《2025年步步高大一轮复习讲义物理教科版》

1. (2025·安徽六安市开学考)无人机在生产生活、军事、科研等方面有广泛的应用。某款无人机的总质量为m,水平匀速飞行的速度为v时,受到的空气阻力是重力的k倍,重力加速度为g,则该无人机飞行的过程中,牵引力的功率为 (B)

A.mgv
B.kmgv
C.(1 + k)mgv
D.$\sqrt{1 + k^{2}}$mgv

答案： 1.B [由于无人机水平匀速飞行，重力的瞬时功率为0，所以牵引力的功率为$P = fv$，$f = kmg$，所以$P = kmgv$，故选B。]

2. (2024·贵州省黔东南九校联考)滑板运动是青少年比较喜欢的一种户外运动。如图所示,现有一个质量为m的小孩站在一辆质量为km的滑板车上,小孩与滑板车一起在光滑的水平路面上以速度$v_{0}$匀速运动,突然小孩相对地面以速度$\frac{11}{10}v_{0}$向前跳离滑板车,滑板车速度大小变为原来的$\frac{1}{10}$,但方向不变,则k为 (C)


A.$\frac{1}{7}$
B.$\frac{1}{8}$
C.$\frac{1}{9}$
D.$\frac{1}{10}$

答案： 2.C [小孩跳离滑板车时，与滑板车组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有
$(1 + k)mv_0 = m \cdot \frac{11}{10}v_0 + km \cdot \frac{1}{10}v_0$，
解得$k = \frac{1}{9}$，故选C。]

3. (2025·山东德州市检测)质量为1 kg的物块静止在水平地面上,$t = 0$时对其施加一水平拉力F,当物块运动一段时间后撤去拉力,之后物块继续运动直至停止。该物块运动的位移—时间图像如图所示,图像在P点处的斜率最大、Q点处的斜率为0,已知物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度取10 m/s²,则水平拉力F的大小为 (C)


A.2 N
B.4 N
C.6 N
D.8 N

答案： 3.C [从0～$t_0$时间内，对物块根据动量定理有$Ft_0 - \mu mg t_0 = mv$，撤去拉力后，对物块根据动量定理有$- \mu mg × 2t_0 = 0 - mv$，解得$F = 6N$，故选C。]

4. 2023年11月10日,我国首条超高速低真空管道磁浮交通系统——高速飞车大同(阳高)试验线工程完工,其特点是全封闭真空管道和磁悬浮运输。如图所示,高速飞车的质量为m,额定功率为$P_{0}$,高速飞车在平直轨道上从静止开始运动,先以加速度a做匀加速直线运动,加速过程中达到额定功率$P_{0}$。后又经过一段时间达到该功率下的最大速度,若高速飞车行驶过程中所受到的阻力为f且保持不变,则下列说法正确的是 (C)


A.高速飞车匀加速直线运动过程中达到的最大速度为$\frac{P_{0}}{ma}$
B.高速飞车匀加速直线运动的时间为$\frac{P_{0}}{a(f - ma)}$
C.高速飞车匀加速直线运动的位移为$\frac{P_{0}^{2}}{2a(f + ma)^{2}}$
D.高速飞车在整个加速过程中牵引力做功等于$\frac{mP_{0}^{2}}{2f^{2}}$

答案： 4.C [匀加速阶段，根据牛顿第二定律可得$F_1 - f = ma$，又$P_0 = F_1v_1$，联立可得高速飞车匀加速直线运动过程中达到的最大速度为$v_1 = \frac{P_0}{f + ma}$，高速飞车匀加速直线运动的时间为$t = \frac{v_1}{a} = \frac{P_0}{a(f + ma)}$，高速飞车匀加速直线运动的位移为$x = \frac{v_1}{2}t = \frac{P_0^2}{2a(f + ma)^2}$，故A、B错误，C正确；当牵引力等于阻力时，有$v_m = \frac{P_0}{f}$，高速飞车在整个加速过程，根据动能定理可得$W_牵 - W_克阻 = \frac{1}{2}mv_m^2 = \frac{mP_0^2}{2f^2}$，可得$W_牵 ＞ \frac{mP_0^2}{2f^2}$，故D错误。]

5. 离子推进器是我国新一代航天动力装置,推进剂从图中P处注入,在A处电离出一价正离子,已知B、C之间加有恒定电压U,正离子进入B时的速度忽略不计,经加速形成电流为I的离子束后喷出推进器,假设单位时间内射出离子的质量为M。则推进器获得的推力大小为 (A)


A.$\sqrt{2MUI}$
B.$\frac{U^{2}}{2MI}$
C.$\frac{U}{2MI}$
D.$\sqrt{MUI}$

答案： 5.A [在A处电离出正离子，经B、C间电压加速后，由动能定理可知$eU = \frac{1}{2}mv^2$，解得$v = \sqrt{\frac{2eU}{m}}$，以推进器为参考系，应用动量定理有$Ft = nmv - 0$，又因为$I = \frac{ne}{t}$，$M = \frac{nm}{t}$，解得$F = \sqrt{2MUI}$，根据牛顿第三定律知推进器获得的推力大小为$\sqrt{2MUI}$。故选A。]

6. (2024·重庆卷·4)活检针可用于活体组织取样,如图所示。取样时,活检针的针鞘被瞬间弹出后仅受阻力,针鞘质量为m。针鞘在软组织中运动距离$d_{1}$后进入目标组织,继续运动$d_{2}$后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力,大小分别为$F_{1}$、$F_{2}$,则针鞘 (A)


A.被弹出时速度大小为$\sqrt{\frac{2(F_{1}d_{1} + F_{2}d_{2})}{m}}$

B.到达目标组织表面时的动能为$F_{1}d_{1}$
C.运动$d_{2}$过程中,阻力做功为$(F_{1} + F_{2})d_{2}$
D.运动$d_{2}$的过程中动量变化量大小为$\sqrt{mF_{2}d_{2}}$

答案： 6.A [根据动能理有$F_1d_1 + F_2d_2 = \frac{1}{2}mv^2$，解得$v = \sqrt{\frac{2(F_1d_1 + F_2d_2)}{m}}$，故A正确；针鞘到达目标组织表面后，继续前进$d_2$减速至零，此过程中克服阻力做功为$F_2d_2$，根据动能定理有$E_k = F_2d_2$，故B、C错误；针鞘运动$d_2$的过程中，动量变化量大小$\Delta p = \sqrt{2mE_k} = \sqrt{2mF_2d_2}$，故D错误。]

7. (2024·江苏卷·9)在水平面上有一个U形滑板A,A的上表面有一个静止的物体B,左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧,右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧,开始时弹簧处于拉伸状态,各表面均光滑,剪断细绳后,则 (A)


A.弹簧原长时A动量最大
B.弹簧压缩至最短时A动能最大
C.系统动量变大
D.系统机械能变大

答案： 7.A [对整个系统分析可知合外力为0，系统动量守恒，由于系统内只有弹力做功，故系统的机械能守恒，C、D错误；滑板A受到的合外力为弹簧的弹力，弹簧在恢复原长的过程中，由$kx = ma$知滑板做加速度减小的加速运动，弹簧被压缩时，滑板做加速度增大的减速运动，所以弹簧原长时A动量最大，动能最大，故A正确，B错误。]