2025高考物理 人教版选择性必修第1册专项复习第1章　1含答案

2025高考物理人教版选择性必修第1册专项复习第1章1含答案第一章1基础强化练(时间25分钟满分60分)一、选择题(本题共6小题，每题5分，共30分)1．下列关于动量的说法中，正确的是(D)A．物体的动量改变了，其速度大小一定改变B．物体的动量改变了，其速度方向一定改变C．物体运动速度的大小不变，其动量一定不变D．物体的运动状态变化后，其动量也就变化解析：由于动量是矢量，动量改变时，可能是速度大小或方向改变，也可能两者都变，所以A、B错误；速度大小不变，速度方向可能变化，物体动量也就变化，所以C错误；物体的运动状态变化，说明物体速度发生变化，即动量发生变化，故D正确。2．(多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速率变为v，则在这段时间内物体动量变化量的大小为(BCD)A．m(v－v0) B．mgtC．meq\r(2gh) D．meq\r(v2－v\o\al(2,0))解析：在这段时间内，速度的变化量为Δv＝vy＝gt，则Δp＝mgt；因为veq\o\al(2,y)＝2gh，则Δp＝mvy＝meq\r(2gh)；据速度矢量关系知，veq\o\al(2,y)＝v2－veq\o\al(2,0)，则Δp＝meq\r(v2－v\o\al(2,0))。综合分析知，选项B、C、D正确。3．(多选)物体的动量变化量的大小为6kg·m/s，这说明(CD)A．物体的动量在减小B．物体的动量在增大C．物体的动能可能不变D．物体的动量大小可能不变解析：物体的动量变化量的大小为6kg·m/s，动量是矢量，动量变化的方向与初动量可能同向、可能反向、也可能不在同一条直线上，故物体的动量的大小可能增加、可能减小，也可能不变，故A、B错误，D正确；动量发生变化时，速度大小可能不变，即动能不变，所以C正确，故选CD。4．如图所示，一小孩把一质量为0.5kg的篮球由静止释放，释放后篮球的重心下降的高度为0.8m，反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.2m，不计空气阻力，取重力加速度为g＝10m/s2，则地面与篮球相互作用的过程中其动量的改变量大小为(D)A．0.5kg·m/s B．1kg·m/sC．2kg·m/s D．3kg·m/s解析：篮球的重心下降高度0.8m的速度为v1＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s，方向向下反弹后篮球的重心上升高度0.2m的初速度为v2＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.2)m/s＝2m/s，方向向上规定竖直向下为正方向，Δp＝mv2－mv1＝0.5×(－2)kg·m/s－0.5×4kg·m/s＝－3kg·m/s。故D正确。5．(2024·山东滨州北镇中学高二期末)t＝0时刻质量为1kg的小球从空中某一高度由静止开始下落，与地面碰撞后反弹上升到某一高度处，此过程中小球的速率v随时间t变化的关系如图所示。取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是(B)A．2.0～3.0s内，小球处于超重状态B．0～3.0s内，小球的位移大小为10mC．小球在下落和上升过程中，加速度方向相反D．小球与地面碰撞过程中动量变化量的大小为4kg·m/s解析：2.0～3.0s内，小球减速上升，加速度向下，处于失重状态，A错误；图像与坐标轴围成的面积等于位移，0～3.0s内，小球的位移大小为x＝eq\f(1,2)×16×2m－eq\f(1,2)×12×1m＝10m，B正确；小球在加速下落和减速上升过程中，加速度均向下，方向相同，C错误；动量变化量为Δp＝1×(－12)kg·m/s－1×16kg·m/s＝－28kg·m/s，则小球与地面碰撞过程中动量变化量的大小为28kg·m/s，D错误。6．(多选)如图所示，从地面上同一位置抛出两个相同的小球a、b，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同，空气阻力不计，下列说法正确的是(BC)A．b球在空中速度变化的快B．抛出时b球的动能较大C．整个过程中a、b两球动量的变化量相同D．整个过程中b球动能的变化量较大解析：不计空气阻力，两球都是只受重力，所以加速度相同，两球在空中速度变化快慢相同，故A错误；两球运动的最大高度相同，加速度相同，故飞行时间相同，两球的速度变化量相同，则Δp＝mΔv，整个过程中a、b两球动量的变化量相同，故C正确；两球运动的最大高度相同，则竖直分速度相同；b球运动的水平距离大，水平分速度大，则抛出时b球的速度较大，动能较大，故B正确；空气阻力不计，两球只受重力作用，机械能守恒；落地时的动能等于抛出时的初动能，则动能变化均为零，两球的动能变化量相同，故D错误。二、非选择题(共30分)7．(15分)(2023·北京市陈经纶中学高二下学期期中)小明做“探究碰撞中的不变量”实验的装置如图1所示，悬挂在O点的单摆由长为l的细线和直径为d的小球A组成，小球A与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞，碰后小球A继续摆动，小球B做平抛运动。小明用游标卡尺测小球A直径如图2所示，则d＝_14.50__mm。又测得了小球A质量m1，细线长度l，碰撞前小球A拉起的角度α和碰撞后小球B做平抛运动的水平位移x、竖直下落高度h，为完成实验，还需要测量的物理量有：_小球B质量m2，碰后小球A摆动的最大角β__。解析：球的直径为d＝14mm＋eq\f(1,20)×10mm＝14.50mm；根据机械能守恒定律m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l＋\f(1,2)d))(1－cosα)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)可得碰撞前瞬间球A的速度，碰撞后仍可根据机械能守恒定律计算小球A的速度，所以需要测出小球A碰后摆动的最大角β；小球B碰撞后做平抛运动，根据平抛运动规律可得小球B的速度，根据实验要求还需要测量小球B的质量m2。8．(15分)(2024·北京丰台区高二期末)一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到如图所示的水平外力作用。求：(1)第2s末质点的动量大小；(2)第1s内与第2s内质点动量增加量之比；(3)第1s内与第2s内质点动能增加量之比。答案：(1)6kg·m/s(2)2∶1(3)4∶5解析：(1)质点由静止开始运动，由牛顿第二定律可得，0～1s内质点的加速度大小为a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(4,1)m/s2＝4m/s2，1～2s内质点的加速度大小为a2＝eq\f(F2,m)＝eq\f(2,1)m/s2＝2m/s2，则第1s末质点的速度大小为v1＝a1t1＝4×1m/s＝4m/s，第2s末质点的速度大小为v2＝v1＋a2t2＝(4＋2×1)m/s＝6m/s，因此第2s末质点的动量大小为p＝mv2＝1×6kg·m/s＝6kg·m/s。(2)第1s内与第2s内质点动量增加量之比为Δp1∶Δp2＝(mv1－0)∶(mv2－mv1)＝2∶1。(3)第1s内与第2s内质点动能增加量之比为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。能力提升练(时间20分钟满分40分)一、选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分)1．(2023·陕西宝鸡高二统考期中)质量为2kg的物体，在运动过程中速度由向东的3m/s变为向南的3m/s，下列关于它在该运动过程中的动量和动能变化的说法正确的是(C)A．动量变化大小为0B．动量变化大小为12kg·m/sC．动能变化大小为0D．动能变化大小为12J解析：物体运动的速度由向东的3m/s变为向南的3m/s，设向东的速度为v1，向南的速度为v2，则有速度的变化量为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，可得动量变化大小为Δp＝mv2－mv1＝m·Δv＝2×3eq\r(2)kg·m/s＝6eq\r(2)kg·m/s，所以选项A、B错误；物体动能变化大小是ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝0，所以选项C正确，D错误。2．(多选)如图所示，质量为m的物体放在光滑的水平面上，现有一与水平方向成θ角的恒力F作用于物体上，恒力F在物体上作用了一段时间(作用过程中物体始终未离开水平面)，则在此过程中(BC)A．力F对物体做的功大于物体动能的变化B．力F对物体做的功等于物体动能的变化C．力F对物体的冲量大小大于物体动量变化的大小D．力F对物体的冲量等于物体动量的变化解析：对物体受力分析，受重力、支持力、拉力，合力为Fcosθ；重力和支持力都与位移垂直，不做功，故拉力的功等于总功，也等于动能的增加量，A错误，B正确；根据动量定理，动量增加量等于合力的冲量；合力为Fcosθ，小于拉力，故拉力的冲量大于动量增加量，C正确，D错误。3.如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的eq\f(1,4)圆周轨道，圆心O在S的正上方。在O、P两点各有一质量为m的物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑。以下说法正确的是(A)A．a比b先到达S点，它们在S点的动量不相等B．a与b同时到达S点，它们在S点的动量不相等C．a比b先到达S点，它们在S点的动量相等D．b比a先到达S点，它们在S点的动量相等解析：在物块下落的过程中，只有重力对物块做功，故机械能守恒，由mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，所以在相同的高度，两物块的速度大小相同，即速率相同。由于a运动的路程小于b运动的路程，故ta<tb，即a比b先到达S点；到达S点时a的速度竖直向下，而b的速度水平向左，故两物块的动量不相等，所以A正确。4.如图为跳水运动员进行跳板跳水训练的动作图解。从起跳到落水前，整个过程的路径为抛物线，将运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则运动员(A)A．过程Ⅰ的动量逐渐增大B．过程Ⅱ的动量逐渐增大C．过程Ⅰ的动量改变量等于过程Ⅱ的动量改变量D．过程Ⅰ、Ⅱ的总动量改变量为零解析：过程Ⅰ的动量逐渐增大，过程Ⅱ的动量逐渐减小，A对，B错；运动员在最高点的速度不为零，末速度为零，则过程Ⅰ、Ⅱ的动量改变量不相等，其总动量改变量不为零，故C、D错误。5．(多选)如图所示为物体受到的合外力随时间变化的图像，若物体开始时是静止的，则前3s内(BC)A．物体的位移为0B．物体的动量改变量为0C．物体的动能变化量为0D．物体的动量先减小后增大解析：据牛顿第二定律知，物体第1s内的加速度为a1＝eq\f(20N,m)，第1s末的速度v1＝a1t1，物体第2、3s内的加速度为a2＝－eq\f(10N,m)，第3s末的速度v3＝v1＋a2t2＝0，故前3s内动量变化量Δp＝mv3－mv0＝0－0＝0，动能的变化量ΔEk＝0，故B、C正确；前3s内，物体的动量先增大后减小，故D错误；第1s内F＝20N，第2、3s内F＝－10N，物体先加速、后减速，在第3s末速度为0，物体的位移不为0，故A错误。二、非选择题(共15分)6．(15分)将质量为0.10kg的小球从离地面20m高处竖直向上抛出，抛出时的初速度为15m/s，g取10m/s2，不计空气阻力，求：(1)当小球落地时，小球的动量；(2)小球从抛出至落地过程中动量的增量。答案：(1)2.5kg·m/s，方向竖直向下(2)4.0kg·m/s，方向竖直向下解析：(1)由v2－veq\o\al(2,0)＝2gh可得小球落地时的速度大小v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)＝eq\r(152＋2×10×20)m/s＝25m/s，取竖直向下为正方向，则小球落地时的动量为p＝mv＝0.10×25kg·m/s＝2.5kg·m/s，方向竖直向下。(2)以竖直向下为正方向，小球从抛出至落地过程中动量的增量Δp＝mv－mv0＝0.10×25kg·m/s－0.10×(－15)kg·m/s＝4.0kg·m/s，方向竖直向下。第一章2.课时2基础强化练(时间25分钟满分60分)一、选择题(本题共6小题，每题7分，共42分)1.(2024·河南郑州外国语学校高三阶段练习)如图所示，某同学在实验室用力传感器竖直向上提起一质量m＝200g的钩码，电脑屏幕上显示力传感器的示数与时间的关系为F＝2t(均对应国际单位)，已知重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是(C)A．2s时钩码的速度为0B．0～2s内钩码向上做变加速直线运动C．2s时钩码的速度为5m/sD．2s内钩码重力的冲量大小为2N·s解析：t＝1s时，F＝2N，所以钩码在0～1s内处于静止状态，1s后钩码开始运动，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得a＝(10t－10)m/s2，所以钩码1s后做变加速直线运动，故B错误；由动量定理得2s时钩码的速度v为IF－mgΔt＝mv，其中Δt＝1s，IF＝eq\f(2＋4,2)×1N·s＝3N·s，解得v＝5m/s，故C正确，A错误；0～2s内重力的冲量IG＝mgt2＝0.2×10×2N·s＝4N·s，故D错误。故选C。2．(2023·江苏南京市中华中学高三期中)一物体静置在粗糙水平地面上，物体与地面的滑动摩擦力为f0。从t＝0时刻开始对物体施加一方向不变的水平力F，其大小随时间t变化如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，a为物体的加速度，v为物体的速度，If为物体所受摩擦力的冲量大小，IF为物体所受拉力的冲量大小，下列图像中正确的是(C)ABCD解析：对物体受力分析可知，在0～t0时间段，物体处于静止状态，即物体加速度为0，时间继续增加，在t0以后，对物体受力分析得a＝eq\f(F－f0,m)＝eq\f(\f(f0,t0)t－f0,m)＝eq\f(f0,t0m)t－eq\f(f0,m)，则由数学知识可知图像为一次函数截距为负值，故A错误；在0～t0时间段，物体处于静止状态，速度为0，物体在t0以后做加速度增加的加速运动，则速度时间图像的斜率增加，故B错误；在0～t0，时间段，物体所受摩擦力为静摩擦力，大小随F变化，则摩擦力冲量为If＝ft＝Ft＝eq\f(f0,t0)t2，图像为抛物线，在t0以后物体处于运动状态，摩擦力为滑动摩擦力，则摩擦力冲量为If＝f0t，图像为一次函数，故C正确；物体所受拉力的冲量为IF＝Ft＝eq\f(f0,t0)t2，图像为抛物线，故D错误。故选C。3．(2024·广东高一期末)如图所示，将一支圆珠笔的按压式小帽朝下按在桌面上，放手后笔会向上弹起一定高度。某次实验中测得圆珠笔弹起的最大高度为h，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是(D)A．弹簧恢复原长的过程，圆珠笔所受合力的冲量为零B．圆珠笔离开桌面瞬间的初速度大小为eq\r(gh)C．弹簧恢复原长时，圆珠笔的动量最大D．上升过程中，圆珠笔(含弹簧)的机械能守恒解析：弹簧恢复原长的过程，圆珠笔所受合力不为0，故圆珠笔所受合力的冲量不为零，故A错误；圆珠笔弹起的最大高度为h，根据公式得mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，所以圆珠笔离开桌面瞬间的初速度大小为v＝eq\r(2gh)，故B错误；当弹簧恢复到弹簧弹力等于重力时速度最大，圆珠笔的动量最大，故C错误；上升过程中，圆珠笔(含弹簧)只有重力做功，所以圆珠笔(含弹簧)的机械能守恒，故D正确。4．(多选)(2023·河南濮阳期末)一粒钢珠从静止状态开始自由下落(空气阻力不计)，然后陷入泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则以下说法正确的是(AD)A．过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小C．Ⅰ、Ⅱ两个过程中合力的总冲量不等于零D．过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小解析：过程Ⅰ钢珠只受重力，故只有重力的冲量，由动量定理知，A正确；整个过程的动量改变量为零，故过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ、Ⅱ中重力的冲量的大小，B、C错误，D正确。5．(2024·江苏高三期中)2022年10月12日，中国航天员进行了第三次太空授课。在授课中刘洋用注射器喷出气体快速冲击水球，做了微重力作用下水球的振动实验。将注射器靠近水球，假设喷出的气体以速率v垂直冲击水球上面积为S的一小块区域(可近似看作平面)，冲击水球后气体速率减为零，气体的密度为ρ，则水球受到的平均冲击力大小为(B)A．ρSv B．ρSv2C.eq\f(1,2)ρSv2 D．eq\f(1,2)ρSv3解析：设Δt时间冲击水球气体质量为Δm＝ρ·ΔtvS，根据动量定理得F·Δt＝0－Δm·v，联立解得F＝ρSv2，故选B。6．(多选)(2023·四川树德中学高一期末)如图所示，在t＝0时质量m＝1kg的小球自高h＝45m的平台上以v0＝10m/s的初速度水平抛出，运动t1＝1s后，突然受到大小恒为10N的水平向右的风力作用，最后落至水平地面，不计其他阻力，取g＝10m/s2。则以下说法正确的是(AD)A．小球从抛出至落地的过程中重力的平均功率为150WB．小球受到风力作用后，在落地前做匀变速曲线运动C．落地瞬间小球速度方向与水平方向成53°角D．从抛出至落地的过程中，水平力的冲量大小为20N·s解析：小球在竖直方向的分运动为自由落体运动，与是否受到风力无关，设小球下落的时间为t，则有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝3s，小球从抛出至落地的过程中重力的平均功率为eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝eq\f(mgh,t)＝150W，A正确；小球抛出t1＝1s时，速度方向与水平方向的夹角满足tanθ＝eq\f(gt1,v0)＝1，可得θ＝45°，受到水平风力后，小球受到的合力与水平方向的夹角满足tanα＝eq\f(mg,F)＝1，故小球受到风力作用后，所受合力与速度方向相同，小球做匀加速直线运动，故落地瞬间小球速度方向与水平方向成45°角，B、C错误；从抛出至落地的过程中，水平风力的冲量大小为I＝F(t－t1)＝20N·s，D正确。故选AD。二、非选择题(共18分)7．(2024·河南许昌高二期末)如图所示为一个实验装置，把一个质量为M的薄木板B放在光滑水平地面上，在薄木板B的最右端放上一质量为m的小物块A(可视为质点)。电动机通过水平细绳与薄木板B相连，在细绳与薄木板B连接处接轻质拉力传感器。已知小物块A与薄木板B之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。现启动电动机使细绳开始水平向右拉薄木板B，细绳拉力的功率恒为P。当小物块A在薄木板B上运动一段时间t后，小物块A开始脱离薄木板B，此时拉力传感器的读数为F(细绳足够长，薄木板B不会和电动机相碰)。试求：(1)在时间t内，小物块A和薄木板B之间由于摩擦而产生的热量；(2)在时间t内，拉力的冲量大小。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：设当小物块A脱离薄木板B时，小物块A和薄木板B的速度大小分别为v1和v2；在t时间内，小物块A和薄木板B之间由于摩擦而产生的热量为Q，拉力的冲量大小为I。(1)在运动时间t内，把小物块A和薄木板B看作一个整体：由功能关系得Pt＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋Q，由动量定理得I＝mv1＋Mv2，取小物块A，设向右为正方向，有μmgt＝mv1，在t时刻，有P＝Fv2，联立解得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，拉力的冲量大小I＝μmgt＋Meq\f(P,F)。能力提升练(时间15分钟满分40分)一、选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分)1.如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球静止开始自由下落80cm后被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是(C)A．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2kg·m/sC．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2kg·m/sD．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2N·s解析：足球自由下落至头顶，速度v1＝eq\r(2gh)＝4m/s，时间t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s。据运动的对称性可知上抛的初速度v2＝v1＝4m/s，上升的时间t2＝t1＝0.4s。足球与头部接触的过程，Δt＝0.1s，取向上为正方向，由动量定理有：(eq\o(F,\s\up6(－))－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)＝Δp，解得eq\o(F,\s\up6(－))＝36N，而足球的重力为4N，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为Δp＝3.2kg·m/s，A错误，C正确；足球刚与头部接触时的动量大小为p1＝mv1＝1.6kg·m/s，B错误；足球运动的全过程，所受重力的冲量为IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6N·s，D错误。2．如图所示，一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的加速度—时间图像如图乙所示，t＝0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则(D)A．在t＝6s的时刻，物体的速度为18m/sB．在0～6s时间内，合力对物体做的功为400JC．在0～6s时间内，拉力对物体的冲量为36N·sD．在t＝6s的时刻，拉力F的功率为200W解析：类比速度—时间图像中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图像中由图线与t轴所围面积表示，在0～6s内Δv＝18m/s，v0＝2m/s，则t＝6s时的速度v＝20m/s，A项错误；由动能定理可知，0～6s内，合力做的功为W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝396J，B项错误；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得IF＝48N·s，C项错误；由牛顿第二定律可知，6s末F－Ff＝ma，解得F＝10N，所以拉力的功率P＝Fv＝200W，D项正确。3．(2023·和平区高三检测)质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用而从静止开始做匀加速直线运动。经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2以后，物体做匀减速直线运动直至停止。两物体速度随时间变化的图像如图所示。设F1和F2对A、B的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是(B)A．I1>I2，W1>W2 B．I1<I2，W1>W2C．I1<I2，W1<W2 D．I1>I2，W1<W2解析：从图像可知，两物体做匀减速运动的加速度大小都为a′＝eq\f(v0,t0)，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有Ff＝ma′，则摩擦力大小都为meq\f(v0,t0)。根据图像知，A、B两物体匀加速运动的加速度分别为eq\f(2v0,t0)、eq\f(v0,4t0)，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F－Ff＝ma，则F1＝eq\f(3mv0,t0)，F2＝eq\f(5mv0,4t0)，F1和F2的大小之比为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，则I1<I2。图线与时间轴所围的面积表示物体的位移，则位移之比为eq\f(s1,s2)＝eq\f(\f(2v0,2)·3t0,\f(v0,2)·5t0)＝eq\f(6,5)；两个物体的初速度、末速度都是0，所以拉力做的功均与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，则W1>W2。故选B。4．(多选)如图1，一物块静止在光滑水平面上，t＝0时在水平力F的作用下开始运动，F随时间t按正弦规律变化如图2所示，则(ACD)A．在0～1.5s时间内，第1s末质点的动量最大B．第2s末，质点回到出发点C．在0～1s时间内，F的功率先增大后减小D．在0.5～1.5s时间内，F的冲量为0解析：从图像可以看出在前1s内力的方向和运动的方向相同，物块经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第1s末，物块的速度最大，动量最大，故A正确；该物块在后半个周期内受到的力与前半个周期受到的力的方向相反，前半个周期内做加速运动，后半个周期内做减速运动，所以物体在0～2s内的位移为正，没有回到出发点，故B错误；0～1s内，速度在增大，力F先增大后减小，根据瞬时功率P＝Fv得，力F瞬时功率开始时为0,1s末的瞬时功率为0，所以在0～1s时间内，F的功率先增大后减小，故C正确；在F－t图像中，F与t之间的面积表示力F的冲量，由图可知，0.5～1s之间的