课下巩固检测练(5) 力的功和冲量（Word练习）-【正禾一本通】2026年高考物理二轮专题复习高效讲义

[课下巩固检测练(五)]　力的功和冲量 【基础练】 1．(2025·云南高考)如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近(　　 ) A．4×105 J B．4×104 J C．4×103 J D．4×102 J 解析：选B。高中生的质量约为50 kg，根据动能定理有W＝mv2＝4.0×104 J，故B正确。 2．(2025·江苏宿迁一模)将一小球从地面竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若该过程中空气阻力大小不变，则(　　 ) A．在上升过程与下降过程中，重力做的功相同 B．在上升过程与下降过程中，重力的冲量相同 C．上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大 D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量 解析：选C。根据WG＝Gh可知，重力在上升过程做负功，下降过程做正功，故A错误；上升过程中的加速度大小mg＋f＝ma1，下降过程中的加速度大小mg－f＝ma2，则a1>a2，由于位移相等，根据x＝可知，上升的时间小于下降的时间，根据I＝Gt可知，重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量，故B错误；根据动量定理可知F合＝，结合B项分析可知，上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大，故C正确；整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量的变化量，故D错误。 3．(2025·江西名校联考)如图所示，建筑工地上有一工人背起一堆质量为m的砖块，将后背看作斜面，后背与水平面的夹角为θ，工人背起砖块后由静止开始沿水平面做匀加速直线运动，加速度大小为a，砖块与工人之间始终保持相对静止，砖块与工人后背之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则在工人向前运动L距离的过程中，工人对砖块做的功为(　　 ) A．maL B．maL cos θ C．μmgL cos2θ D．mL sin θ 解析：选A。砖块受到的合力F合＝ma，方向水平向前，所以在工人向前运动L距离的过程中，合力对砖做功W＝maL，砖的重力与运动方向垂直，对砖不做功，则人对砖块的作用力(支持力和静摩擦力的合力)所做的功就等于合力的功，即W做＝W＝maL，故A正确。 4．(2025·安徽黄山模拟)在校秋季运动会上，张华同学参加铅球比赛，他将同一铅球从空中同一位置A先、后两次抛出，第一次铅球轨迹如图中1所示，第二次铅球轨迹如图中2所示。不计空气阻力，铅球可看作质点。关于两次抛出，下列说法正确的是(　　 ) A．轨迹1的铅球在空中飞行时间较短 B．轨迹1的铅球在A点时重力的功率较小 C．轨迹2的铅球在最高点时的动量较小 D．两次抛出过程中，轨迹2铅球的重力冲量较小 解析：选D。铅球沿轨迹1抛出时，铅球上升的高度较大，根据h＝gt2可知，轨迹1的铅球上升和下落所用时间均较长，所以轨迹1的铅球在空中飞行时间较长，故A错误；从A点到最高点，竖直方向有＝2gh，由于轨迹1的铅球上升的竖直高度较大，则轨迹1的铅球在A点的竖直分速度较大，根据P＝mgvy可知，轨迹1的铅球在A点时重力的功率较大，故B错误；铅球沿轨迹2运动时水平位移较大，根据vx＝可知，由于铅球沿轨迹2在空中飞行时间较短，所以轨迹2的铅球水平速度较大，即铅球在轨迹2最高点的速度较大，轨迹2的铅球在最高点时的动量较大，故C错误；根据I＝mgt可知，由于铅球沿轨迹2在空中飞行时间较短，所以两次抛出过程中，轨迹2铅球的重力冲量较小，故D正确。 5．(2025·宁夏石嘴山期末)数据表明，在电动车事故中，佩戴头盔可防止85%的头部受伤，大大减小损伤程度。头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长至6 ms以上，人头部的质量约为2 kg，则下列说法不正确的是(　　 ) A．头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率 B．头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量 C．事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等 D．若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最大为2 000 N 解析：选B。根据I＝F·Δt＝Δp，解得F＝，驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量不变；但佩戴头盔可使头部的撞击时间延长，头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率，故A正确，B错误。头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等，故C正确。若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最大为F＝ N＝2 000 N，故D正确。 6．(2025·山东高考)一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好维持小车以速度v匀速运动，此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力f＝kv(k为常量)，该光伏电池的光电转换效率为η，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选A。根据题意小车匀速运动，则有F＝f＝kv，小车的机械功率P机＝Fv＝kv2，由于电动机的效率为50%，则有P电＝＝2kv2，光伏电池的光电转换效率为η，即η＝，可得P阳＝，故A正确。 【能力练】 7．(2025·福建宁德三模)温福高铁宁德段正在加速建设中，宁德山区雾气重，假设列车在水平长直轨道上运行时，列车周围空气静止，车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同，空气密度为ρ，空气中单位体积内有n颗小水珠，每颗小水珠的质量为m，车头的横截面积为S，列车以速度v匀速运行。则列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为(　　 ) A．(ρ＋nm)Sv B．(ρ＋nm)Sv2 C．ρSv2＋nmSv D．ρSv＋nmSv2 解析：选B。在时间Δt内车头遇到的水珠的质量Δm1＝vΔtSnm，遇到空气的质量Δm2＝vΔtSρ，对这些水珠及空气组成的整体研究，由动量定理FΔt＝(Δm1＋Δm2)v，解得F＝(ρ＋nm)Sv2，由牛顿第三定律可知列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为F′＝(ρ＋nm)Sv2，故B正确。 8．(2025·山东名校联考)如图，一质量均匀分布的木板长度为L，静止在均匀粗糙的水平桌面上，其右端和桌面右端对齐。现给木板一水平向右的瞬时冲量，木板右移后静止。将木板放回原位，桌子右端拼合上一张等高的光滑水平桌面，再给木板同样的瞬时冲量I，则木板完全停下时右移的距离为(　　 ) A． B． C． D．L 解析：选C。第一次根据动能定理有，其中I＝mv0，第二次设木板完全停下时右移的距离为x，则由动能定理有·x，解得x＝，故C正确。 9．(2025·山东滨州二模)我国“巡天号”地外天体采样机器人着陆某小行星时的最后阶段，需通过引擎反推实现减速。机器人以初速度v0＝8 m/s垂直接近地表时，引擎提供功率恒定的反向推力，功率的大小P＝2.0×103 W，使其速度减小到2 m/s。由于存在稀薄大气，空气阻力大小f＝kv(v为速度，系数k＝0.2 N·s·m-1)，机器人重力保持不变。则速度从8 m/s到2 m/s的下落过程中，机器人的加速度(　　 ) A．先增大后减小 B．先减小后增大 C．一直增大 D．一直减小 解析：选C。机器人下落过程中，受到重力、空气阻力和反推力作用，根据牛顿第二定律有f＋F－mg＝ma，其中f＝kv，又有F＝，联立解得a＝－g，根据不等式关系，当时，即v＝＝100 m/s，有极小值。所以速度从8 m/s到2 m/s的下落过程中，机器人的加速度一直增大，故C正确。 10．(多选)(2025·陕西汉中二模)风洞实验是了解飞行器空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在风洞中将一质量为m的飞行器 (可视为质点)由静止释放，假设飞行器所受风洞阻力方向竖直向上，风洞阻力大小f与飞行器下降速率v的关系为f＝kv，测出飞行器由静止下降h后做匀速直线运动，重力加速度大小为g。关于飞行器下降h的过程，下列说法正确的是(　　 ) A．飞行器的最大速率为v＝ B．风洞阻力对飞行器做功为mgh－ C．飞行器运动过程中机械能守恒 D．飞行器运动时间为t＝ 解析：选AD。飞行器速度最大时加速度为零，则有mg－kvm＝0，解得vm＝，故A正确；对飞行器由动能定理得mgh＋Wf＝，解得Wf＝－mgh，故B错误；因风洞阻力会对飞行器做功，故飞行器运动过程中机械能不守恒，故C错误；对飞行器由动量定理得mgt－kt＝mvm，又t＝h，联立解得t＝，故D正确。 11．(2025·广东高考)如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f＝f0，其中f0为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。(提示：可用f ­x图线下的“面积”表示f所做的功)求： (1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω。 (2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。 (3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。 解析：(1)木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式v2＝2ah 根据角速度和线速度的关系v＝ωr 联立可得ω＝。 (2)根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示， 可得摩擦力对木塞所做的功为 Wf＝－f0h 对木塞，根据动能定理 W＋Wf－mgh－ΔpSh＝mv2－0 解得W＝mah＋mgh＋f0h＋ΔpSh。 (3)设开瓶器对木塞的作用力为F，对木塞，根据牛顿第二定律 F－mg－f－ΔpS＝ma 速度v′＝at 位移x＝at2 开瓶器的功率P＝Fv′ 联立可得P＝magt＋ma2t＋ΔpSat＋f0at－×t3。 答案：(1)　(2)mah＋mgh＋f0h＋ΔpSh　(3)P＝magt＋ma2t＋ΔpSat＋f0at－×t3 【创新练】 12．(2025·河北高考)如图，一长为2 m的平台，距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 (2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。 解析：(1)小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a＝μg 则小物块从开始运动到离开平台有 ＝－2ax0 小物块从平台飞出后做平抛运动有 h＝，x＝vxt1 联立解得x＝0.6 m。 (2)物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，则物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初速度有 h′＝，vy2＝gt2 则物块与地面接触的时间 Δt＝t－t1－t2＝0.1 s 物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有 IN－mgΔt＝mvy2－m(－vy1)，vy1＝gt1 解得IN＝0.1 N·s 取水平向右为正，在水平方向有 －μNΔt＝mvx′－mvx，IN＝NΔt 解得vx′＝－1 m/s 但由于vx′减小为0将无相对运动和相对运动的趋势，故vx′＝0。 答案：(1)0.6 m　(2)0.1 N·s　0 学科网（北京）股份有限公司 $