第一章2.課時2基礎強化練(時間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·河南鄭州外國語學校高三階段練習)如圖所示，某同學在試驗室用力傳感器豎直向上提起一質量m＝200g的鉤碼，電腦屏幕上顯示力傳感器的示數與時間的關系為F＝2t(均對應國際單位)，已知重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是(C)A．2s時鉤碼的速度為0B．0～2s內鉤碼向上做變加速直線運動C．2s時鉤碼的速度為5m/sD．2s內鉤碼重力的沖量大小為2N·s解析：t＝1s時，F＝2N，所以鉤碼在0～1s內處于靜止狀態，1s后鉤碼起先運動，由牛頓其次定律得F－mg＝ma，解得a＝(10t－10)m/s2，所以鉤碼1s后做變加速直線運動，故B錯誤；由動量定理得2s時鉤碼的速度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錯誤；0～2s內重力的沖量IG＝mgt2＝0.2×10×2N·s＝4N·s，故D錯誤。故選C。2．(2024·江蘇南京市中華中學高三期中)一物體靜置在粗糙水平地面上，物體與地面的滑動摩擦力為f0。從t＝0時刻起先對物體施加一方向不變的水平力F，其大小隨時間t變更如圖所示。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，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：對物體受力分析可知，在0～t0時間段，物體處于靜止狀態，即物體加速度為0，時間接著增加，在t0以后，對物體受力分析得a＝eq\f(F－f0,m)＝eq\f(\f(f0,t0)t－f0,m)＝eq\f(f0,t0m)t－eq\f(f0,m)，則由數學學問可知圖像為一次函數截距為負值，故A錯誤；在0～t0時間段，物體處于靜止狀態，速度為0，物體在t0以后做加速度增加的加速運動，則速度時間圖像的斜率增加，故B錯誤；在0～t0，時間段，物體所受摩擦力為靜摩擦力，大小隨F變更，則摩擦力沖量為If＝ft＝Ft＝eq\f(f0,t0)t2，圖像為拋物線，在t0以后物體處于運動狀態，摩擦力為滑動摩擦力，則摩擦力沖量為If＝f0t，圖像為一次函數，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，放手后筆會向上彈起確定高度。某次試驗中測得圓珠筆彈起的最大高度為h，重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是(D)A．彈簧復原原長的過程，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．彈簧復原原長時，圓珠筆的動量最大D．上升過程中，圓珠筆(含彈簧)的機械能守恒解析：彈簧復原原長的過程，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錯誤；圓珠筆彈起的最大高度為h，依據公式得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錯誤；當彈簧復原到彈簧彈力等于重力時速度最大，圓珠筆的動量最大，故C錯誤；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)的機械能守恒，故D正確。4．(多選)(2024·河南濮陽期末)一粒鋼珠從靜止狀態起先自由下落(空氣阻力不計)，然后陷入泥潭中。若把在空中下落的過程稱為過程Ⅰ，進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中鋼珠的動量的變更量等于重力的沖量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兩個過程中合力的總沖量不等于零D．過程Ⅱ中鋼珠的動量變更量的大小等于過程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，由動量定理知，A正確；整個過程的動量變更量為零，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錯誤，D正確。5．(2024·江蘇高三期中)2024年10月12日，中國航天員進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沖擊水球，做了微重力作用下水球的振動試驗。將注射器靠近水球，假設噴出的氣體以速率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Δt時間沖擊水球氣體質量為Δm＝ρ·ΔtvS，依據動量定理得F·Δt＝0－Δm·v，聯立解得F＝ρSv2，故選B。6．(多選)(2024·四川樹德中學高一期末)如圖所示，在t＝0時質量m＝1kg的小球自高h＝45m的平臺上以v0＝10m/s的初速度水平拋出，運動t1＝1s后，突然受到大小恒為10N的水平向右的風力作用，最終落至水平地面，不計其他阻力，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．小球受到風力作用后，在落地前做勻變速曲線運動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動為自由落體運動，與是否受到風力無關，設小球下落的時間為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，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，故小球受到風力作用后，所受合力與速度方向相同，小球做勻加速直線運動，故落地瞬間小球速度方向與水平方向成45°角，B、C錯誤；從拋出至落地的過程中，水平風力的沖量大小為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)如圖所示為一個試驗裝置，把一個質量為M的薄木板B放在光滑水平地面上，在薄木板B的最右端放上一質量為m的小物塊A(可視為質點)。電動機通過水平細繩與薄木板B相連，在細繩與薄木板B連接處接輕質拉力傳感器。已知小物塊A與薄木板B之間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g。現啟動電動機使細繩起先水平向右拉薄木板B，細繩拉力的功率恒為P。當小物塊A在薄木板B上運動一段時間t后，小物塊A起先脫離薄木板B，此時拉力傳感器的讀數為F(細繩足夠長，薄木板B不會和電動機相碰)。試求：(1)在時間t內，小物塊A和薄木板B之間由于摩擦而產生的熱量；(2)在時間t內，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：設當小物塊A脫離薄木板B時，小物塊A和薄木板B的速度大小分別為v1和v2；在t時間內，小物塊A和薄木板B之間由于摩擦而產生的熱量為Q，拉力的沖量大小為I。(1)在運動時間t內，把小物塊A和薄木板B看作一個整體：由功能關系得Pt＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋Q，由動量定理得I＝mv1＋Mv2，取小物塊A，設向右為正方向，有μmgt＝mv1，在t時刻，有P＝Fv2，聯立解得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)。實力提升練(時間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，學生練習用頭顛球。某一次足球靜止起先自由下落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間為0.1s，足球的質量為0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，下列說法正確的是(C)A．頭部對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動量大小為3.2kg·m/sC．足球與頭部作用過程中動量變更量大小為3.2kg·m/sD．足球從最高點下落至重新回到最高點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，時間t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s。據運動的對稱性可知上拋的初速度v2＝v1＝4m/s，上升的時間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，則頭部對足球的平均作用力是重力的9倍，此過程的動量變更量大小為Δp＝3.2kg·m/s，A錯誤，C正確；足球剛與頭部接觸時的動量大小為p1＝mv1＝1.6kg·m/s，B錯誤；足球運動的全過程，所受重力的沖量為IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6N·s，D錯誤。2．如圖所示，一質量為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動時的加速度—時間圖像如圖乙所示，t＝0時其速度大小為2m/s，滑動摩擦力大小恒為2N，則(D)A．在t＝6s的時刻，物體的速度為18m/sB．在0～6s時間內，合力對物體做的功為400JC．在0～6s時間內，拉力對物體的沖量為36N·sD．在t＝6s的時刻，拉力F的功率為200W解析：類比速度—時間圖像中位移的表示方法可知，速度變更量在加速度—時間圖像中由圖線與t軸所圍面積表示，在0～6s內Δv＝18m/s，v0＝2m/s，則t＝6s時的速度v＝20m/s，A項錯誤；由動能定理可知，0～6s內，合力做的功為W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝396J，B項錯誤；由動量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知條件解得IF＝48N·s，C項錯誤；由牛頓其次定律可知，6s末F－Ff＝ma，解得F＝10N，所以拉力的功率P＝Fv＝200W，D項正確。3．(2024·和平區高三檢測)質量相等的A、B兩物體放在同一水平面上，分別受到水平拉力F1、F2的作用而從靜止起先做勻加速直線運動。經過時間t0和4t0速度分別達到2v0和v0時，分別撤去F1和F2以后，物體做勻減速直線運動直至停止。兩物體速度隨時間變更的圖像如圖所示。設F1和F2對A、B的沖量分別為I1和I2，F1和F2對A、B做的功分別為W1和W2，則下列結論正確的是(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，兩物體做勻減速運動的加速度大小都為a′＝eq\f(v0,t0)，依據牛頓其次定律，勻減速運動中有Ff＝ma′，則摩擦力大小都為meq\f(v0,t0)。依據圖像知，A、B兩物體勻加速運動的加速度分別為eq\f(2v0,t0)、eq\f(v0,4t0)，依據牛頓其次定律，勻加速運動中有F－Ff＝ma，則F1＝eq\f(3mv0,t0)，F2＝eq\f(5mv0,4t0)，F1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時在水平力F的作用下起先運動，F隨時間t按正弦規律變更如圖2所示，則(ACD)A．在0～1.5s時間內，第1s末質點的動量最大B．第2s末，質點回到動身點C．在0～1s時間內，F的功領先增大后減小D．在0.5～1.5s時間內，F的沖量為0解析：從圖像可以看出在前1s內力的方向和運動的方向相同，物塊閱歷了一個加速度慢慢增大的加速運動和加速度慢慢減小的加速運動，所以第1s末，物塊的速度最大，動量最大，故A正確；該物塊在后半個周期內受到的力與前半個周期受到的力的方向相反，前半個周期內做加速運動，后半個周期內做減速運動，所以物體在0～2s內的位移為正，沒有回到動身點，故B錯誤；0～1s內，速度在增大，力F先增大后減小，依據瞬時功率P＝Fv得，力F瞬時功率起先時為0,1s末的瞬時功率為0，所以在0～1s時間內，F的功領先增大后減小，故C正確；在F－t圖像中，F與t之間的面積表示力F的沖量，由圖可知，0.5～1s之間的面積與1～1.5s之間的面積大小相等，一正一負，所以和為0，則在0.5～1.5s時間內，F的沖量為0，故D正確。故選ACD。二、非選擇題(共20分)5．(10分)(2024·安徽亳州二中高二期中)如圖甲所示，AB是傾角為30°的足夠長的光滑斜面，A處連接一粗糙水平面OA，OA長16m，一質量m＝4kg的滑塊在O點處于靜止狀態，在t＝0時刻給滑塊施加水平向右拉力F，拉力F按圖乙所示的規律變更。滑塊與OA間的動摩擦因數μ＝0.25，g取10m/s2，試求：(1)摩擦力在0～3s內沖量的大小(3s時滑塊未到達A點)；(2)滑塊沿斜面AB上升的最大高度。答案：(1)28N·s(2)3.5m解析：(1)滑塊所受最大靜摩擦力為Ffm＝μmg＝0.25×4×10N＝10N，由題圖乙知，0～1s內，F1＝8N，滑塊靜止Ff1＝F1＝8N，1s～3s內滑塊做勻加速直線運動Ff2＝μmg＝10N，摩擦力在0～3s內沖量的大小I＝Ff1t1＋Ff2t2＝28N·s。(2)由牛頓其次定律得F2－Ff2＝ma，x＝eq\f(1,2)at2，解得滑塊在1s～3s內位移x＝10m，對OB過程，由動能定理列式得F2x－F