2025高考物理 人教版選擇性必修第1冊(cè)專項(xiàng)復(fù)習(xí)第1章　1含答案

2025高考物理人教版選擇性必修第1冊(cè)專項(xiàng)復(fù)習(xí)第1章1含答案第一章1基礎(chǔ)強(qiáng)化練(時(shí)間25分鐘滿分60分)一、選擇題(本題共6小題，每題5分，共30分)1．下列關(guān)于動(dòng)量的說法中，正確的是(D)A．物體的動(dòng)量改變了，其速度大小一定改變B．物體的動(dòng)量改變了，其速度方向一定改變C．物體運(yùn)動(dòng)速度的大小不變，其動(dòng)量一定不變D．物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化后，其動(dòng)量也就變化解析：由于動(dòng)量是矢量，動(dòng)量改變時(shí)，可能是速度大小或方向改變，也可能兩者都變，所以A、B錯(cuò)誤；速度大小不變，速度方向可能變化，物體動(dòng)量也就變化，所以C錯(cuò)誤；物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化，說明物體速度發(fā)生變化，即動(dòng)量發(fā)生變化，故D正確。2．(多選)質(zhì)量為m的物體以初速度v0開始做平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t，下降的高度為h，速率變?yōu)関，則在這段時(shí)間內(nèi)物體動(dòng)量變化量的大小為(BCD)A．m(v－v0) B．mgtC．meq\r(2gh) D．meq\r(v2－v\o\al(2,0))解析：在這段時(shí)間內(nèi)，速度的變化量為Δv＝vy＝gt，則Δp＝mgt；因?yàn)関eq\o\al(2,y)＝2gh，則Δp＝mvy＝meq\r(2gh)；據(jù)速度矢量關(guān)系知，veq\o\al(2,y)＝v2－veq\o\al(2,0)，則Δp＝meq\r(v2－v\o\al(2,0))。綜合分析知，選項(xiàng)B、C、D正確。3．(多選)物體的動(dòng)量變化量的大小為6kg·m/s，這說明(CD)A．物體的動(dòng)量在減小B．物體的動(dòng)量在增大C．物體的動(dòng)能可能不變D．物體的動(dòng)量大小可能不變解析：物體的動(dòng)量變化量的大小為6kg·m/s，動(dòng)量是矢量，動(dòng)量變化的方向與初動(dòng)量可能同向、可能反向、也可能不在同一條直線上，故物體的動(dòng)量的大小可能增加、可能減小，也可能不變，故A、B錯(cuò)誤，D正確；動(dòng)量發(fā)生變化時(shí)，速度大小可能不變，即動(dòng)能不變，所以C正確，故選CD。4．如圖所示，一小孩把一質(zhì)量為0.5kg的籃球由靜止釋放，釋放后籃球的重心下降的高度為0.8m，反彈后籃球的重心上升的最大高度為0.2m，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度為g＝10m/s2，則地面與籃球相互作用的過程中其動(dòng)量的改變量大小為(D)A．0.5kg·m/s B．1kg·m/sC．2kg·m/s D．3kg·m/s解析：籃球的重心下降高度0.8m的速度為v1＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s，方向向下反彈后籃球的重心上升高度0.2m的初速度為v2＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.2)m/s＝2m/s，方向向上規(guī)定豎直向下為正方向，Δp＝mv2－mv1＝0.5×(－2)kg·m/s－0.5×4kg·m/s＝－3kg·m/s。故D正確。5．(2024·山東濱州北鎮(zhèn)中學(xué)高二期末)t＝0時(shí)刻質(zhì)量為1kg的小球從空中某一高度由靜止開始下落，與地面碰撞后反彈上升到某一高度處，此過程中小球的速率v隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖所示。取重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是(B)A．2.0～3.0s內(nèi)，小球處于超重狀態(tài)B．0～3.0s內(nèi)，小球的位移大小為10mC．小球在下落和上升過程中，加速度方向相反D．小球與地面碰撞過程中動(dòng)量變化量的大小為4kg·m/s解析：2.0～3.0s內(nèi)，小球減速上升，加速度向下，處于失重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積等于位移，0～3.0s內(nèi)，小球的位移大小為x＝eq\f(1,2)×16×2m－eq\f(1,2)×12×1m＝10m，B正確；小球在加速下落和減速上升過程中，加速度均向下，方向相同，C錯(cuò)誤；動(dòng)量變化量為Δp＝1×(－12)kg·m/s－1×16kg·m/s＝－28kg·m/s，則小球與地面碰撞過程中動(dòng)量變化量的大小為28kg·m/s，D錯(cuò)誤。6．(多選)如圖所示，從地面上同一位置拋出兩個(gè)相同的小球a、b，分別落在地面上的M、N點(diǎn)，兩球運(yùn)動(dòng)的最大高度相同，空氣阻力不計(jì)，下列說法正確的是(BC)A．b球在空中速度變化的快B．拋出時(shí)b球的動(dòng)能較大C．整個(gè)過程中a、b兩球動(dòng)量的變化量相同D．整個(gè)過程中b球動(dòng)能的變化量較大解析：不計(jì)空氣阻力，兩球都是只受重力，所以加速度相同，兩球在空中速度變化快慢相同，故A錯(cuò)誤；兩球運(yùn)動(dòng)的最大高度相同，加速度相同，故飛行時(shí)間相同，兩球的速度變化量相同，則Δp＝mΔv，整個(gè)過程中a、b兩球動(dòng)量的變化量相同，故C正確；兩球運(yùn)動(dòng)的最大高度相同，則豎直分速度相同；b球運(yùn)動(dòng)的水平距離大，水平分速度大，則拋出時(shí)b球的速度較大，動(dòng)能較大，故B正確；空氣阻力不計(jì)，兩球只受重力作用，機(jī)械能守恒；落地時(shí)的動(dòng)能等于拋出時(shí)的初動(dòng)能，則動(dòng)能變化均為零，兩球的動(dòng)能變化量相同，故D錯(cuò)誤。二、非選擇題(共30分)7．(15分)(2023·北京市陳經(jīng)綸中學(xué)高二下學(xué)期期中)小明做“探究碰撞中的不變量”實(shí)驗(yàn)的裝置如圖1所示，懸掛在O點(diǎn)的單擺由長為l的細(xì)線和直徑為d的小球A組成，小球A與放置在光滑支撐桿上的直徑相同的小球B發(fā)生對(duì)心碰撞，碰后小球A繼續(xù)擺動(dòng)，小球B做平拋運(yùn)動(dòng)。小明用游標(biāo)卡尺測小球A直徑如圖2所示，則d＝_14.50__mm。又測得了小球A質(zhì)量m1，細(xì)線長度l，碰撞前小球A拉起的角度α和碰撞后小球B做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移x、豎直下落高度h，為完成實(shí)驗(yàn)，還需要測量的物理量有：_小球B質(zhì)量m2，碰后小球A擺動(dòng)的最大角β__。解析：球的直徑為d＝14mm＋eq\f(1,20)×10mm＝14.50mm；根據(jù)機(jī)械能守恒定律m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l＋\f(1,2)d))(1－cosα)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)可得碰撞前瞬間球A的速度，碰撞后仍可根據(jù)機(jī)械能守恒定律計(jì)算小球A的速度，所以需要測出小球A碰后擺動(dòng)的最大角β；小球B碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得小球B的速度，根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求還需要測量小球B的質(zhì)量m2。8．(15分)(2024·北京豐臺(tái)區(qū)高二期末)一質(zhì)量為1kg的質(zhì)點(diǎn)靜止于光滑水平面上，從t＝0時(shí)刻開始，受到如圖所示的水平外力作用。求：(1)第2s末質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量大??；(2)第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)量增加量之比；(3)第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量之比。答案：(1)6kg·m/s(2)2∶1(3)4∶5解析：(1)質(zhì)點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得，0～1s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的加速度大小為a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(4,1)m/s2＝4m/s2，1～2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的加速度大小為a2＝eq\f(F2,m)＝eq\f(2,1)m/s2＝2m/s2，則第1s末質(zhì)點(diǎn)的速度大小為v1＝a1t1＝4×1m/s＝4m/s，第2s末質(zhì)點(diǎn)的速度大小為v2＝v1＋a2t2＝(4＋2×1)m/s＝6m/s，因此第2s末質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量大小為p＝mv2＝1×6kg·m/s＝6kg·m/s。(2)第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)量增加量之比為Δp1∶Δp2＝(mv1－0)∶(mv2－mv1)＝2∶1。(3)第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量之比為ΔEk1∶ΔEk2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,1)－0))∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,2)－\f(1,2)mv\o\al(2,1)))＝4∶5。能力提升練(時(shí)間20分鐘滿分40分)一、選擇題(本題共5小題，每小題5分，共25分)1．(2023·陜西寶雞高二統(tǒng)考期中)質(zhì)量為2kg的物體，在運(yùn)動(dòng)過程中速度由向東的3m/s變?yōu)橄蚰系?m/s，下列關(guān)于它在該運(yùn)動(dòng)過程中的動(dòng)量和動(dòng)能變化的說法正確的是(C)A．動(dòng)量變化大小為0B．動(dòng)量變化大小為12kg·m/sC．動(dòng)能變化大小為0D．動(dòng)能變化大小為12J解析：物體運(yùn)動(dòng)的速度由向東的3m/s變?yōu)橄蚰系?m/s，設(shè)向東的速度為v1，向南的速度為v2，則有速度的變化量為Δv＝v2－v1＝eq\r(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2))＝eq\r(32＋32)m/s＝3eq\r(2)m/s，可得動(dòng)量變化大小為Δp＝mv2－mv1＝m·Δv＝2×3eq\r(2)kg·m/s＝6eq\r(2)kg·m/s，所以選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；物體動(dòng)能變化大小是ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝0，所以選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。2．(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的物體放在光滑的水平面上，現(xiàn)有一與水平方向成θ角的恒力F作用于物體上，恒力F在物體上作用了一段時(shí)間(作用過程中物體始終未離開水平面)，則在此過程中(BC)A．力F對(duì)物體做的功大于物體動(dòng)能的變化B．力F對(duì)物體做的功等于物體動(dòng)能的變化C．力F對(duì)物體的沖量大小大于物體動(dòng)量變化的大小D．力F對(duì)物體的沖量等于物體動(dòng)量的變化解析：對(duì)物體受力分析，受重力、支持力、拉力，合力為Fcosθ；重力和支持力都與位移垂直，不做功，故拉力的功等于總功，也等于動(dòng)能的增加量，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)動(dòng)量定理，動(dòng)量增加量等于合力的沖量；合力為Fcosθ，小于拉力，故拉力的沖量大于動(dòng)量增加量，C正確，D錯(cuò)誤。3.如圖所示，PQS是固定于豎直平面內(nèi)的光滑的eq\f(1,4)圓周軌道，圓心O在S的正上方。在O、P兩點(diǎn)各有一質(zhì)量為m的物塊a和b，從同一時(shí)刻開始，a自由下落，b沿圓弧下滑。以下說法正確的是(A)A．a(chǎn)比b先到達(dá)S點(diǎn)，它們?cè)赟點(diǎn)的動(dòng)量不相等B．a(chǎn)與b同時(shí)到達(dá)S點(diǎn)，它們?cè)赟點(diǎn)的動(dòng)量不相等C．a(chǎn)比b先到達(dá)S點(diǎn)，它們?cè)赟點(diǎn)的動(dòng)量相等D．b比a先到達(dá)S點(diǎn)，它們?cè)赟點(diǎn)的動(dòng)量相等解析：在物塊下落的過程中，只有重力對(duì)物塊做功，故機(jī)械能守恒，由mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，所以在相同的高度，兩物塊的速度大小相同，即速率相同。由于a運(yùn)動(dòng)的路程小于b運(yùn)動(dòng)的路程，故ta<tb，即a比b先到達(dá)S點(diǎn)；到達(dá)S點(diǎn)時(shí)a的速度豎直向下，而b的速度水平向左，故兩物塊的動(dòng)量不相等，所以A正確。4.如圖為跳水運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行跳板跳水訓(xùn)練的動(dòng)作圖解。從起跳到落水前，整個(gè)過程的路徑為拋物線，將運(yùn)動(dòng)員從最高點(diǎn)到入水前的運(yùn)動(dòng)過程記為Ⅰ，運(yùn)動(dòng)員入水后到最低點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程記為Ⅱ，忽略空氣阻力，則運(yùn)動(dòng)員(A)A．過程Ⅰ的動(dòng)量逐漸增大B．過程Ⅱ的動(dòng)量逐漸增大C．過程Ⅰ的動(dòng)量改變量等于過程Ⅱ的動(dòng)量改變量D．過程Ⅰ、Ⅱ的總動(dòng)量改變量為零解析：過程Ⅰ的動(dòng)量逐漸增大，過程Ⅱ的動(dòng)量逐漸減小，A對(duì)，B錯(cuò)；運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)的速度不為零，末速度為零，則過程Ⅰ、Ⅱ的動(dòng)量改變量不相等，其總動(dòng)量改變量不為零，故C、D錯(cuò)誤。5．(多選)如圖所示為物體受到的合外力隨時(shí)間變化的圖像，若物體開始時(shí)是靜止的，則前3s內(nèi)(BC)A．物體的位移為0B．物體的動(dòng)量改變量為0C．物體的動(dòng)能變化量為0D．物體的動(dòng)量先減小后增大解析：據(jù)牛頓第二定律知，物體第1s內(nèi)的加速度為a1＝eq\f(20N,m)，第1s末的速度v1＝a1t1，物體第2、3s內(nèi)的加速度為a2＝－eq\f(10N,m)，第3s末的速度v3＝v1＋a2t2＝0，故前3s內(nèi)動(dòng)量變化量Δp＝mv3－mv0＝0－0＝0，動(dòng)能的變化量ΔEk＝0，故B、C正確；前3s內(nèi)，物體的動(dòng)量先增大后減小，故D錯(cuò)誤；第1s內(nèi)F＝20N，第2、3s內(nèi)F＝－10N，物體先加速、后減速，在第3s末速度為0，物體的位移不為0，故A錯(cuò)誤。二、非選擇題(共15分)6．(15分)將質(zhì)量為0.10kg的小球從離地面20m高處豎直向上拋出，拋出時(shí)的初速度為15m/s，g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，求：(1)當(dāng)小球落地時(shí)，小球的動(dòng)量；(2)小球從拋出至落地過程中動(dòng)量的增量。答案：(1)2.5kg·m/s，方向豎直向下(2)4.0kg·m/s，方向豎直向下解析：(1)由v2－veq\o\al(2,0)＝2gh可得小球落地時(shí)的速度大小v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)＝eq\r(152＋2×10×20)m/s＝25m/s，取豎直向下為正方向，則小球落地時(shí)的動(dòng)量為p＝mv＝0.10×25kg·m/s＝2.5kg·m/s，方向豎直向下。(2)以豎直向下為正方向，小球從拋出至落地過程中動(dòng)量的增量Δp＝mv－mv0＝0.10×25kg·m/s－0.10×(－15)kg·m/s＝4.0kg·m/s，方向豎直向下。第一章2.課時(shí)2基礎(chǔ)強(qiáng)化練(時(shí)間25分鐘滿分60分)一、選擇題(本題共6小題，每題7分，共42分)1.(2024·河南鄭州外國語學(xué)校高三階段練習(xí))如圖所示，某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室用力傳感器豎直向上提起一質(zhì)量m＝200g的鉤碼，電腦屏幕上顯示力傳感器的示數(shù)與時(shí)間的關(guān)系為F＝2t(均對(duì)應(yīng)國際單位)，已知重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是(C)A．2s時(shí)鉤碼的速度為0B．0～2s內(nèi)鉤碼向上做變加速直線運(yùn)動(dòng)C．2s時(shí)鉤碼的速度為5m/sD．2s內(nèi)鉤碼重力的沖量大小為2N·s解析：t＝1s時(shí)，F(xiàn)＝2N，所以鉤碼在0～1s內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，1s后鉤碼開始運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得F－mg＝ma，解得a＝(10t－10)m/s2，所以鉤碼1s后做變加速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理得2s時(shí)鉤碼的速度v為IF－mgΔt＝mv，其中Δt＝1s，IF＝eq\f(2＋4,2)×1N·s＝3N·s，解得v＝5m/s，故C正確，A錯(cuò)誤；0～2s內(nèi)重力的沖量IG＝mgt2＝0.2×10×2N·s＝4N·s，故D錯(cuò)誤。故選C。2．(2023·江蘇南京市中華中學(xué)高三期中)一物體靜置在粗糙水平地面上，物體與地面的滑動(dòng)摩擦力為f0。從t＝0時(shí)刻開始對(duì)物體施加一方向不變的水平力F，其大小隨時(shí)間t變化如圖所示。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，a為物體的加速度，v為物體的速度，If為物體所受摩擦力的沖量大小，IF為物體所受拉力的沖量大小，下列圖像中正確的是(C)ABCD解析：對(duì)物體受力分析可知，在0～t0時(shí)間段，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，即物體加速度為0，時(shí)間繼續(xù)增加，在t0以后，對(duì)物體受力分析得a＝eq\f(F－f0,m)＝eq\f(\f(f0,t0)t－f0,m)＝eq\f(f0,t0m)t－eq\f(f0,m)，則由數(shù)學(xué)知識(shí)可知圖像為一次函數(shù)截距為負(fù)值，故A錯(cuò)誤；在0～t0時(shí)間段，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，速度為0，物體在t0以后做加速度增加的加速運(yùn)動(dòng)，則速度時(shí)間圖像的斜率增加，故B錯(cuò)誤；在0～t0，時(shí)間段，物體所受摩擦力為靜摩擦力，大小隨F變化，則摩擦力沖量為If＝ft＝Ft＝eq\f(f0,t0)t2，圖像為拋物線，在t0以后物體處于運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，則摩擦力沖量為If＝f0t，圖像為一次函數(shù)，故C正確；物體所受拉力的沖量為IF＝Ft＝eq\f(f0,t0)t2，圖像為拋物線，故D錯(cuò)誤。故選C。3．(2024·廣東高一期末)如圖所示，將一支圓珠筆的按壓式小帽朝下按在桌面上，放手后筆會(huì)向上彈起一定高度。某次實(shí)驗(yàn)中測得圓珠筆彈起的最大高度為h，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是(D)A．彈簧恢復(fù)原長的過程，圓珠筆所受合力的沖量為零B．圓珠筆離開桌面瞬間的初速度大小為eq\r(gh)C．彈簧恢復(fù)原長時(shí)，圓珠筆的動(dòng)量最大D．上升過程中，圓珠筆(含彈簧)的機(jī)械能守恒解析：彈簧恢復(fù)原長的過程，圓珠筆所受合力不為0，故圓珠筆所受合力的沖量不為零，故A錯(cuò)誤；圓珠筆彈起的最大高度為h，根據(jù)公式得mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，所以圓珠筆離開桌面瞬間的初速度大小為v＝eq\r(2gh)，故B錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧恢復(fù)到彈簧彈力等于重力時(shí)速度最大，圓珠筆的動(dòng)量最大，故C錯(cuò)誤；上升過程中，圓珠筆(含彈簧)只有重力做功，所以圓珠筆(含彈簧)的機(jī)械能守恒，故D正確。4．(多選)(2023·河南濮陽期末)一粒鋼珠從靜止?fàn)顟B(tài)開始自由下落(空氣阻力不計(jì))，然后陷入泥潭中。若把在空中下落的過程稱為過程Ⅰ，進(jìn)入泥潭直到停止的過程稱為過程Ⅱ，則以下說法正確的是(AD)A．過程Ⅰ中鋼珠的動(dòng)量的改變量等于重力的沖量B．過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程Ⅰ中重力的沖量的大小C．Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)過程中合力的總沖量不等于零D．過程Ⅱ中鋼珠的動(dòng)量改變量的大小等于過程Ⅰ中重力的沖量大小解析：過程Ⅰ鋼珠只受重力，故只有重力的沖量，由動(dòng)量定理知，A正確；整個(gè)過程的動(dòng)量改變量為零，故過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程Ⅰ、Ⅱ中重力的沖量的大小，B、C錯(cuò)誤，D正確。5．(2024·江蘇高三期中)2022年10月12日，中國航天員進(jìn)行了第三次太空授課。在授課中劉洋用注射器噴出氣體快速?zèng)_擊水球，做了微重力作用下水球的振動(dòng)實(shí)驗(yàn)。將注射器靠近水球，假設(shè)噴出的氣體以速率v垂直沖擊水球上面積為S的一小塊區(qū)域(可近似看作平面)，沖擊水球后氣體速率減為零，氣體的密度為ρ，則水球受到的平均沖擊力大小為(B)A．ρSv B．ρSv2C.eq\f(1,2)ρSv2 D．eq\f(1,2)ρSv3解析：設(shè)Δt時(shí)間沖擊水球氣體質(zhì)量為Δm＝ρ·ΔtvS，根據(jù)動(dòng)量定理得F·Δt＝0－Δm·v，聯(lián)立解得F＝ρSv2，故選B。6．(多選)(2023·四川樹德中學(xué)高一期末)如圖所示，在t＝0時(shí)質(zhì)量m＝1kg的小球自高h(yuǎn)＝45m的平臺(tái)上以v0＝10m/s的初速度水平拋出，運(yùn)動(dòng)t1＝1s后，突然受到大小恒為10N的水平向右的風(fēng)力作用，最后落至水平地面，不計(jì)其他阻力，取g＝10m/s2。則以下說法正確的是(AD)A．小球從拋出至落地的過程中重力的平均功率為150WB．小球受到風(fēng)力作用后，在落地前做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)C．落地瞬間小球速度方向與水平方向成53°角D．從拋出至落地的過程中，水平力的沖量大小為20N·s解析：小球在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，與是否受到風(fēng)力無關(guān)，設(shè)小球下落的時(shí)間為t，則有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝3s，小球從拋出至落地的過程中重力的平均功率為eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝eq\f(mgh,t)＝150W，A正確；小球拋出t1＝1s時(shí)，速度方向與水平方向的夾角滿足tanθ＝eq\f(gt1,v0)＝1，可得θ＝45°，受到水平風(fēng)力后，小球受到的合力與水平方向的夾角滿足tanα＝eq\f(mg,F)＝1，故小球受到風(fēng)力作用后，所受合力與速度方向相同，小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故落地瞬間小球速度方向與水平方向成45°角，B、C錯(cuò)誤；從拋出至落地的過程中，水平風(fēng)力的沖量大小為I＝F(t－t1)＝20N·s，D正確。故選AD。二、非選擇題(共18分)7．(2024·河南許昌高二期末)如圖所示為一個(gè)實(shí)驗(yàn)裝置，把一個(gè)質(zhì)量為M的薄木板B放在光滑水平地面上，在薄木板B的最右端放上一質(zhì)量為m的小物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))。電動(dòng)機(jī)通過水平細(xì)繩與薄木板B相連，在細(xì)繩與薄木板B連接處接輕質(zhì)拉力傳感器。已知小物塊A與薄木板B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g?，F(xiàn)啟動(dòng)電動(dòng)機(jī)使細(xì)繩開始水平向右拉薄木板B，細(xì)繩拉力的功率恒為P。當(dāng)小物塊A在薄木板B上運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間t后，小物塊A開始脫離薄木板B，此時(shí)拉力傳感器的讀數(shù)為F(細(xì)繩足夠長，薄木板B不會(huì)和電動(dòng)機(jī)相碰)。試求：(1)在時(shí)間t內(nèi)，小物塊A和薄木板B之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量；(2)在時(shí)間t內(nèi)，拉力的沖量大小。答案：(1)Pt－eq\f(1,2)m(μgt)2－eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,F)))2(2)μmgt＋Meq\f(P,F)解析：設(shè)當(dāng)小物塊A脫離薄木板B時(shí)，小物塊A和薄木板B的速度大小分別為v1和v2；在t時(shí)間內(nèi)，小物塊A和薄木板B之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q，拉力的沖量大小為I。(1)在運(yùn)動(dòng)時(shí)間t內(nèi)，把小物塊A和薄木板B看作一個(gè)整體：由功能關(guān)系得Pt＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋Q，由動(dòng)量定理得I＝mv1＋Mv2，取小物塊A，設(shè)向右為正方向，有μmgt＝mv1，在t時(shí)刻，有P＝Fv2，聯(lián)立解得Q＝Pt－eq\f(1,2)m(μgt)2－eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,F)))2。(2)由(1)可得，拉力的沖量大小I＝μmgt＋Meq\f(P,F)。能力提升練(時(shí)間15分鐘滿分40分)一、選擇題(本題共4小題，每小題5分，共20分)1.如圖所示，學(xué)生練習(xí)用頭顛球。某一次足球靜止開始自由下落80cm后被重新頂起，離開頭部后豎直上升的最大高度仍為80cm。已知足球與頭部的作用時(shí)間為0.1s，足球的質(zhì)量為0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是(C)A．頭部對(duì)足球的平均作用力為足球重力的10倍B．足球下落到與頭部剛接觸時(shí)動(dòng)量大小為3.2kg·m/sC．足球與頭部作用過程中動(dòng)量變化量大小為3.2kg·m/sD．足球從最高點(diǎn)下落至重新回到最高點(diǎn)的過程中重力的沖量大小為3.2N·s解析：足球自由下落至頭頂，速度v1＝eq\r(2gh)＝4m/s，時(shí)間t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s。據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知上拋的初速度v2＝v1＝4m/s，上升的時(shí)間t2＝t1＝0.4s。足球與頭部接觸的過程，Δt＝0.1s，取向上為正方向，由動(dòng)量定理有：(eq\o(F,\s\up6(－))－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)＝Δp，解得eq\o(F,\s\up6(－))＝36N，而足球的重力為4N，則頭部對(duì)足球的平均作用力是重力的9倍，此過程的動(dòng)量變化量大小為Δp＝3.2kg·m/s，A錯(cuò)誤，C正確；足球剛與頭部接觸時(shí)的動(dòng)量大小為p1＝mv1＝1.6kg·m/s，B錯(cuò)誤；足球運(yùn)動(dòng)的全過程，所受重力的沖量為IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6N·s，D錯(cuò)誤。2．如圖所示，一質(zhì)量為2kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度—時(shí)間圖像如圖乙所示，t＝0時(shí)其速度大小為2m/s，滑動(dòng)摩擦力大小恒為2N，則(D)A．在t＝6s的時(shí)刻，物體的速度為18m/sB．在0～6s時(shí)間內(nèi)，合力對(duì)物體做的功為400JC．在0～6s時(shí)間內(nèi)，拉力對(duì)物體的沖量為36N·sD．在t＝6s的時(shí)刻，拉力F的功率為200W解析：類比速度—時(shí)間圖像中位移的表示方法可知，速度變化量在加速度—時(shí)間圖像中由圖線與t軸所圍面積表示，在0～6s內(nèi)Δv＝18m/s，v0＝2m/s，則t＝6s時(shí)的速度v＝20m/s，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，0～6s內(nèi)，合力做的功為W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝396J，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知條件解得IF＝48N·s，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由牛頓第二定律可知，6s末F－Ff＝ma，解得F＝10N，所以拉力的功率P＝Fv＝200W，D項(xiàng)正確。3．(2023·和平區(qū)高三檢測)質(zhì)量相等的A、B兩物體放在同一水平面上，分別受到水平拉力F1、F2的作用而從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過時(shí)間t0和4t0速度分別達(dá)到2v0和v0時(shí)，分別撤去F1和F2以后，物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直至停止。兩物體速度隨時(shí)間變化的圖像如圖所示。設(shè)F1和F2對(duì)A、B的沖量分別為I1和I2，F(xiàn)1和F2對(duì)A、B做的功分別為W1和W2，則下列結(jié)論正確的是(B)A．I1>I2，W1>W2 B．I1<I2，W1>W2C．I1<I2，W1<W2 D．I1>I2，W1<W2解析：從圖像可知，兩物體做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小都為a′＝eq\f(v0,t0)，根據(jù)牛頓第二定律，勻減速運(yùn)動(dòng)中有Ff＝ma′，則摩擦力大小都為meq\f(v0,t0)。根據(jù)圖像知，A、B兩物體勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度分別為eq\f(2v0,t0)、eq\f(v0,4t0)，根據(jù)牛頓第二定律，勻加速運(yùn)動(dòng)中有F－Ff＝ma，則F1＝eq\f(3mv0,t0)，F(xiàn)2＝eq\f(5mv0,4t0)，F(xiàn)1和F2的大小之比為12∶5，所以eq\f(I1,I2)＝eq\f(F1·t0,F2·4t0)＝eq\f(12×1,5×4)＝eq\f(3,5)<1，則I1<I2。圖線與時(shí)間軸所圍的面積表示物體的位移，則位移之比為eq\f(s1,s2)＝eq\f(\f(2v0,2)·3t0,\f(v0,2)·5t0)＝eq\f(6,5)；兩個(gè)物體的初速度、末速度都是0，所以拉力做的功均與摩擦力做的功大小相等，所以eq\f(W1,W2)＝eq\f(Ffs1,Ffs2)＝eq\f(s1,s2)＝eq\f(6,5)>1，則W1>W2。故選B。4．(多選)如圖1，一物塊靜止在光滑水平面上，t＝0時(shí)在水平力F的作用下開始運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)隨時(shí)間t按正弦規(guī)律變化如圖2所示，則(ACD)A．在0～1.5s時(shí)間內(nèi)，第1s末質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量最大B．第2s末，質(zhì)點(diǎn)回到出發(fā)點(diǎn)C．在0～1s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)的功率先增大后減小D．在0.5～1.5s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)的沖量為0解析：從圖像可以看出在前1s內(nèi)力的方向和運(yùn)動(dòng)的方向相同，物塊經(jīng)歷了一個(gè)加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)和加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，所以第1s末，物塊的速度最大，動(dòng)量最大，故A正確；該物塊在后半個(gè)周期內(nèi)受到的力與前半個(gè)周期受到的力的方向相反，前半個(gè)周期內(nèi)做加速運(yùn)動(dòng)，后半個(gè)周期內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng)，所以物體在0～2s內(nèi)的位移為正，沒有回到出發(fā)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；0～1s內(nèi)，速度在增大，力F先增大后減小，根據(jù)瞬時(shí)功率P＝Fv得，力F瞬時(shí)功率開始時(shí)為0,1s末的瞬時(shí)功率為0，所以在0～1s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)的功率先增大后減小，故C正確；在F－t圖像中，F(xiàn)與t之間的面積表示力F的沖量，由圖可知，0.5～1s之間的