．用GPS确定“武汉”舰在大海中的位置C．将一枚硬币用力上抛，猜测它落地时正面朝上还是反面朝上D．欣赏进行花样滑冰的运动员的优美动作B进入导航第3页解析：研究航天员翟志刚在太空出舱挥动国旗的动作时，若将翟志刚视为质点，则该问题无法进行研究，故A错误；用GPS确定“武汉”舰在大海中的位置时，“武汉”舰自身的大小、形状对定位几乎没有影响，可以把“武汉”舰看成质点，故B正确；硬币的形状与研究问题的关系非常密切，硬币不能看成质点，故C错误；欣赏滑冰运动员在冰面上优美的动作时，不能将运动员看成质点，故D错误．进入导航第4页2．一位女士由于驾车超速而被警察拦住．警察走过来对她说：“太太，你刚才的车速是80km/h！”这位女士反驳说：“不可能的！我才开了10分钟，还不到一个小时，怎么可能走了80km呢？”“太太，我的意思是，如果您继续像刚才那样开车，在下一个小时里您将驶过80km.”“这也不可能的．我只要再行驶20km就到家了，根本不需要再开过80km的路程．”你认为这位太太没有认清()A．路程的概念B．时间的概念C．瞬时速度的概念D．加速度的概念C进入导航第5页解析：超速应是任意时刻超过80km/h，是瞬时速度，不会因为她的开车时间短或路程短而改变此速度的大小，该女士没有认清瞬时速度的概念，故A、B、D错误，C正确．进入导航第6页3.2012年6月16日18时37分，“神舟九号”飞船在酒泉卫星发射中心发射升空.2012年6月18日11时左右转入自主控制飞行，14时左右与“天宫一号”实施自动交会对接，如图所示．这是中国实施的首次载人空间交会对接．“神舟九号”于2012年6月29日10点00分安全返回．关于以上消息，下列说法中不正确的是()D进入导航第7页A．“18时37分”表示的是时刻B．从发射到返回，用时303时23分C．研究“神舟九号”飞船绕地球飞行情况时，可以把“神舟九号”看成质点D．在“神舟九号”与“天宫一号”实施自动交会对接的过程中，可以把“神舟九号”看成质点进入导航第8页解析：“18时37分”是“神舟九号”发射的瞬间，指时刻，A对；6月16日18时37分发射，6月29日10点00分返回，历时12天15时23分，即

课时作业12抛体运动的规律及应用时间：45分钟1．在同一水平直线上的两位置分别沿同方向水平抛出两小球A和B，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力．要使两球在空中相遇，则必须(C)A．先抛出A球B．先抛出B球C．同时抛出两球D．使两球质量相等解析：由于相遇时A、B做平抛运动的竖直位移h相同，由h＝12gt2可以判断两球下落时间相同，即应同时抛出两球，故C正确，A、B错误；下落时间与球的质量无关，故D错误．2．(多选)中国女排享誉世界排坛，曾经取得辉煌的成就．在某次比赛中，我国女排名将冯坤将排球从底线A点的正上方以某一速度水平发出，排球正好擦着球网落在对方底线的B点上，且AB平行于边界CD.已知网高为h，球场的长度为s，不计空气阻力且排球可看成质点，则排球被发出时，击球点的高度H和水平初速度v分别为(AD)A．H＝43hB．H＝32hC．v＝s3h3ghD．v＝s4h6gh解析：排球被发出后做平抛运动，由平抛运动规律可知12gt2＝H，H－h＝12g(t2)2，得H＝43h，又知vt＝s，得v＝s4h6gh，A、D正确，B、C错误．3．如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1.若在小球A抛出的同时，小球B从同一点Q处开始自由下落，下落至P点的时间为t2，则A、B两球运动的时间之比t1t2为(不计空气阻力)(D)A．12B．12C．13D．13解析：因小球A恰好垂直落在斜坡上，则此时其速度方向与水平方向的夹角为45°，则有tan45°＝vyv0＝gtv0＝2yx＝1，y＝x2，得Q点高度h＝x＋y＝3y，则A、B两球下落高度之比为13，由h＝gt22可得t＝2hg，则A、B两球运动时间之比为13，D正确．4．如图所示，可视为质点的小球，位于半径为3m半圆柱体左端点A的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为60°，则初速度为(不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2)(C)A.553m/sB．43m/sC．35m/sD.152m/s解析：飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则有：tanθ＝tan30°2＝36，因为tanθ＝y32R.则竖直位移为y

进入导航第1页课时作业2匀变速直线运动规律进入导航第2页1．轿车启动时的运动可近似看作匀加速运动，某人为了测定某辆轿车在平路上启动时的加速度，利用相机每隔2s曝光一次，拍摄了一张在同一底片上多次曝光的照片，如图所示．如果轿车车身总长为4.5m，那么这辆轿车的加速度大约为()A．1m/s2B．2m/s2C．3m/s2D．4m/s2B进入导航第3页解析：由图可知，车身对应图上3小格，而车身的长度是4.5m，每一格表示1.5m，则第一段位移大小为x1＝8×1.5m＝12m，第二段位移为x2＝13.6×1.5m＝20.4m．根据Δx＝aT2，则有x2－x1＝aT2，其中T＝2s，解得a＝x2－x1T2＝20.4－1222m/s2＝2.1m/s2，故只有选项B正确．进入导航第4页2．如图所示为位于瑞士的世界上最大的人工喷泉——日内瓦喷泉，已知该喷泉竖直向上喷出，喷出时水的速度为53m/s，喷嘴的出水量为0.5m3/s，不计空气阻力，则空中水的体积应为(g取10m/s2)()B进入导航第5页A．2.65m3B．5.3m3C．10.6m3D．因喷嘴的横截面积未知，故无法确定解析：喷出的水做竖直上抛运动，水的初速度v0＝53m/s，水在空中停留的时间t＝2v0g＝10.6s，即处于空中的水的体积V＝Qt＝0.5×10.6m3＝5.3m3，选项B正确．进入导航第6页3．如图所示，一质点由静止开始，从A到B做匀加速直线运动．已知质点在第1s内的位移恰好等于它在最后1s内位移的14，则下列物理量中可求出的是()A．A、B两点之间的距离B．质点从A运动到B所用的时间C．质点运动的加速度大小D．质点到达B点时的速度大小B进入导航第7页解析：设质点在第1s内的位移为x，则它在最后1s内的位移为4x，设质点运动的加速度大小为a，质点从A运动到B所用的时间为t，利用匀变速直线运动规律可得x＝12a×(1s)2,4x＝12a×t2－12a×(t－1s)2，联立可解得t，但不能得出a和x，故只有选项B正确．进入导航第8页4．(多选)物体从A点由静止出发，先以加速度a1做匀加速直线运动到某速度v后，立即以加速度a2做匀减速运动至B点速度恰好减为0，所用总时间为t.若物体以速度v0匀速通过AB之间，所用时间也为t，则()A．v＝2v0B.1a1＋1a2＝tvC.1a1－1a2＝t2vD.1a1＋1a2＝t

课时作业13圆周运动及其应用时间：45分钟1．如图为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图．已知质量为60kg的学员在A点位置，质量为70kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0m，B点的转弯半径为4.0m，学员和教练员(均可视为质点)(D)A．运动周期之比为54B．运动线速度大小之比为11C．向心加速度大小之比为45D．受到的合力大小之比为1514解析：学员和教练员做圆周运动的角速度相等，根据T＝2πω知，周期相等，故A错误；根据v＝rω，学员和教练员做圆周运动的半径之比为54，则学员和教练员做圆周运动的线速度之比为54，故B错误；根据a＝rω2，学员和教练员做圆周运动的半径之比为54，则学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为54，故C错误；根据F＝ma，学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为54，质量之比为67，则学员和教练员受到的合力大小之比为1514，故D正确．2．在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些，汽车的运动可看作是半径为R的圆周运动．设内、外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L.已知重力加速度为g.要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于(B)A.gRhLB.gRhdC.gRLhD.gRdh解析：汽车做匀速圆周运动，没有横向摩擦力时，向心力由重力与斜面对汽车的支持力的合力提供，且向心力的方向沿水平方向，向心力F向＝mgtanθ，根据牛顿第二定律有F向＝mv2R，又知tanθ＝hd，解得汽车转弯时的速度v＝gRhd，B正确．3．图示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，将运动员与自行车看作一个整体，下列论述正确的是(B)A．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供B．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供C．发生侧滑是因为运动员受到的合外力方向背离圆心D．发生侧滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力解析：运动员转弯所需的向心力由地面对车轮的摩擦力提供，则A错误，B正确．发生侧滑而做离心运动的原因是所受到的摩擦力小于所需要的向心力，故C、D错误．4．如图，某摩天轮总建设高度为160米，横跨直径为153米．

进入导航第1页课时作业3运动图象追及相遇问题进入导航第2页时间：45分钟1．某物体运动的位移—时间图象如图所示．下列说法正确的是()A．物体做曲线运动B．物体在t1时刻速度最大C．物体在t1时刻速度将反向D．物体在t2时刻速度为零C进入导航第3页解析：位移—时间图象只能描述物体的直线运动，选项A错误；位移—时间图象的斜率表示物体的速度，由题图可知t1时刻物体速度为零，接下来斜率变为负值，物体速度将反向，选项B错误，C正确；在t2时刻物体的位移为零，速度不为零，选项D错误．进入导航第4页2．AK47步枪成为众多军人的最爱．若该步枪的子弹在枪膛内的加速度随时间变化的图象如图所示，下列说法正确的是()A．子弹离开枪膛时的速度为450m/sB．子弹离开枪膛时的速度为600m/sC．子弹在枪膛内运动的距离小于0.45mD．子弹在枪膛内运动的距离大于0.45mD进入导航第5页解析：根据Δv＝at可知，图象与坐标轴围成的面积等于速度的变化量，则子弹离开枪膛的速度大小为v＝12×3×10－3×2×105m/s＝300m/s，选项A、B错误；子弹在枪膛内做加速度减小的加速运动，则平均速度大于v2＝150m/s，故子弹在枪膛内运动的距离大于v2t＝150×3×10－3m＝0.45m，故选项C错误，D正确．故选D.进入导航第6页3．《机动车驾驶证申领和使用规定》已经正式施行，司机闯黄灯要扣6分，被称为“史上最严交规”．某小轿车驾驶员看到绿灯开始闪时，经短暂思考后开始刹车，小轿车在黄灯刚亮时恰停在停车线上，v-t图线如图所示．若绿灯开始闪烁时小轿车距停车线的距离L＝10.5m，则绿灯开始闪烁到黄灯刚亮的时间t0为()A．0.5sB．1.5sC．3sD．3.5sC进入导航第7页解析：根据v-t图象中图线与坐标轴围成的面积表示位移知，x＝L＝6×0.5m＋12×6×(t0－0.5)m＝10.5m，解得t0＝3s，选项C正确．进入导航第8页4．甲、乙两车沿水平方向做直线运动，某时刻刚好经过同一位置，此时甲的速度为5m/s，乙的速度为10m/s，以此时作为计时起点，它们的速度随时间变化的关系如图所示，则()A．在t＝4s时，甲、乙两车相距最远B．在t＝10s时，乙车恰好回到出发点C．乙车在运动过程中速度的方向保持不变D．乙车做加速度先增大后减小的变加速运动C进入导航第9页解析：v-t图线与横轴所围

课时作业14万有引力与航天(一)时间：45分钟1．地球公转轨道的半径在天文学上常用来作为长度单位，叫做天文单位，用来量度太阳系内天体与太阳的距离．已知木星公转的轨道半径约5.0天文单位，请估算木星公转的周期约为地球年(C)A．3年B．5年C．11年D．25年解析：根据开普勒第三定律，有：R3木T2木＝R3地T2地，故T木＝T地R木R地3＝53×1年≈11年，C正确．2．科学家发现太阳系外某一恒星有一行星，并测得它围绕该恒星运行一周所用的时间为1200年，它与该恒星的距离为地球到太阳距离的100倍．假设该行星绕恒星运行的轨道和地球绕太阳运行的轨道都是圆，仅利用以上两个数据可以求出的量是(A)A．该恒星与太阳的质量之比B．该恒星与太阳的密度之比C．该行星与地球的质量之比D．该行星与地球表面的重力加速度之比解析：根据万有引力提供向心力可得GMmr2＝m2πT2r，解得M＝4π2r3GT2，所以可求出该恒星与太阳的质量之比，故A正确；由于不知该恒星与太阳的半径之比，所以不能求出该恒星与太阳的密度之比，故B错误；根据万有引力提供向心力可得GMmr2＝m2πT2r，解得的M是中心天体的质量，所以不能求出该行星与地球的质量之比，故C错误；根据公式mg＝GMmR2可知g＝GMR2，由于不知该行星与地球的半径及质量关系，所以不能求出该行星与地球表面的重力加速度之比，故D错误．3．1789年英国物理学家卡文迪许测出引力常量G，因此卡文迪许被人们称为“能称出地球质量的人”．若已知引力常量为G，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，地球上一个昼夜的时间为T1(地球自转周期)，一年的时间为T2(地球公转周期)，地球中心到月球中心的距离为L1，地球中心到太阳中心的距离为L2，则下列说法正确的是(B)A．地球的质量m地＝GR2gB．太阳的质量m太＝4π2L32GT22C．月球的质量m月＝4π2L21GT21D．由题中数据可求月球、地球及太阳的密度解析：若不考虑地球自转，根据地球表面万有引力等于重力，有Gm地mR2＝mg，则m地＝gR2G，故A错误；根据太阳对地球的万有引力提供向心力，有Gm太m地L22＝m地4π2T22L2，则m太＝4π2L32GT22，故B正确；由题中数据无法求出月球的质量，也无法求出月球的密度，故C、D错误．4．“玉兔号”月球车与月球表面接触的

进入导航第1页第二章相互作用进入导航第2页第1讲重力弹力摩擦力进入导航第3页进入导航第4页考点1弹力的分析与计算1．弹力方向的判断进入导航第5页进入导航第6页2．弹力大小的计算(1)弹簧、橡皮条等物体的弹力可以由胡克定律F＝kx计算．(2)其他弹力可以根据物体的受力情况和运动情况，利用平衡条件或牛顿第二定律来确定大小．进入导航第7页考向1接触面间的弹力1．(多选)如图所示，一倾角为45°的斜面固定于竖直墙上，为使一光滑的铁球静止，需加一水平力F，且F通过球心，下列说法正确的是()A．球一定受墙的弹力且水平向左B．球可能受墙的弹力且水平向左C．球一定受斜面的弹力且垂直斜面向上D．球可能受斜面的弹力且垂直斜面向上BC进入导航第8页解析：铁球处于静止状态，当F较小时，球的受力情况如图甲所示，当F较大时，球的受力情况如图乙所示，故B、C正确．进入导航第9页2．如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力F拉斜面体，使斜面体在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是()A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD．斜面对球的弹力不仅存在，而且是一个与a无关的定值D进入导航第10页解析：球在重力、斜面的支持力和挡板的弹力作用下做加速运动，则球受到的合力水平向右，为ma.如图所示，设斜面倾角为θ，挡板对球的弹力为F1，由正交分解法得F1－FNsinθ＝ma，FNcosθ＝G，解得FN＝Gcosθ，F1＝ma＋Gtanθ，综上可知，选项D正确．进入导航第11页考向2弹簧(弹性绳)弹力3．完全相同且质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连，置于带有挡板C的固定斜面上，斜面的倾角为θ，弹簧的劲度系数为k.初始时弹簧处于原长，A恰好静止．现用一沿斜面向上的力拉A，直到B刚要离开挡板C，则此过程中物块A的位移大小为(弹簧始终处于弹性限度内)()A.mgkB.mgsinθkC.2mgkD.2mgsinθkD进入导航第12页解析：初始时弹簧处于原长，A恰好静止，根据平衡条件，有：mgsinθ＝Ff，其中Ff＝μFN＝μmgcosθ，联立解得：μ＝tanθ.B刚要离开挡板C时，弹簧拉力等于物块B重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力之和，即kx＝mgsinθ＋Ff，解得：x

课时作业15万有引力与航天(二)时间：45分钟1．2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行．与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的(C)A．周期变大B．速率变大C．动能变大D．向心加速度变大解析：天宫二号单独运行时的轨道半径与组合体运行的轨道半径相同．由GMmr2＝m4π2T2r可得T＝2πr3GM，可见周期与m无关，周期不变，A项错误．由GMmr2＝mv2r得v＝GMr，可知速率v与m无关，故速率不变，B项错误．组合体质量m1＋m2>天宫二号质量m1，则动能变大，C项正确．由GMmr2＝ma得a＝GMr2，可知向心加速度与m无关，故不变，D项错误．2．(多选)荷兰某研究所推出了2023年让志愿者登陆火星、建立人类聚居地的计划．登陆火星需经历如图所示的变轨过程，已知引力常量为G，则下列说法正确的是(ACD)A．飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠB．飞船在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能C．飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度方向喷气D．若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度解析：根据开普勒第三定律可知，飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠ，选项A正确；飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度方向喷气，从而使飞船减速到达轨道Ⅰ，则飞船在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能，选项B错误，C正确；根据GMmR2＝mω2R以及M＝43πR3ρ，解得ρ＝3ω24πG，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度，选项D正确．故选A、C、D.3．如图所示，a、b、c、d为四颗地球卫星，a静止在地球赤道表面还未发射，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星．若b、c、d的运动均可看成匀速圆周运动，下列说法正确的是(A)A．a的向心加速度小于a所在处的重力加速度B．在相同时间内b、c、d转过的弧长相等C．c在4小时内转过的圆心角为π6D．d的运动周期可能为20小时解析：静止在地球表面还没有发射的卫星，万有引力与支持力的合力提供其随地球自转的向心力，即GMmR2－FN＝ma0，而GMmR2＝mg，所以a的向心加速度小于a所在处的重力加速度，选项A正确；由GMmr2＝mv2r可得线速

进入导航第1页第二章相互作用进入导航第2页第2讲力的合成与分解进入导航第3页进入导航第4页考点1共点力的合成1．作图法：从力的作用点起，按同一标度作出两个分力F1和F2的图示，再以F1和F2的图示为邻边作平行四边形，画出过作用点的对角线，量出对角线的长度，计算出合力的大小，量出对角线与某一力的夹角确定合力的方向(如图所示)．进入导航第5页2．计算法：几种特殊情况的共点力的合成.类型作图合力的计算①互相垂直F＝F21＋F22tanθ＝F1F2②两力等大，夹角为θF＝2F1cosθ2F与F1夹角为θ2③两力等大且夹角120°合力与分力等大进入导航第6页考向1作图法的应用1．如图所示，有五个力作用于同一点O，表示这五个力的有向线段恰好分别是构成一个正六边形的两邻边和三条对角线．已知F3＝10N，求这五个力的合力大小．进入导航第7页解析：解法1：根据正六边形的对边平行且相等和三角形定则可知：F2和F5的合力等于F3；F1和F4的合力也等于F3，所以这5个力的合力等于3F3＝30N.解法2：由对称性知，F1和F5的夹角为120°，它们的大小相等，合力在其夹角的平分线上，合力的大小等于其分力的大小，故力F1和F5的合力F15＝F32＝5N．如图甲所示．同理，F2和F4的合力也在其角平分线上，由图中几何关系可知F24＝F3＋F1＝15N．故这五个力的合力F＝F3＋F15＋F24＝30N.进入导航第8页解法3：利用正交分解法将力F1、F2、F4、F5沿F3方向和垂直F3的方向分解，如图乙所示．根据对称性知Fy＝0，合力F＝Fx＝3F3＝30N.答案：30N进入导航第9页2．一物体受到三个共面共点力F1、F2、F3的作用，三力的矢量关系如图所示(各小方格边长相等)，则下列说法正确的是()A．三力的合力有最大值F1＋F2＋F3，方向不确定B．三力的合力有唯一值3F3，方向与F3同向C．三力的合力有唯一值2F3，方向与F3同向D．由题给条件无法求出合力大小B进入导航第10页解析：根据三力的图示，可知F1、F2在竖直方向的分力大小均为3个单位，方向相反，在水平方向的分力大小分别为6个单位和2个单位，方向与F3方向相同．根据用正交分解法可得，三力的合力大小为12个单位，与F3的方向相同，即F合＝3F3，选项B正确．进入导航第11页考向2计算法的应用3．(2019·石家庄模拟)如图所示，一个“

课时作业16功和功率时间：45分钟1．如图所示，质量为m的物体始终静止在斜面上，在斜面体从图中实线位置沿水平面向右匀速运动到虚线位置的过程中，下列关于物体所受各力做功的说法正确的是(A)A．重力不做功B．支持力不做功C．摩擦力不做功D．合力做正功解析：物体在水平方向移动，在重力方向上没有位移，所以重力对物体做功为零，选项A正确；由题图知，斜面体对物体的支持力与位移的夹角小于90°，则支持力对物体做正功，选项B错误；摩擦力方向沿斜面向上与位移的夹角为钝角，所以摩擦力对物体做负功，选项C错误；物体匀速运动时，合力为零，合力对物体做功为零，选项D错误．2．(多选)如图甲所示，一女士站立在台阶式自动扶梯上正在匀速上楼，如图乙所示，一男士站立在履带式自动人行道上正在匀速上楼．下列关于两人受到的力做功的判断正确的是(CD)A．甲图和乙图中支持力都对人做正功B．甲图和乙图中摩擦力都对人做负功C．甲图和乙图中重力都对人做负功D．甲图和乙图中人所受的合力都不做功解析：根据做功的两个因素——力和在力方向上的位移，甲图中支持力方向竖直向上且在竖直方向上有位移，所以做了正功，乙图中支持力方向上没有位移，因此没有做功，选项A错误；甲图中人不受摩擦力，乙图中摩擦力对人做正功，选项B错误．两图中人的重力与位移之间的夹角均大于90°，所以都做负功，选项C正确；甲图和乙图中人均做匀速运动，合力不做功，选项D正确．3．如图所示，小球置于倾角为45°斜面上被竖直挡板挡住，整个装置匀速竖直下降一段距离，此过程中，小球重力大小为G，做功为WG；斜面对小球的弹力大小为F1，小球克服F1做功为W1；挡板对小球的弹力大小为F2，做功为W2，不计一切摩擦，则下列判断正确的是(A)A．F2＝G，W2＝0B．F1＝G，W1＝WGC．F1>G，W1>WGD．F2>G，W2>WG解析：小球匀速竖直下降，由平衡条件得，F1cos45°＝G，F1sin45°＝F2，联立解得F2＝G，F1＝2G.由于F2与位移方向垂直，则F2不做功，故W2＝0，F1做功大小为W1＝F1hcos45°＝Gh，重力做功大小为WG＝Gh，因此W1＝WG，故选项A正确．4．如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，在液压机的作用下，车厢与水平方向的夹角缓慢增大，在货物滑动之前的过程中，下列说法正确的是(D)A．货物受到的静摩擦力减小B．地面对货车有水平向右

进入导航第1页课时作业4重力弹力摩擦力进入导航第2页时间：45分钟1．(多选)如图所示，小球A的重力为G，一端被竖直悬线挂于O点，另一端与水平桌面相接触，悬线对A、水平桌面对A的弹力大小可能为()A．0，GB．G,0C.G2，G2D.G2，32GABC进入导航第3页解析：因小球A处于平衡状态，悬线对A的作用力只能竖直向上，由平衡条件可得：F＋FN＝G，由此可知，A、B、C均正确，D错误．进入导航第4页2．一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力即F1、F2和摩擦力的作用，木块处于静止状态，如图所示．其中F1＝10N，F2＝2N，若撤去F1，则木块受到的摩擦力为()A．10N，方向向左B．6N，方向向右C．2N，方向向右D．0C进入导航第5页解析：当物体受F1、F2及摩擦力的作用而处于平衡状态时，由平衡条件可知物体所受的摩擦力的大小为8N，方向向左．可知最大静摩擦力Ffmax≥8N．当撤去力F1后，F2＝2N<Ffmax，物体仍处于静止状态，由平衡条件可知物体所受的静摩擦力大小和方向发生突变，且与作用在物体上的F2等大反向．选项C正确．进入导航第6页3．如图所示，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为()A．2－3B.36C.33D.32C进入导航第7页解析：当F水平时，根据平衡条件得F＝μmg；当保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角时，由平衡条件得Fcos60°＝μ(mg－Fsin60°)，联立解得μ＝33，故选项C正确．进入导航第8页4．如图所示，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k1、k2，它们一端固定在质量为m的物体上，另一端分别固定在Q、P上，当物体平衡时上面的弹簧处于原长，若把固定的物体换为质量为2m的物体(弹簧的长度不变，且弹簧均在弹性限度内)，当物体再次平衡时，物体比第一次平衡时的位置下降了x，则x为()A.mgk1＋k2B.k1k2mgk1＋k2C.2mgk1＋k2D.k1k22mgk1＋k2A进入导航第9页解析：物体质量为m时，上面的弹簧处于原长，由于物体处于平衡状态，下面的弹簧一定对物体有向上的弹力，因此下面的弹簧被压缩了x1，由平衡条件得k1x1＝mg.换成质量为2m的物体后，下面的弹簧将进一步压缩x，同时上面的弹簧

课时作业17动能定理及其应用时间：45分钟1．如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定(A)A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功解析：本题考查动能定理．由动能定理可知W拉－Wf＝Ek－0，因此，Ek<W拉，故A正确，B错误；Ek可能大于、等于或小于Wf，选项C、D错误．2．如图所示，质量为0.1kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4m后以3.0m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45m，若不计空气阻力，取g＝10m/s2，则(D)A．小物块的初速度是5m/sB．小物块的水平射程为1.2mC．小物块在桌面上克服摩擦力做8J的功D．小物块落地时的动能为0.9J解析：小物块在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2J，C错．在水平桌面上滑行，由动能定理得－Wf＝12mv2－12mv20，解得v0＝7m/s，A错．小物块飞离桌面后做平抛运动，有x＝vt、h＝12gt2，解得x＝0.9m，B错．设小物块落地时动能为Ek，由动能定理得mgh＝Ek－12mv2，解得Ek＝0.9J，D正确．3．如图所示，一质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F的作用下，从位置甲处缓慢移动到乙处．θ＝60°，重力加速度为g，则力F所做的功为(A)A.12mgLB.32mgLC.12FLD.32FL解析：因为是缓慢移动，所以可认为速度变化量为零，即动能变化量为零，在移动过程中F和重力做功，根据动能定理可得WF－mgL(1－cos60°)＝0，解得WF＝12mgL，A正确，B、C、D错误．4．如图所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动．当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(D)A．0B．2μmgRC．2πμmgRD.μmgR2解析：物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝mv2R.在物块由静止到获得速度v的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得W＝12mv2－0

课时作业18机械能守恒定律及其应用时间：45分钟1．在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小(A)A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大解析：由机械能守恒定律mgh＋12mv21＝12mv22知，落地时速度v2的大小相等，故A正确．2．取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为(B)A.π6B.π4C.π3D.5π12解析：设物块水平抛出的初速度为v0，高度为h，由题意知12mv20＝mgh，即v0＝2gh.物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，落地时的竖直分速度vy＝2gh＝vx＝v0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角θ＝π4，故选项B正确，选项A、C、D错误．3．如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点时速度为v，A、B两点间的竖直高度差为h，则(D)A．由A到B重力做的功小于mghB．由A到B重力势能减少12mv2C．由A到B小球克服弹力做功为mghD．小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh－mv22解析：重力做功只与初末位置的高度差有关，则小球由A至B重力做功为mgh，所以A错误；小球由A至B重力做功为mgh，则重力势能减少mgh，小球在下降过程中重力势能转化为小球动能和弹簧弹性势能，所以mgh>12mv2，故B错误；根据动能定理得mgh＋W弹＝12mv2，所以由A到B小球克服弹力做功为mgh－12mv2，故C错误；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化，所以小球到达B位置时弹簧的弹性势能为mgh－12mv2，故D正确．4．如图所示，把小车放在倾角为30°的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与沙子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中(B)A．小桶处于失重状态B．小桶的最大速度为12ghC．小车受绳的拉力等于mgD．小车的最大动能为mgh解析：小桶能够由静止上升是由于小车对它的拉力大于它自身的重力，小桶加速度向上，则小桶处于超重状态，选项A错误；由于整个系统均在加速，当小桶上

课时作业19功能关系能量守恒定律时间：45分钟1．如图所示，水平传送带以v＝2m/s的速率匀速运行，上方漏斗每秒将40kg的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动．如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的功率为(B)A．80WB．160WC．400WD．800W解析：由功能关系，电动机增加的功率用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量，所以ΔP＝12mv2＋Q，传送带做匀速运动，而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半，所以煤粉相对传送带的位移等于相对地面的位移，故Q＝f·Δx＝fx＝12mv2，解得ΔP＝160W，B项正确．2．(多选)如图，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中(CD)A．两滑块组成的系统机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加量C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加量D．两滑块组成的系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功解析：由于斜面ab粗糙，故两滑块组成的系统机械能不守恒，故A错误；由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对M做的总功等于M动能的增加量，故B错误；除重力、弹力以外的力做功，将导致机械能变化，故C正确；除重力、弹力以外，摩擦力做负功，机械能有损失，故D正确．3．如图所示，一水平轻弹簧左端固定在墙上，质量为m的小物块(视为质点)在水平面上从A点以初速度v0向左运动，接触弹簧后运动到C点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内．A、C两点间距离为L，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则物块由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是(D)A．弹簧和物块组成的系统机械能守恒B．物块克服摩擦力做的功为12mv20C．弹簧的弹性势能增加量为μmgLD．物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和解析：由于摩擦力做负功，根据功能关系知系统机械能减小，选项A错误；由功能关系知，物块由A点运动到C点的过程，初动能转化为弹簧弹性势能和内能，选项D正确；根据能的转化和守恒定律知，弹簧的弹性势能增加量为Ep弹＝12mv20－

课时作业20动量动量定理时间：45分钟1．(多选)2017年11月5日，巴蜀女篮勇夺重庆中学生篮球比赛冠军．假设比赛中相距为l的甲、乙两名队员在传球时，抛球和接球时手的高度相同，球在空中的运动时间为t，若不计空气阻力，关于传球过程中的有关物理学知识，以下说法正确的是(AB)A．球出手后，经t2时间后到达最高点B．球在最高点的速度大小为ltC．传球过程中，重力对球的冲量为零D．传球过程中，重力始终不做功解析：球出手后，先做斜上抛运动，到达最高点后，又做平抛运动，两段运动具有对称性，所以到达最高点的时间为t2，A正确；球在最高点，竖直方向上的速度为零，只有水平方向上的速度，而球在水平方向上做匀速直线运动，在t时间内水平位移为l，故球在最高点的速度大小为v＝lt，B正确；传球过程中，重力始终存在，根据动量定理可知重力对球的冲量为I＝mgt，C错误；传球过程中球在竖直方向上的位移先向上后向下，所以重力先做负功后做正功，D错误．2．篮球运动员接传球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球的瞬间顺势后引，这样可以减小(B)A．球对手的力的冲量B．球对手的力的大小C．球的动量变化量D．球的动能变化量解析：球对手的力的冲量I＝mv－mv0不变，A错误；篮球运动员接球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引，增加了手与球间的相互作用时间，根据Ft＝mv－mv0可知，减小了球对手的平均作用力的大小，B正确；球的动量变化量Δp＝mv－mv0不变，C错误；球的动能变化量ΔEk＝12mv2－12mv20不变，故D错误．3．如图所示，一质量为m的滑块沿光滑的水平面以速度v0运动．遇到竖直的墙壁被反弹回来，返回的速度变为12v0，则以下说法正确的是(B)A．滑块的动量改变量的大小为12mv0B．滑块的动量改变量的大小为32mv0C．滑块的动量改变量的方向与v0的方向相同D．重力对滑块的冲量为零解析：以初速度方向为正，有：Δp＝p2－p1＝mv2－mv1＝－12mv0－mv0＝－32mv0，所以滑块的动量改变量的大小为32mv0，方向与v0的方向相反，故A、C错误，B正确；根据I＝Ft得重力的冲量为I＝mgt，不为零，故D错误．4．如图所示，两个质量相等的物体沿同一高度、倾角不同的两光滑固定斜面顶端从静止自由下滑，到达斜面底端，两个物体具有的相同物理量是(D)A．下滑的过程中重力的冲量B．下滑的过

进入导航第1页课时作业5力的合成与分解进入导航第2页时间：45分钟1．如图所示，被轻绳系住静止在光滑斜面上的小球．若按力的实际作用效果来分解，小球受到的重力G的两个分力方向分别是图中的()A．1和4B．2和4C．3和4D．3和2C进入导航第3页解析：小球重力产生两个效果，一是使绳子拉伸，二是使斜面受压，故应按此两个方向分解，分别是3和4，故C正确，ABD错误．故选C.进入导航第4页2．某物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，在如图所示的四种情况中(坐标纸中每格的边长表示1N大小的力)，设该物体所受的合外力大小正确的是()D进入导航第5页A．图甲中物体所受的合外力大小等于4NB．图乙中物体所受的合外力大小等于2NC．图丙中物体所受的合外力等于0D．图丁中物体所受的合外力等于0解析：图甲中，先将F1与F3合成，然后再由勾股定理求得合力大小等于5N，选项A错误；图乙中，先将F1与F3正交分解，再合成，求得合力大小等于5N，选项B错误；图丙中，可将F3正交分解，求得合力大小等于6N，选项C错误；根据三角形定则，图丁中合力等于0，选项D正确．进入导航第6页3．三个共点力大小分别是F1、F2、F3，关于它们的合力F的大小，下列说法中正确的是()A．F大小的取值范围一定是0≤F≤F1＋F2＋F3B．F至少比F1、F2、F3中的某一个大C．若F1F2F3＝368，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零D．若F1F2F3＝362，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零C进入导航第7页解析：合力不一定大于分力，B错误；三个共点力的合力的最小值能否为零，取决于任何一个力是否都在其余两个力的合力范围内，由于三个力大小未知，所以三个力的合力的最小值不一定为零，A错误；当三个力的大小分别为3a、6a、8a，其中任何一个力都在其余两个力的合力范围内，故C正确；当三个力的大小分别为3a、6a、2a时，不满足上述情况，故D错误．进入导航第8页4．如图所示，在绳下端挂一物体，用力F拉物体使悬线偏离竖直方向α的夹角，且保持其平衡．保持α角不变，当拉力F有极小值时，F与水平方向的夹角β应是()A．0B.π2C．αD．2αC进入导航第9页解析：物体处于平衡状态，合力为零，重力和拉力的合力与细绳的张力FT等大反向，如图所示，可以知道当拉力F有极小值时，F与水平方向的夹角β应等于α，C正确．进入导

课时作业21动量守恒定律及其应用时间：45分钟1．如图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，某时刻给物体一水平向右的初速度v0，则在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后(C)A．两者的速度均为零B．两者的速度总不会相等C．盒子的最终速度为mv0M＋m，方向水平向右D．盒子的最终速度为mv0M，方向水平向右解析：以物体与盒子组成的系统为研究对象，水平方向不受外力作用，则水平方向动量守恒，可得mv0＝(M＋m)v，所以v＝mv0M＋m，方向水平向右，C正确．2．如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF，与水平地面相切于E点，圆弧半径为R＝1m．另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M＝4m，g取10m/s2，不计摩擦．则小球的初速度v0的大小为(B)A．v0＝4m/sB．v0＝5m/sC．v0＝6m/sD．v0＝7m/s解析：当小球上升到圆弧上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有mv0＝(m＋M)v1，根据机械能守恒定律有12mv20＝12(m＋M)v21＋mgR，联立两式解得v0＝5m/s，B正确．3．将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(D)A.mMv0B.Mmv0C.MM－mv0D.mM－mv0解析：根据动量守恒定律mv0＝(M－m)v，得v＝mM－mv0，选项D正确．4．一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(D)A．v0－v2B．v0＋v2C．v0－m2m1v2D．v0＋m2m1(v0－v2)解析：箭体与卫星分离过程动量守恒，由动量守恒定律：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，得v1＝v0＋m2m1(v0－v2)，D正确．5．如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救

进入导航第1页课时作业6受力分析共点力的平衡进入导航第2页时间：45分钟1．(多选)如图为一位于墙角的斜面，其倾角θ＝37°，一轻质弹簧一端系在质量为m的物体上，另一端固定在墙上，弹簧水平放置，物体在斜面上静止时，弹簧处于伸长状态，则()AC进入导航第3页A．物体一定受四个力作用B．弹簧弹力可能是43mgC．物体受到的摩擦力一定沿斜面向上D．斜面对物体的作用力方向一定竖直向上进入导航第4页解析：首先可以确定物体受向下的重力、弹簧水平向右的拉力、垂直斜面的支持力，由平衡知识可知，物体还受到沿斜面向上的摩擦力的作用，A、C正确；斜面对物体的作用力与物体的重力和弹簧的水平拉力的合力等大反向，不可能竖直向上，D错误；若拉力为43mg，则拉力垂直斜面向上的分力为43mg·sin37°＝0.8mg，等于重力垂直于斜面的分力，这样物体对斜面没有压力，不可能平衡，B错误．进入导航第5页2．如图所示，细绳一端与光滑小球连接，另一端系在竖直墙壁上的A点，在缩短细绳小球缓慢上移的过程中，细绳对小球的拉力F、墙壁对小球的弹力FN的变化情况为()A．F、FN都不变B．F变大、FN变小C．F、FN都变大D．F变小、FN变大C进入导航第6页解析：以小球为研究对象，受力分析如图，设绳子与墙的夹角为θ，由平衡条件得：F＝mgcosθ，FN＝mgtanθ，把绳的长度减小，θ增加，cosθ减小，tanθ增大，则得到F和FN都增大，故选C.进入导航第7页3．(多选)如图所示，一根轻绳上端固定在O点，下端拴一个重为G的小球，开始时轻绳处于竖直状态，轻绳所能承受的最大拉力为2G，现对小球施加一个方向始终水平向右的力F，使球缓慢地移动，则在小球缓慢地移动的过程中，下列说法正确的是()A．力F逐渐增大B．力F的最大值为3GC．力F的最大值为2GD．轻绳与竖直方向夹角θ的最大值为60°ABD进入导航第8页解析：对小球受力分析，如图甲所示，由平衡条件得F＝mgtanθ，θ逐渐增大，则F逐渐增大，故A正确；如图乙所示，小球缓慢移动的过程中，θ逐渐增大，T的最大值为2G，则可得cosθ＝G2G＝12，θ＝60°，此时F达到最大值为3G，故B、D正确，C错误．进入导航第9页4．如图所示，斜面体B放在粗糙的水平面上，物块A放在粗糙的斜面体B上，轻质弹簧两端分别与物块A及固定在斜面体底端的挡板拴接，初始时A、B静止，弹簧处于压

课时作业22力学“三大观点”的综合应用时间：45分钟1．(多选)如图所示，在光滑水平面上，质量为m的A球以速度v0向右运动，与静止的质量为5m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0(待定系数a<1)的速率弹回，并与固定挡板P发生弹性碰撞，若要使A球能再次追上B球，则系数a可以是(BC)A.14B.25C.23D.17解析：A与B发生碰撞，根据动量守恒可知mv0＝5mvB－mav0，要使A球能再次追上B球，且A与固定挡板P发生弹性碰撞，则av0>vB，可解得a>14，故B、C正确．2．如图所示，一个质量为M的木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块．现使木箱获得一个向左的初速度v0，则(C)A．小木块和木箱最终都将静止B．木箱速度减为v03的过程中，小木块受到的水平冲量大小为13Mv0C．最终小木块速度为Mv0M＋m，方向向左D．木箱和小木块组成的系统机械能守恒解析：由于木箱在光滑水平面上，小木块与木箱之间的摩擦力是木箱和小木块系统的内力，给木箱一个向左的初速度，系统满足动量守恒定律条件，小木块和木箱最终将以相同的速度运动，根据动量守恒定律，Mv0＝(M＋m)v，最终速度v＝Mv0M＋m，选项C正确、A错误；由于木箱底板粗糙，小木块在木箱内相对于木箱滑动，需要摩擦产生热量，所以木箱和小木块组成的系统机械能不守恒，选项D错误；当木箱速度减小为v03时，木箱动量减小了23Mv0，根据动量守恒定律，小木块的动量将增加了23Mv0，根据动量定理，木箱对小木块作用力的冲量为23Mv0，选项B错误．3．如图所示，两个大小相同、质量均为m的弹珠静止在水平地面上．某小孩在极短时间内给第一个弹珠水平冲量使其向右运动，当第一个弹珠运动了距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰，碰后第二个弹珠运动了2L距离停下．已知弹珠所受阻力大小恒为重力的k倍，重力加速度为g，则小孩对第一个弹珠(D)A．施加的冲量为mkgLB．施加的冲量为m3kgLC．做的功为kmgLD．做的功为3kmgL解析：当第一个弹珠运动了距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰，根据动量守恒和能量守恒可知，两弹珠速度发生交换，即第一个弹珠碰后停止运动，第二个弹珠以第一个弹珠碰前的速度继续向前运动了2L距离停下，从效果上看，相当于第二个弹珠不存在，第一个弹珠直接向前运动了3L的距离后停止运动，根据动能定理可知，小孩对第