1、解析：B 足球達(dá)到腳背的速度為 v＝2gh＝5 m/s，足球下落到與腳部剛接觸時(shí)動(dòng)量
大小為 p＝mv＝0.4×5 kg·m/s＝2 kg·m/s，A 錯(cuò)誤；小球自由下落的時(shí)間為 t＝ 2hg)＝0.5
s，所以足球自由下落過(guò)程重力的沖量大小為 I＝mgt＝0.4×10×0.5 kg·m/s＝2 kg·m/s，B
正確；根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，足球離開(kāi)腳背的速度大小也是 5 m/s，設(shè)豎直向下為正方向，所
以腳背與足球作用過(guò)程中，動(dòng)量變化量為Δp＝－mv－mv＝－2×0.4×5 kg·m/s＝－4 kg·
m/s，C錯(cuò)誤；足球與腳部作用過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理可得(mg－F)t＝Δp，解得F＝44 N＝11mg
，D 錯(cuò)誤。故選 B。
2、解析：A 設(shè)質(zhì)量小的碎塊的質(zhì)量為 m，則質(zhì)量大的碎塊的質(zhì)量為 2m；設(shè)爆炸時(shí)質(zhì)
量大的碎塊的水平速度大小為 v，質(zhì)量小的碎塊的水平速度大小為 v′，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
2mv－mv′＝0，解得 v′＝2v；兩碎塊都做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其下落時(shí)間為 t，則 vt＝v 聲(t1－t)，
2vt＝v 聲(t2－t)，其中 t1＝5 s，t2＝6 s，解得 t＝4 s，v＝85 m/s；再由 h＝12gt2 可得，爆炸點(diǎn)
離地面的高度為 80 m，A 正確；兩碎塊的水平位移大小之比為 1∶2，但從兩碎塊開(kāi)始拋出
到落地的位移大小之比不等于 1∶2，B 錯(cuò)誤；爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為 85 m/s，C
錯(cuò)誤；爆炸后兩碎塊向相反的方向運(yùn)動(dòng)，水平間距Δx＝(v＋2v)t＝(85＋85×2)×4 m＝1020
m，D 錯(cuò)誤。故選 A。
3、解析：C 彈簧振子振動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有 12kA2＝0.06 J＋0.02 J＝0.08 J
，所以該振動(dòng)的振幅為 A＝0.08 m，故 A 錯(cuò)誤；振子經(jīng)過(guò)平衡位置時(shí)，動(dòng)能為 12mv2＝0.08 J
，所以速度為 v＝0.8 m/s，故 B 錯(cuò)誤；由牛頓第二定律可知振子的最大加速度為 a＝kAm＝8
m/s2，故 C 正確；振子在位移最大處時(shí)，速度為零，動(dòng)能為零，所以質(zhì)量突變?yōu)?0.15 kg，
不影響系統(tǒng)的機(jī)械能，所以振幅不變，故 D 錯(cuò)誤。
4、解析：A 由圖乙、圖丙可知兩列波的周期都為 4 s，則兩列波的頻率都為 f＝1T＝
0.25 Hz，可知兩列波的頻率相同，相位差恒定，可形成穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，C 錯(cuò)誤；兩列波
的波長(zhǎng)均為λ＝vT＝0.25×4 m＝1 m，A 點(diǎn)到兩波源的波程差為Δs1＝62＋82 m－8 m＝2 m
＝2λ，由于兩波源的起振方向相反，可知 A 點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，故 A 點(diǎn)的振幅為 A＝4 m－2 m
＝2 m，B 錯(cuò)誤；B 點(diǎn)到兩波源的波程差為Δs2＝3.5 m－2.5 m＝1 m＝λ，由于兩波源的起振
方向相反，可知 A、B 兩點(diǎn)均為振動(dòng)減弱點(diǎn)，而兩波源到 A 點(diǎn)波程差為 2λ，兩波源到 B 點(diǎn)
波程差為λ，因此 A、B 連線上有一個(gè)波程差為 32λ的點(diǎn)，該點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，A 正確；兩波
源的連線上(不含波源)的點(diǎn)與兩波源的波程差滿足－6λ＝－6 m

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