2026高考物理15题-第6题突破（含第14～16练）-【奇点物理】2026高考物理考前63天逐题突破•天天练(全国通用版)

第6题突破 第 14练 功和能 本卷共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．（2025·广东佛山·一模）2025年9月3日阅兵仪式上，飞行员驾驶飞机沿如图所示轨迹在竖直面内匀速率飞行，依次经过a、b、c三点，b为轨迹上的最高点，a、c两点距地面高度相同。下列说法正确的是（　　） A．飞机经过b点时的合外力为零 B．飞机经过a、c两点时速度一样 C．飞机从a点运动到c点的过程中机械能守恒 D．飞机在a点的机械能小于在b点的机械能 1．D 【解析】A．飞机做曲线运动，速度方向发生变化，速度变化量不等于零，飞机经过b点时的加速度不为零，可知，飞机经过b点时的合外力不为零，故A错误； B．飞机做曲线运动，速度方向发生变化，可知，飞机经过a、c两点时速度不一样，故B错误； C．飞机从a点运动到c点的过程中，速度大小不变，则飞机的动能不变，由于飞机的高度先增大后减小，则飞机的重力势能先增大后减小，可知，飞机从a点运动到c点的过程中机械能先增大后减小，故C错误； D．结合上述可知，飞机在a点的动能等于在b点的动能，飞机在a点的重力势能小于在b点的重力势能，则飞机在a点的机械能小于在b点的机械能，故D正确。 故选D。 2．（25-26高三上·山西太原·期末）某工厂为实现货物高效转运，设计了一款等距螺旋管道。某次将质量为的货物从管道顶端处由静止释放，货物沿管道可逐渐加速滑至底端处，其运动轨迹可看作圆柱螺旋线。管道顶端点距离底端点高，重力加速度为。关于此次货物的运动，下列说法正确的是（　　） A．机械能的减少量为 B．动能的增加量为 C．所需改变方向的作用力逐渐增大 D．所受滑动摩擦力可能一直保持不变 2．C 【解析】A．因货物下滑时加速运动，到达B端时速度不为零，则机械能的减少量小于，A错误； B．由于货物下滑时有阻力做负功，则动能的增加量小于，B错误； C．因货物的速度逐渐变大，则根据可知，所需改变方向的作用力逐渐增大，C正确； D．随速度的增加，货物对轨道的压力（侧向压力和竖直压力的合力）会变大，则所受滑动摩擦力会一直变大，D错误。 故选C。 3．（25-26高三上·山东日照·开学考试）t=0时，质量为m的汽车由静止开始启动并沿平直路面行驶，发动机的输出功率恒为P，受到的阻力大小一定，汽车能够达到的最大速度为v。已知t=t0时汽车的速度为，下列判断正确的是（　　） A．t=t0时，汽车的加速度大小为 B．0~t0的时间内，汽车的位移大小为 C．t=2t0时，汽车的速度大小为v D．t0~2t0的时间内，汽车的位移大小为 3．A 【解析】A．当汽车速度达到最大值v时，牵引力等于阻力，即，所以阻力，在t=t0时，汽车速度为，此时牵引力为，根据牛顿第二定律可得，故A正确； B．在0~t0时间内，根据动能定理可得，解得，故B错误； C．若汽车做匀加速直线运动，t=t0时汽车的速度为，t=2t0时，汽车的速度大小为v，但此时汽车的功率恒定，加速度减小，速度增大，所以t=2t0时，汽车的速度小于v，故C错误； D．0~t0的时间内，汽车的位移大小为，由于汽车的速度不断增大，所以t0~2t0的时间内，汽车的位移大于，故D错误。 故选A。 4．（2026·江西九江·一模）A、B两物体的质量之比，它们以相同的初速度在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其图像如图所示。此过程中，A、B两物体受到的摩擦力做的功之比与A、B两物体受到的摩擦力之比分别为（　　） A．， B．， C．， D．， 4．A 【解析】由分析可知，A、B两物体所受的合外力都是摩擦力，则分别对A、B两物体列动能定理方程有，，联立解得A、B两物体受到的摩擦力做的功之比为，图像斜率的绝对值表示加速度的大小，则由可得，根据牛顿第二定律有，，联立解得A、B两物体受到的摩擦力之比为。 故选A。 5．（2026·湖南长沙·模拟预测）某玩具降落伞下降过程中所受空气阻力大小f与下降速率v的关系为（k为定值）。某次降落过程中，降落伞与搭载物体的总质量为m，由静止释放，竖直下降h后做匀速直线运动，重力加速度大小为g。关于降落伞下降h的过程，下列说法正确的是（    ） A．降落伞的机械能守恒 B．降落伞的最大速率为 C．降落伞运动时间为 D．空气阻力对降落伞做功为 5．C 【解析】A．降落伞下降过程中受到空气阻力作用，空气阻力做负功，机械能不守恒，故A错误； B．当降落伞匀速下降时，合力为零，则有，解得 ，故B错误； C．对降落伞，根据动量定理有，又，解得，故C正确； D．对降落伞，根据动能定理有，解得，故D错误。 故选C。 6．（25-26高三上·湖北襄阳·期末）夯锤打桩钉模型示意图如图所示，夯锤静止在桩钉上，电动机带动两个摩擦轮匀速转动，将夯锤提起；当夯锤与摩擦轮边缘速度相等时，两个摩擦轮左右移动松开；夯锤仅在重力的作用下，最后落回桩钉顶部，撞击桩钉。已知两摩擦轮角速度为，半径为，对夯锤的压力均为50N，轮对锤摩擦力与压力的比值为，夯锤的质量为4kg，桩钉从图示位置下移x过程中阻力与x关系：（单位均为国际单位），夯锤撞击桩钉过程中对桩钉做的总功大小为其击打桩钉前瞬间动能的，忽略桩钉重力和空气阻力。重力加速度g取，则夯锤打击桩钉后，桩钉下移的最大距离为（　　） A． B． C． D． 6．C 【解析】设夯锤向上加速度大小为a，经时间t与边缘速度相等，由牛顿第二定律，解得，轮子边缘的线速度大小，又，解得，加速度阶段上升高度，减速上升高度，由，解得，夯锤击打桩钉前动能，桩钉进入过程平均作用力，由动能关系，解得。 故选C。 7．（24-25湖南长沙·期中）CS是一款优秀的第一人称射击类游戏，竞技性极强，在对局中经常需要队友之间的战术配合，“封高台烟”就是其中比较经典的战术之一。这种战术需要一名玩家通过反弹（可认为是完全弹性的，反弹前后水平速度方向反向、大小不变，竖直速度不变）的方式将烟雾弹扔到身后高度为H的高台上去，其路径可简化为如图所示（烟雾弹水平到达高台），重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．反弹点的高度为 B．烟雾弹离手到墙壁的时间为 C．烟雾弹离手的初速度为 D．若高台上有一高度为H的顶篷，若烟雾弹恰好水平通过顶篷边缘，则将会落在高台上距高台边的地方 7．D 【解析】AB．若把整个路径补完，应该是一段完整的平抛运动的反过程，则 ，解得时间，那么到达墙壁的时间为，反弹点的高度应，故A错误，B错误； C．根据能量守恒，而，解得，故C错误； D．水平通过顶篷，从时间上来说，反弹到达顶篷的时间为对应高度为2H，那么，而，从顶篷下降H则需要，对应水平距离则为，故D正确。 故选D。 8．（25-26高三上·广东佛山·月考）11月9日为全国消防日。如图所示，消防员在演练中抱住滑杆从静止开始下滑，落地前用力握紧滑杆，恰好在脚着地前停下。则在下滑过程中（　　） A．消防员一直处于失重状态 B．消防员受到的滑动摩擦力大小不变 C．消防员和滑杆组成的系统机械能守恒 D．摩擦产生的热量等于消防员的重力势能减少量 8．D 【解析】A．消防员向下先加速后减速运动，加速度先向下后向上，则先失重后超重，A错误； B．加速阶段，滑动摩擦力小于重力；减速阶段滑动摩擦力大于重力，则消防员受到的滑动摩擦力大小改变，B错误； C．消防员和滑杆组成的系统由于克服摩擦力做功，则机械能减小，C错误； D．由于消防员初末速度均为零，则由能量关系可知，摩擦产生的热量等于消防员的重力势能减少量，D正确。 故选D。 9．（25-26高三上·安徽六安·期末）抛石机的简化图如图所示，质量为m的石块装在长臂为L的杠杆末端，质量为M的配重安装于长为l的短臂末端，初始时杠杆被固定，抛石机静止，长臂与水平面的夹角为。释放杠杆，配重下落，带动杠杆在竖直面自由转动，杆转到竖直位置时将石块以速度v水平抛出，此时配重未接触地面。石块与配重均可视为质点，不计摩擦、空气阻力和杠杆质量，重力加速度为g。释放杠杆到杠杆转到竖直位置这段过程中（　　） A．石块增加的机械能为 B．石块受到的合力做的功为 C．杆对石块做的功为 D．杆对配重做的功 9．C 【解析】A．石块增加的机械能等于其增加的动能与增加的重力势能之和，石块增加的动能为，石块上升的高度为，增加的势能为，所以石块增加的机械能为，故A错误； B．依据动能定理，合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量，故B错误； C．对于石块，由动能定理可得，可得，故C正确； D．因为杠杆转动过程中，石块和配重的角速度相同，依据，可得，对于配重，由动能定理，解得，故D错误。 故选C。 10．（25-26高三上·山东日照·期末）如图所示，一固定的足够长绝缘细直杆与水平面的夹角，所在的空间充满磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。电荷量为、质量为m的小圆环套在直杆上。现用沿直杆向上的恒力F拉着小圆环从P点由静止开始沿杆向上运动，上升高度为h之前已达到最大速度。已知小圆环与直杆之间动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，恒力，不计空气阻力。小圆环从P点上升高度h的过程中（　　） A．加速度逐渐减小至零 B．最大速度为 C．最大加速度 D．因摩擦产生的热量为 10．B 【解析】A．小圆环沿绝缘细直杆向上做加速运动，根据左手定则可知，洛伦兹力垂直于向上。 初始阶段，小圆环速度较小，洛伦兹力小于重力垂直于的分量，小圆环对的压力大小为，沿方向合力为，随着小圆环速度逐渐增大，洛伦兹力逐渐增大，合力逐渐增大。小圆环速度逐渐增大，当洛伦兹力大于重力垂直于的分量后，小圆环对的压力大小为，沿方向合力为，随着小圆环速度逐渐增大，洛伦兹力逐渐增大，合力逐渐减小至0，速度达到最大。所以小圆环所受合力先增大后逐渐减小至0，由牛顿第二定律可知，小圆环的加速度先增大后逐渐减小至0，故A错误； B．当小圆环所受合力为0时，加速度为0，小圆环速度达到最大值，即，解得最大速度为，故B正确； C．当摩擦力为0时，小圆环的加速度达到最大值，根据牛顿第二定律，得，解得最大加速度，故C错误； D．根据能量守恒定律，得，解得因摩擦产生的热量为，故D错误。 故选B。 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第6题突破 第 15练 冲量与动量 本卷共15小题，每小题4分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．（25-26高三上·安徽·月考）如图所示为蹦床运动员比赛时的情景，与蹦床连接的计算机记录了运动员与蹦床刚接触、刚离开的各个时刻，比赛中运动员连续两次从蹦床起跳做竖直上抛运动，第一次运动员在空中停留了1s，第二次运动员在空中停留了1.4s，从第一次落回蹦床到第二次起跳之间运动员与蹦床接触了1.6s。已知运动员的质量为60kg，重力加速度g取10m/s2，则从第一次落回蹦床到第二次起跳之间运动员与蹦床的平均作用力大小为（　　） A．1050N B．975N C．675N D．450N 1．A 【解析】由题知，第一次落回蹦床，运动员的速度大小，第二次从蹦床起跳，运动员速度大小，规定向上为正，根据动量定理，解得。 故选A。 2．（25-26高三上·江苏苏州·月考）如图所示，在篮球训练中，当接到传来的篮球时，双手应随球迅速收缩至胸前，是为了（　　） A．减小篮球对手的冲量 B．减小篮球对手的冲击力 C．减小篮球的动量变化量 D．减小篮球的动能变化量 2．B 【解析】ABC．接球过程中，篮球的初速度和末速度（为零）是确定的，因此篮球的动量变化量是确定的，对篮球受力分析，根据动量定理可得，解得，接球时，双手随球迅速收缩，延长了手与球相互作用的时间，手对球的平均作用力F 就越小，根据牛顿第三定律，篮球对手的冲击力也相应减小，这样可以防止手部受伤，故AC错误，B正确； D．根据上述分析可知，篮球的初速度和末速度是确定的，因此其动能变化量也是确定的，与接球方式无关。故D错误。 故选B。 3．（2026·江苏镇江·一模）在“苏超”比赛中，足球被踢出后在空中做斜抛运动，最后落到水平草地上。不计空气阻力，则足球在飞行过程中（　　） A．经过最高点时动量为零 B．全过程重力的冲量为0 C．动量的变化率不变 D．竖直方向的动量不变 3．C 【解析】A．经过最高点时，竖直方向速度为零，但水平方向速度不为零，动量也不为零，故A错误； B．重力的冲量可知，重力的冲量不为零，故B错误； C．根据动量定理，则动量的变化率，重力恒定，故变化率不变，故C正确； D．竖直方向动量，足球在竖直方向速度先减小后增大，则竖直方向的动量先减小后增大，故D错误。 故选 C。 4．（24-25高三上·江苏南通·开学考试）如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽略不计，车长为2L，与平板车质量相等的物块甲（可视为质点）由平板车的中点处以初速度v0向右运动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙达到共同速度所需的时间为 B．甲、乙共速前，乙的速度一定始终小于甲的速度 C．甲、乙相对滑动的总路程为 D．如果甲、乙碰撞的次数为n（n≠0），则最终甲距离乙左端的距离可能为 4．C 【解析】AB．设甲、乙质量均为，碰前瞬间甲的速度为，乙的速度为，碰后瞬间甲的速度为，乙的速度为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有，，解得，，即甲、乙发生碰撞时速度互换，设甲、乙最终的共同速度为，则，得，则达到共速所需的时间为，碰撞使得两者速度互换，即甲、乙共速前，乙的速度不一定小于甲的速度，故A错误，B错误； C．从开始到相对静止过程中，甲、乙相对滑动的总路程为，根据动能定理可得，解得，故C正确； D．甲、乙碰撞的次数为n，最终相对静止时甲距离乙左端的距离为，若第次碰撞发生在平板车的左挡板，则有，解得，若第次碰撞发生在平板车的右挡板，则有，解得，即最终甲距离乙左端的距离不可能为，故D错误。 故选C。 5．（2025·安徽淮北·一模）如图所示，质量为M、半径为R的内壁光滑半圆槽静置在光滑水平地面上，现将可视为质点、质量为m的小球从半圆槽左侧圆心等高处由静止释放。已知，不计空气阻力，小球从释放到最低点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．球和槽组成系统的动量守恒 B．球的位移大小为 C．球在最低点时速度大小为 D．槽受到的合外力冲量大小为 5．D 【解析】A．因为小球在竖直方向有加速度，则球和槽组成系统竖直方向合外力不为0，只有水平方向合外力为0，则球和槽组成系统水平方向的动量守恒，整个系统动量不守恒，故A错误； B．水平方向动量守恒，则有，对时间积累可得，即，且有， 联立解得，则球的位移大小,故B错误； C．整个系统机械能守恒，可得，联立解得,,故C错误； D．对槽由动量定理可得，代入可得,故D正确。 故选D。 6．（25-26高三上·江苏南京·期中）如图甲，轻质弹簧左端与物块A相连，右端与物块B接触但不拴接，系统处于静止状态，给A一水平向右的瞬时速度v0，之后两物块的v-t图像如图乙所示，已知物块A的质量为m，t2时刻B与弹簧分离，弹簧始终处于弹性限度内。则下列说法正确的是（　　） A．0~t1时间，弹簧对物块A的冲量大小为 B．物块B的质量为3m C．0~t1时间，弹簧弹性势能变化量 D．t2时刻B的速度 6．C 【解析】A．0~t1时间，对物块A由动量定理有，则弹簧对物块A的冲量大小为，A错误； B．0~t1时间，对系统由动量守恒定律有，解得，B错误； C．0~t1时间，对系统由机械能守恒定律有，解得，C正确； D．依题意，t2时刻B与弹簧分离，0~t2时间，对系统由动量守恒定律有，由机械能守恒定律有，解得，D错误。 故选C。 7．（2025·福建福州·模拟预测）如图（a），一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出v1-v2的关系图像，某段时间内图像如图（b）所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．滑块与小球组成的系统动量守恒 B．当滑块速度为0.5v0时，小球运动至最高点 C．小球与滑块的质量比为1:2 D．小球的初速度大小可能为 7．C 【解析】A．小球与滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，故A错误； C．设小球的质量为m，滑块质量M，水平方向上，根据动量守恒定律可得，化简可得，结合图（b）可得，所以，故C正确； B．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上，由动量守恒定律得，解得，故B错误； D．若小球恰好能到达圆弧最高点，小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，根据能量守恒定律得，解得，由于小球能从圆弧最高点冲出滑块，所以其初速度一定大于，即小球的初速度大小不可能为，故D错误。 故选C。 8．（25-26高江苏·期中）如图所示，一质量为的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为的小球，轻绳长为，将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，忽略所有摩擦阻力，已知重力加速度为，则（    ） A．任意时刻小球与小车的动量等大反向 B．小球运动到最低点时的速度大小为 C．小球不能向左摆到原高度 D．小车向右移动的最大距离为 8．D 【解析】A．根据题意可知，系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故系统在水平方向动量守恒，而系统总动量不守恒，故A错误； B．小球运动到最低点时有向左的速度，小车速度向右，重力势能转化为系统的动能，所以小车的速度小于，故B错误； C．根据系统水平方向动量守恒及系统机械能守恒可知，小球摆到左侧最高点时系统的速度为零，则小球仍能向左摆到原高度，故C错误； D．根据题意可知，小球相对于小车的最大位移为，根据“人船模型”，小车最大距离和小球最大距离关系有，系统水平方向动量守恒定律有，由于运动时间相同，则有，小车向右移动的最大距离为，故D正确。 故选D。 9．（25-26高三上·贵州·月考）以速度大小向上飞行的火箭在极短时间内向下喷出质量为的气体，喷出气体相对喷气前火箭所处的惯性参考系的速度大小为，喷出气体后火箭的质量是，则火箭喷气后相对喷气前增加的速度大小为（　　） A． B． C． D． 9．A 【解析】设向上为正方向。喷气前，火箭质量为，速度为，总动量为，喷气后，火箭质量为，速度为，喷出气体质量为。喷出气体相对喷气前火箭的速度大小为，方向向下，故其绝对速度为，根据动量守恒定律，则有，化简、移项得， 故火箭喷气后相对喷气前增加的速度大小为。 故选A。 10．（25-26高三上·山西长治·期中）喷泉水柱从横截面积为的喷口持续以速度竖直向上喷出，在喷口正上方处固定一水平挡板，从喷泉喷出的水都能打到挡板上。已知水的密度，重力加速度取。水柱冲击到水平挡板后，水在竖直方向的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开，忽略空气阻力。设水柱对水平挡板的冲击力大小为，则（　　） A． B． C． D． 10．B 【解析】根据运动规律，解得，设挡板对水的作用力的大小为F，根据动量定理有，联立解得。 故选 B。 11．（25-26高三上·陕西西安·期末）太阳帆航天器是一种利用太阳光的压力进行太空飞行的航天器，如图所示。在没有空气的宇宙中，太阳光光子会连续撞击太阳帆，使太阳帆获得的动量逐渐增加，从而产生加速度。太阳帆飞船无需燃料，只要有阳光，就会不断获得动力加速飞行。有人设想在探测器上安装有面积极大、反射功率极高的太阳帆，并让它正对太阳。已知太阳光照射太阳帆时每平方米面积上的辐射功率为，探测器和太阳帆的总质量为，太阳帆的面积为，此时探测器的加速度大小为（　　） A． B． C． D． 11．A 【解析】每秒光照射到帆面上的能量，光子的平均能量，光子的频率，每秒射到帆面上的光子数，每个光子的动量，光射到帆面被反弹，设光子碰撞时间为t，则由动量定理得，对飞船，由牛顿第三定律和牛顿第二定律得，，联立解得。 故选A。 12．（2025·山西临汾·三模）一物块静止在粗糙水平地面上，0~4s内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示，0~2s内速度—时间图像如图乙所示，取重力加速度g=10m/s²，关于物块的运动。下列说法正确的是（　　） A．前2s内拉力做的功为12J B．前4s内拉力的冲量为 C．前4s内物块一直在运动 D．物块在4s末减速为零 12．B 【解析】A．由图乙可知，第内、第内物块的位移分别为，，则前2s内拉力做的功为，故A错误； B．图甲中图像与时间轴所包围的面积表示拉力的冲量，故前4s内拉力的冲量为，故B正确； CD．由题意可知，物块所受的滑动摩擦力大小为，假设前4s内物块一直在运动，设物块在4s末的速度为，由动量定理得，得，说明在4s前速度已经减为零，速度减为零后保持静止，故CD错误。 故选B。 13．（25-26高三上·山东烟台·期末）一颗子弹在枪筒里前进时所受合力大小与其作用时间的关系式为，已知子弹到达枪口处合力刚好为零，此时子弹的速率为，则子弹的质量为（　　） A．1g B．2g C．3g D．4g 13．A 【解析】作出子弹受力的图像如下 由于图像中，图线与坐标轴围成的面积表示冲量的大小，则有，由动量定理可知，子弹的质量。 故选A。 14．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图，在光滑水平面上静置一质量为M、长为L的木板，质量为m的物块以速度水平向右从左端滑上木板。若物块在木板上运动过程中受到的阻力恒定，大小为f，物块可看作质点，改变物块的初速度大小，下列说法中正确的是（　　） A．越大，木板的末速度就越大 B．越大，物块与木板损失的总动能就越多 C．越大，物块与木板相对运动的时间就越短 D．无论取何值，木板的末速度都不可能大于 14．D 【解析】ABC．当物块未从木板上滑离，系统水平方向动量守恒，物块的初速度越大时，木板的末速度越大，两者相对位移也就越大；因物块与木板损失的总动能等于系统产热，满足，可知物块的初速度越大时，物块与木板损失的总动能就越多，木板加速度恒定，物块与木板相对运动达到共速的时间越长。当物块从木板上滑离，物块的初速度越大时，木板的末速度越小，物块与木板损失的总动能不变，物块与木板相对运动的时间越短，故ABC错误； D．当物块从木板的最左端恰好滑到木板的最右端时，物块与木板的速度相等时，木板的末速度最大，物块和木板动量守恒，根据动量守恒定律，根据能量守恒，联立解得，故D正确。 故选D。 15．（2025·湖北·模拟预测）如图所示为一个沙漏，其中玻璃容器的质量为，沙子的总质量为，阀门距离容器底部的高度为。现在将该沙漏放在水平台秤上，当打开阀门时，沙子从漏口随时间均匀漏下时，初速度可近似认为为0，忽略空气阻力，不计沙子间的相互影响，下列说法正确的是（　　） A．沙子在空中下落的过程中处于超重状态 B．出口下方范围内沙子数比范围内沙子数多 C．如果沙子下落的总时间为，则玻璃容器底部受到的冲击力大小为 D．由于沙子在下落，处于失重状态，台秤的示数一直小于沙漏的总重力 15．B 【解析】A．沙子在空中下落过程中是自由落体运动，加速度竖直向下，处于失重状态，故A错误。 B．沙子从漏口随时间均匀漏下，时间间隔相等，由题意沙子下落位移有，，由自由落体运动公式有，，代入数据解得，，显然，所以出口下方范围内沙子数比范围内沙子数多，故B正确。 C．根据自由落体运动公式有，设沙子落到容器底部与容器底部作用时间为，玻璃容器底部受到的冲击力大小为，根据牛顿第三定律沙子受到容器底部的作用力大小也为，则根据动量定理有，联立解得，故C错误。 D．刚开始下落时，沙子没有与容器底部接触，空中下落沙子处于完全失重状态，台秤示数小于总重力，当沙子与容器底部接触后，是否大于总重力取决于玻璃容器底部受到的冲击力大小，无法确定台秤示数是否小于总重力，故D错误。 故选B。 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第6题突破 第 16练 力学综合 本卷共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．（2024·吉林·一模）某“失重”餐厅的传菜装置如图所示，运送菜品的小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，该轨道各处弯曲程度相同，在此过程中，小车（　　） A．机械能保持不变 B．所受合力不为零 C．处于失重状态 D．动量保持不变 1．B 【解析】A．小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，速度大小不变，动能不变，小车高度减小，即重力势能减小，可知小车的机械能减小，故A错误； B．根据上述可知，小车沿轨道方向的合力为0，轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向心力，即小车的合力不为零，合力方向总指向图中轴心，故B正确； C．由于小车沿等螺距轨道向下做匀速率运动，沿轨道方向的速度大小不变，即小车沿轨道方向的合力为0，即沿轨道方向的加速度为0，又由于该轨道各处弯曲程度相同，则轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向心力，该作用力方向沿水平方向，可知小车的加速度方向沿水平方向，小车不存在竖直方向的加速度，即小车既不处于超重，又不处于失重，故C错误； D．小车做螺旋运动，速度大小不变，方向改变，根据动量表达式有，可知小车的动量大小不变，动量的方向发生变化，即动量发生了变化，故D错误。 故选B。 2．（2026·湖南长沙·模拟预测）某玩具降落伞下降过程中所受空气阻力大小f与下降速率v的关系为（k为定值）。某次降落过程中，降落伞与搭载物体的总质量为m，由静止释放，竖直下降h后做匀速直线运动，重力加速度大小为g。关于降落伞下降h的过程，下列说法正确的是（    ） A．降落伞的机械能守恒 B．降落伞的最大速率为 C．降落伞运动时间为 D．空气阻力对降落伞做功为 2．C 【解析】A．降落伞下降过程中受到空气阻力作用，空气阻力做负功，机械能不守恒，故A错误； B．当降落伞匀速下降时，合力为零，则有，解得 ，故B错误； C．对降落伞，根据动量定理有，又，解得，故C正确； D．对降落伞，根据动能定理有，解得，故D错误。 故选C。 3．（25-26高三上·河北·月考）如图甲所示，光滑水平地面上静置着质量分布均匀、上表面水平的长木板M，物块m从长木板的左端以一定的速度滑上长木板，刚好不能从长木板右端滑下；如图乙所示，将长木板等分为六块后并排放在光滑水平地面上，物块m从木块1的左端以相同的速度滑上木块，最后木块5和木块6恰好不会分离，则物块m与长木板M的质量之比为（　　） A． B． C． D． 3．A 【解析】物块m与长木板M共速时，根据动量守恒定律有，解得，根据能量守恒，有，解得，将长木板等分为六块后，以木块为参考系，设物块m离开第1块时的相对速度为，离开第2块时的相对速度为，离开第3块时的相对速度为，离开第4块时的相对速度为，根据运动学公式有，，，，，以上等式左、右相加得，联立解得。 故选A。 4．（25-26高三上·广西河池·期末）两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为，初始时弹簧处于原长，某时刻A物块获得的速度在光滑的水平地面上运动，质量为的物块C静止在B前方很近的地方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘在一起运动。若B与C碰撞后的运动过程中弹簧的弹性势能最大值为，则（   ） A．当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度大小为 B．当弹簧的弹性势能最大时，物块B的速度大小为 C．B与C碰撞时损失的机械能是 D．B与C碰撞时损失的机械能是 4．D 【解析】AB．当A、B、C三者的速度相同时弹簧的弹性势能最大。由A、B、C组成的系统动量守恒得，解得，故AB错误； CD．物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为，根据能量守恒定律有，代入数据可得，故D正确，C错误。 故选D。 5．（23-24高三下·浙江杭州·阶段练习）2025年2月10日，中国选手杨文龙在哈尔滨第九届亚冬会单板滑雪男子大跳台决赛中勇夺冠军，杨文龙的重心运动过程简化后如图所示，若其起跳瞬间速度大小v1，方向与水平方向的夹角为α，着陆瞬间速度大小为v2，方向与水平方向的夹角为β，最高点B到A、C两点的水平距离之比为1:2，其所受空气阻力的大小与速度大小成正比，方向与速度方向相反，比例系数为k，重力加速度为g，杨文龙与雪板的质量为m。下列说法正确的是（　　） A．杨文龙运动到最高点时速度恰好水平且最小 B．A点到C点的水平距离为 C．从起跳到着陆杨文龙的重力势能减少 D．杨文龙的最小速度为 5．B 【解析】A．当运动员所受合力与速度恰好垂直时，运动员速度最小，而运动员到达最高点时竖直速度为零，只有水平速度，所以速度水平，但合外力与速度方向夹角为钝角，故A错误； B．规定水平向右的方向为正方向，设杨文龙从A到C所受的空气阻力大小的平均值为，则，设从A到C的时间为t，则在水平方向上，根据动量定理有，水平位移为，联立解得，故B正确； C．从起跳点到着陆点，运动员受到空气阻力和重力做功，根据动能定理有，重力势能的减少量等于重力做功，所以从起跳点到着陆点杨文龙重力势能的减少量大于动能的变化量，即，故C错误； D．运动员从A运动到B，水平方向根据动量定理有，，，联立可得，由于运动员经过B点的速度不是最小速度，所以最小速度不等于，故D错误。 故选B。 6．（2025·贵州贵阳·模拟预测）如图甲，足够长的水平地面上，一小朋友坐在木箱中，木箱受到水平向右的作用力作用从静止开始运动，作用力随时间变化的关系如图乙，规定水平向右为正。整个过程中，该小朋友和木箱始终保持相对静止。已知该小朋友和木箱的总质量为，木箱与水平地面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，不计空气阻力，则该木箱0~4.5s内（　　） A．最大速度为 B．位移为 C．向左运动过程，受到摩擦力的冲量大小为 D．与地面摩擦产生的内能为 6．C 【解析】A．0~2s内，根据牛顿第二定律有，解得，该时间内做匀加速直线运动，则有，随后木箱做减速运动，根据牛顿第二定律有，解得，利用逆向思维，减速到0的时间，随后木箱向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有，解得，0~4.5s内上述向左加速时间，上述匀加速的末速度，故A错误； B．0~2s内的位移大小，方向向右，2~2.5s内的位移大小，方向向右，2.5~4.5s内的位移大小，方向向左，则该木箱0~4.5s内大小，方向向左，即该木箱0~4.5s内位移为-1m，故B错误； C．滑动摩擦力，结合上述可知，木箱向左运动经历时间为，则向左运动过程，受到摩擦力的冲量大小，故C正确； D．结合上述，与地面摩擦产生的内能，故D错误。 故选C。 7．（25-26高三上·云南德宏·开学考试）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 B．飞行器的机械能损失 C．飞行器克服风洞阻力做功 D．飞行器的运动时间 7．B 【解析】A．飞行器最大速率发生在合力为零时，则有，解得，故A错误； B．根据动能定理有，结合上述解得，机械能损失等于克服阻力做的功，即机械能损失为，故B正确； C．结合上述可知，克服阻力做功为，故C错误； D．根据动量定理有，结合上述解得，故D错误。 故选B。 8．（2025·四川德阳·一模）如图（1）所示，倾角为θ的足够长斜面固定在水平面上，甲、乙与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲和乙的位置x随时间t的变化的关系曲线如图（2）所示。已知两条曲线均为抛物线，乙的x-t曲线在t=t0时切线斜率为0，重力加速度大小为g。则0~t0内（　　） A． B．甲的速度变化量大小为3v0 C．甲、乙的加速度相同 D．甲、乙构成的系统动量守恒 8．D 【解析】B．0~t0时间内甲做匀加速直线运动，乙做匀减速运动，t0时刻速度减为零，则，，联立解得，所以甲的速度变化量大小为，故B错误； C．甲的加速度大小为，乙的加速度大小为，所以甲乙加速度大小相等，方向相反，故C错误； D．由于甲乙加速度大小相等，方向相反，即二者组成的系统合力为零，系统动量守恒，故D正确； A．根据牛顿第二定律有，，，联立可得，故A错误。 故选D。 9．（25-26高三上·广东广州·期中）某中学实验室对一款市场热销的玩具机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图像，以及相同时段机器人的加速度a随时间变化的图像。若不计空气阻力，取重力加速度大小为10m/s2，则下列同学的推断结果正确的是（    ） A．机器人与水平桌面间的滑动摩擦力为2.2N B．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.1 C．在0~4s时间内，摩擦力的冲量大小为6.2N·s D．在0~4s时间内，合外力做的功为4.4J 9．C 【解析】AB．设机器人质量为m，滑动摩擦力大小为f，由两个图像结合牛顿第二定律可得，联立解得，因为，解得，故AB错误； C．因为图面积表示速度变化量，机器人初速度为0，故速度变化量大小等于末速度，则4s时机器人速度，规定F方向为正方向，根据动量定理有，因为0~4s时间内，联立解得摩擦力的冲量大小，故C正确； D．根据动能定理可知合力做功，故D错误。 故选C。 10．（25-26高三上·云南曲靖·期末）质量为m的小球在黏滞液体中由静止释放，液体对小球的阻力与速率成正比，比例系数为k。小球受到的浮力恒为F，且重力大于浮力。当小球下落的距离为h时，恰好达到最大速度，重力加速度大小为g。此过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球先做加速度逐渐增大的加速运动，最后做匀速运动 B．小球的平均速度为 C．小球从释放至达到最大速度的时间为 D．小球所受阻力做功为 10．C 【解析】A．由牛顿第二定律，随着小球速度增加，阻力增大，加速度减小，所以小球做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动，故A错误； B．小球加速度为零时，速度最大，有，由于小球做的是变加速运动，不是匀加速运动，所以其平均速度不等于，故B错误。 C．由动量定理，即，小球从释放至达到最大速度的时间为，故C正确； D．由动能定理，小球所受阻力做功为，故D错误。 故选C。 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $第6题突破 第 14练 功和能 本卷共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．（2025·广东佛山·一模）2025年9月3日阅兵仪式上，飞行员驾驶飞机沿如图所示轨迹在竖直面内匀速率飞行，依次经过a、b、c三点，b为轨迹上的最高点，a、c两点距地面高度相同。下列说法正确的是（　　） A．飞机经过b点时的合外力为零 B．飞机经过a、c两点时速度一样 C．飞机从a点运动到c点的过程中机械能守恒 D．飞机在a点的机械能小于在b点的机械能 2．（25-26高三上·山西太原·期末）某工厂为实现货物高效转运，设计了一款等距螺旋管道。某次将质量为的货物从管道顶端处由静止释放，货物沿管道可逐渐加速滑至底端处，其运动轨迹可看作圆柱螺旋线。管道顶端点距离底端点高，重力加速度为。关于此次货物的运动，下列说法正确的是（　　） A．机械能的减少量为 B．动能的增加量为 C．所需改变方向的作用力逐渐增大 D．所受滑动摩擦力可能一直保持不变 3．（25-26高三上·山东日照·开学考试）t=0时，质量为m的汽车由静止开始启动并沿平直路面行驶，发动机的输出功率恒为P，受到的阻力大小一定，汽车能够达到的最大速度为v。已知t=t0时汽车的速度为，下列判断正确的是（　　） A．t=t0时，汽车的加速度大小为 B．0~t0的时间内，汽车的位移大小为 C．t=2t0时，汽车的速度大小为v D．t0~2t0的时间内，汽车的位移大小为 4．（2026·江西九江·一模）A、B两物体的质量之比，它们以相同的初速度在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其图像如图所示。此过程中，A、B两物体受到的摩擦力做的功之比与A、B两物体受到的摩擦力之比分别为（　　） A．， B．， C．， D．， 5．（2026·湖南长沙·模拟预测）某玩具降落伞下降过程中所受空气阻力大小f与下降速率v的关系为（k为定值）。某次降落过程中，降落伞与搭载物体的总质量为m，由静止释放，竖直下降h后做匀速直线运动，重力加速度大小为g。关于降落伞下降h的过程，下列说法正确的是（    ） A．降落伞的机械能守恒 B．降落伞的最大速率为 C．降落伞运动时间为 D．空气阻力对降落伞做功为 6．（25-26高三上·湖北襄阳·期末）夯锤打桩钉模型示意图如图所示，夯锤静止在桩钉上，电动机带动两个摩擦轮匀速转动，将夯锤提起；当夯锤与摩擦轮边缘速度相等时，两个摩擦轮左右移动松开；夯锤仅在重力的作用下，最后落回桩钉顶部，撞击桩钉。已知两摩擦轮角速度为，半径为，对夯锤的压力均为50N，轮对锤摩擦力与压力的比值为，夯锤的质量为4kg，桩钉从图示位置下移x过程中阻力与x关系：（单位均为国际单位），夯锤撞击桩钉过程中对桩钉做的总功大小为其击打桩钉前瞬间动能的，忽略桩钉重力和空气阻力。重力加速度g取，则夯锤打击桩钉后，桩钉下移的最大距离为（　　） A． B． C． D． 7．（24-25湖南长沙·期中）CS是一款优秀的第一人称射击类游戏，竞技性极强，在对局中经常需要队友之间的战术配合，“封高台烟”就是其中比较经典的战术之一。这种战术需要一名玩家通过反弹（可认为是完全弹性的，反弹前后水平速度方向反向、大小不变，竖直速度不变）的方式将烟雾弹扔到身后高度为H的高台上去，其路径可简化为如图所示（烟雾弹水平到达高台），重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．反弹点的高度为 B．烟雾弹离手到墙壁的时间为 C．烟雾弹离手的初速度为 D．若高台上有一高度为H的顶篷，若烟雾弹恰好水平通过顶篷边缘，则将会落在高台上距高台边的地方 8．（25-26高三上·广东佛山·月考）11月9日为全国消防日。如图所示，消防员在演练中抱住滑杆从静止开始下滑，落地前用力握紧滑杆，恰好在脚着地前停下。则在下滑过程中（　　） A．消防员一直处于失重状态 B．消防员受到的滑动摩擦力大小不变 C．消防员和滑杆组成的系统机械能守恒 D．摩擦产生的热量等于消防员的重力势能减少量 9．（25-26高三上·安徽六安·期末）抛石机的简化图如图所示，质量为m的石块装在长臂为L的杠杆末端，质量为M的配重安装于长为l的短臂末端，初始时杠杆被固定，抛石机静止，长臂与水平面的夹角为。释放杠杆，配重下落，带动杠杆在竖直面自由转动，杆转到竖直位置时将石块以速度v水平抛出，此时配重未接触地面。石块与配重均可视为质点，不计摩擦、空气阻力和杠杆质量，重力加速度为g。释放杠杆到杠杆转到竖直位置这段过程中（　　） A．石块增加的机械能为 B．石块受到的合力做的功为 C．杆对石块做的功为 D．杆对配重做的功 10．（25-26高三上·山东日照·期末）如图所示，一固定的足够长绝缘细直杆与水平面的夹角，所在的空间充满磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。电荷量为、质量为m的小圆环套在直杆上。现用沿直杆向上的恒力F拉着小圆环从P点由静止开始沿杆向上运动，上升高度为h之前已达到最大速度。已知小圆环与直杆之间动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，恒力，不计空气阻力。小圆环从P点上升高度h的过程中（　　） A．加速度逐渐减小至零 B．最大速度为 C．最大加速度 D．因摩擦产生的热量为 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《第 14练 功和能》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C A A C C D D C B 1．D 【解析】A．飞机做曲线运动，速度方向发生变化，速度变化量不等于零，飞机经过b点时的加速度不为零，可知，飞机经过b点时的合外力不为零，故A错误； B．飞机做曲线运动，速度方向发生变化，可知，飞机经过a、c两点时速度不一样，故B错误； C．飞机从a点运动到c点的过程中，速度大小不变，则飞机的动能不变，由于飞机的高度先增大后减小，则飞机的重力势能先增大后减小，可知，飞机从a点运动到c点的过程中机械能先增大后减小，故C错误； D．结合上述可知，飞机在a点的动能等于在b点的动能，飞机在a点的重力势能小于在b点的重力势能，则飞机在a点的机械能小于在b点的机械能，故D正确。 故选D。 2．C 【解析】A．因货物下滑时加速运动，到达B端时速度不为零，则机械能的减少量小于，A错误； B．由于货物下滑时有阻力做负功，则动能的增加量小于，B错误； C．因货物的速度逐渐变大，则根据可知，所需改变方向的作用力逐渐增大，C正确； D．随速度的增加，货物对轨道的压力（侧向压力和竖直压力的合力）会变大，则所受滑动摩擦力会一直变大，D错误。 故选C。 3．A 【解析】A．当汽车速度达到最大值v时，牵引力等于阻力，即，所以阻力，在t=t0时，汽车速度为，此时牵引力为，根据牛顿第二定律可得，故A正确； B．在0~t0时间内，根据动能定理可得，解得，故B错误； C．若汽车做匀加速直线运动，t=t0时汽车的速度为，t=2t0时，汽车的速度大小为v，但此时汽车的功率恒定，加速度减小，速度增大，所以t=2t0时，汽车的速度小于v，故C错误； D．0~t0的时间内，汽车的位移大小为，由于汽车的速度不断增大，所以t0~2t0的时间内，汽车的位移大于，故D错误。 故选A。 4．A 【解析】由分析可知，A、B两物体所受的合外力都是摩擦力，则分别对A、B两物体列动能定理方程有，，联立解得A、B两物体受到的摩擦力做的功之比为，图像斜率的绝对值表示加速度的大小，则由可得，根据牛顿第二定律有，，联立解得A、B两物体受到的摩擦力之比为。 故选A。 5．C 【解析】A．降落伞下降过程中受到空气阻力作用，空气阻力做负功，机械能不守恒，故A错误； B．当降落伞匀速下降时，合力为零，则有，解得 ，故B错误； C．对降落伞，根据动量定理有，又，解得，故C正确； D．对降落伞，根据动能定理有，解得，故D错误。 故选C。 6．C 【解析】设夯锤向上加速度大小为a，经时间t与边缘速度相等，由牛顿第二定律，解得，轮子边缘的线速度大小，又，解得，加速度阶段上升高度，减速上升高度，由，解得，夯锤击打桩钉前动能，桩钉进入过程平均作用力，由动能关系，解得。 故选C。 7．D 【解析】AB．若把整个路径补完，应该是一段完整的平抛运动的反过程，则 ，解得时间，那么到达墙壁的时间为，反弹点的高度应，故A错误，B错误； C．根据能量守恒，而，解得，故C错误； D．水平通过顶篷，从时间上来说，反弹到达顶篷的时间为对应高度为2H，那么，而，从顶篷下降H则需要，对应水平距离则为，故D正确。 故选D。 8．D 【解析】A．消防员向下先加速后减速运动，加速度先向下后向上，则先失重后超重，A错误； B．加速阶段，滑动摩擦力小于重力；减速阶段滑动摩擦力大于重力，则消防员受到的滑动摩擦力大小改变，B错误； C．消防员和滑杆组成的系统由于克服摩擦力做功，则机械能减小，C错误； D．由于消防员初末速度均为零，则由能量关系可知，摩擦产生的热量等于消防员的重力势能减少量，D正确。 故选D。 9．C 【解析】A．石块增加的机械能等于其增加的动能与增加的重力势能之和，石块增加的动能为，石块上升的高度为，增加的势能为，所以石块增加的机械能为，故A错误； B．依据动能定理，合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量，故B错误； C．对于石块，由动能定理可得，可得，故C正确； D．因为杠杆转动过程中，石块和配重的角速度相同，依据，可得，对于配重，由动能定理，解得，故D错误。 故选C。 10．B 【解析】A．小圆环沿绝缘细直杆向上做加速运动，根据左手定则可知，洛伦兹力垂直于向上。 初始阶段，小圆环速度较小，洛伦兹力小于重力垂直于的分量，小圆环对的压力大小为，沿方向合力为，随着小圆环速度逐渐增大，洛伦兹力逐渐增大，合力逐渐增大。小圆环速度逐渐增大，当洛伦兹力大于重力垂直于的分量后，小圆环对的压力大小为，沿方向合力为，随着小圆环速度逐渐增大，洛伦兹力逐渐增大，合力逐渐减小至0，速度达到最大。所以小圆环所受合力先增大后逐渐减小至0，由牛顿第二定律可知，小圆环的加速度先增大后逐渐减小至0，故A错误； B．当小圆环所受合力为0时，加速度为0，小圆环速度达到最大值，即，解得最大速度为，故B正确； C．当摩擦力为0时，小圆环的加速度达到最大值，根据牛顿第二定律，得，解得最大加速度，故C错误； D．根据能量守恒定律，得，解得因摩擦产生的热量为，故D错误。 故选B。 $第6题突破 第 16练 力学综合 本卷共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．（2024·吉林·一模）某“失重”餐厅的传菜装置如图所示，运送菜品的小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，该轨道各处弯曲程度相同，在此过程中，小车（　　） A．机械能保持不变 B．所受合力不为零 C．处于失重状态 D．动量保持不变 2．（2026·湖南长沙·模拟预测）某玩具降落伞下降过程中所受空气阻力大小f与下降速率v的关系为（k为定值）。某次降落过程中，降落伞与搭载物体的总质量为m，由静止释放，竖直下降h后做匀速直线运动，重力加速度大小为g。关于降落伞下降h的过程，下列说法正确的是（    ） A．降落伞的机械能守恒 B．降落伞的最大速率为 C．降落伞运动时间为 D．空气阻力对降落伞做功为 3．（25-26高三上·河北·月考）如图甲所示，光滑水平地面上静置着质量分布均匀、上表面水平的长木板M，物块m从长木板的左端以一定的速度滑上长木板，刚好不能从长木板右端滑下；如图乙所示，将长木板等分为六块后并排放在光滑水平地面上，物块m从木块1的左端以相同的速度滑上木块，最后木块5和木块6恰好不会分离，则物块m与长木板M的质量之比为（　　） A． B． C． D． 4．（25-26高三上·广西河池·期末）两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为，初始时弹簧处于原长，某时刻A物块获得的速度在光滑的水平地面上运动，质量为的物块C静止在B前方很近的地方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘在一起运动。若B与C碰撞后的运动过程中弹簧的弹性势能最大值为，则（   ） A．当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度大小为 B．当弹簧的弹性势能最大时，物块B的速度大小为 C．B与C碰撞时损失的机械能是 D．B与C碰撞时损失的机械能是 5．（23-24高三下·浙江杭州·阶段练习）2025年2月10日，中国选手杨文龙在哈尔滨第九届亚冬会单板滑雪男子大跳台决赛中勇夺冠军，杨文龙的重心运动过程简化后如图所示，若其起跳瞬间速度大小v1，方向与水平方向的夹角为α，着陆瞬间速度大小为v2，方向与水平方向的夹角为β，最高点B到A、C两点的水平距离之比为1:2，其所受空气阻力的大小与速度大小成正比，方向与速度方向相反，比例系数为k，重力加速度为g，杨文龙与雪板的质量为m。下列说法正确的是（　　） A．杨文龙运动到最高点时速度恰好水平且最小 B．A点到C点的水平距离为 C．从起跳到着陆杨文龙的重力势能减少 D．杨文龙的最小速度为 6．（2025·贵州贵阳·模拟预测）如图甲，足够长的水平地面上，一小朋友坐在木箱中，木箱受到水平向右的作用力作用从静止开始运动，作用力随时间变化的关系如图乙，规定水平向右为正。整个过程中，该小朋友和木箱始终保持相对静止。已知该小朋友和木箱的总质量为，木箱与水平地面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，不计空气阻力，则该木箱0~4.5s内（　　） A．最大速度为 B．位移为 C．向左运动过程，受到摩擦力的冲量大小为 D．与地面摩擦产生的内能为 7．（25-26高三上·云南德宏·开学考试）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 B．飞行器的机械能损失 C．飞行器克服风洞阻力做功 D．飞行器的运动时间 8．（2025·四川德阳·一模）如图（1）所示，倾角为θ的足够长斜面固定在水平面上，甲、乙与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲和乙的位置x随时间t的变化的关系曲线如图（2）所示。已知两条曲线均为抛物线，乙的x-t曲线在t=t0时切线斜率为0，重力加速度大小为g。则0~t0内（　　） A． B．甲的速度变化量大小为3v0 C．甲、乙的加速度相同 D．甲、乙构成的系统动量守恒 9．（25-26高三上·广东广州·期中）某中学实验室对一款市场热销的玩具机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图像，以及相同时段机器人的加速度a随时间变化的图像。若不计空气阻力，取重力加速度大小为10m/s2，则下列同学的推断结果正确的是（    ） A．机器人与水平桌面间的滑动摩擦力为2.2N B．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.1 C．在0~4s时间内，摩擦力的冲量大小为6.2N·s D．在0~4s时间内，合外力做的功为4.4J 10．（25-26高三上·云南曲靖·期末）质量为m的小球在黏滞液体中由静止释放，液体对小球的阻力与速率成正比，比例系数为k。小球受到的浮力恒为F，且重力大于浮力。当小球下落的距离为h时，恰好达到最大速度，重力加速度大小为g。此过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球先做加速度逐渐增大的加速运动，最后做匀速运动 B．小球的平均速度为 C．小球从释放至达到最大速度的时间为 D．小球所受阻力做功为 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《第 16练 力学综合》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C A D B C B D C C 1．B 【解析】A．小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，速度大小不变，动能不变，小车高度减小，即重力势能减小，可知小车的机械能减小，故A错误； B．根据上述可知，小车沿轨道方向的合力为0，轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向心力，即小车的合力不为零，合力方向总指向图中轴心，故B正确； C．由于小车沿等螺距轨道向下做匀速率运动，沿轨道方向的速度大小不变，即小车沿轨道方向的合力为0，即沿轨道方向的加速度为0，又由于该轨道各处弯曲程度相同，则轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向心力，该作用力方向沿水平方向，可知小车的加速度方向沿水平方向，小车不存在竖直方向的加速度，即小车既不处于超重，又不处于失重，故C错误； D．小车做螺旋运动，速度大小不变，方向改变，根据动量表达式有，可知小车的动量大小不变，动量的方向发生变化，即动量发生了变化，故D错误。 故选B。 2．C 【解析】A．降落伞下降过程中受到空气阻力作用，空气阻力做负功，机械能不守恒，故A错误； B．当降落伞匀速下降时，合力为零，则有，解得 ，故B错误； C．对降落伞，根据动量定理有，又，解得，故C正确； D．对降落伞，根据动能定理有，解得，故D错误。 故选C。 3．A 【解析】物块m与长木板M共速时，根据动量守恒定律有，解得，根据能量守恒，有，解得，将长木板等分为六块后，以木块为参考系，设物块m离开第1块时的相对速度为，离开第2块时的相对速度为，离开第3块时的相对速度为，离开第4块时的相对速度为，根据运动学公式有，，，，，以上等式左、右相加得，联立解得。 故选A。 4．D 【解析】AB．当A、B、C三者的速度相同时弹簧的弹性势能最大。由A、B、C组成的系统动量守恒得，解得，故AB错误； CD．物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为，根据能量守恒定律有，代入数据可得，故D正确，C错误。 故选D。 5．B 【解析】A．当运动员所受合力与速度恰好垂直时，运动员速度最小，而运动员到达最高点时竖直速度为零，只有水平速度，所以速度水平，但合外力与速度方向夹角为钝角，故A错误； B．规定水平向右的方向为正方向，设杨文龙从A到C所受的空气阻力大小的平均值为，则，设从A到C的时间为t，则在水平方向上，根据动量定理有，水平位移为，联立解得，故B正确； C．从起跳点到着陆点，运动员受到空气阻力和重力做功，根据动能定理有，重力势能的减少量等于重力做功，所以从起跳点到着陆点杨文龙重力势能的减少量大于动能的变化量，即，故C错误； D．运动员从A运动到B，水平方向根据动量定理有，，，联立可得，由于运动员经过B点的速度不是最小速度，所以最小速度不等于，故D错误。 故选B。 6．C 【解析】A．0~2s内，根据牛顿第二定律有，解得，该时间内做匀加速直线运动，则有，随后木箱做减速运动，根据牛顿第二定律有，解得，利用逆向思维，减速到0的时间，随后木箱向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有，解得，0~4.5s内上述向左加速时间，上述匀加速的末速度，故A错误； B．0~2s内的位移大小，方向向右，2~2.5s内的位移大小，方向向右，2.5~4.5s内的位移大小，方向向左，则该木箱0~4.5s内大小，方向向左，即该木箱0~4.5s内位移为-1m，故B错误； C．滑动摩擦力，结合上述可知，木箱向左运动经历时间为，则向左运动过程，受到摩擦力的冲量大小，故C正确； D．结合上述，与地面摩擦产生的内能，故D错误。 故选C。 7．B 【解析】A．飞行器最大速率发生在合力为零时，则有，解得，故A错误； B．根据动能定理有，结合上述解得，机械能损失等于克服阻力做的功，即机械能损失为，故B正确； C．结合上述可知，克服阻力做功为，故C错误； D．根据动量定理有，结合上述解得，故D错误。 故选B。 8．D 【解析】B．0~t0时间内甲做匀加速直线运动，乙做匀减速运动，t0时刻速度减为零，则，，联立解得，所以甲的速度变化量大小为，故B错误； C．甲的加速度大小为，乙的加速度大小为，所以甲乙加速度大小相等，方向相反，故C错误； D．由于甲乙加速度大小相等，方向相反，即二者组成的系统合力为零，系统动量守恒，故D正确； A．根据牛顿第二定律有，，，联立可得，故A错误。 故选D。 9．C 【解析】AB．设机器人质量为m，滑动摩擦力大小为f，由两个图像结合牛顿第二定律可得，联立解得，因为，解得，故AB错误； C．因为图面积表示速度变化量，机器人初速度为0，故速度变化量大小等于末速度，则4s时机器人速度，规定F方向为正方向，根据动量定理有，因为0~4s时间内，联立解得摩擦力的冲量大小，故C正确； D．根据动能定理可知合力做功，故D错误。 故选C。 10．C 【解析】A．由牛顿第二定律，随着小球速度增加，阻力增大，加速度减小，所以小球做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动，故A错误； B．小球加速度为零时，速度最大，有，由于小球做的是变加速运动，不是匀加速运动，所以其平均速度不等于，故B错误。 C．由动量定理，即，小球从释放至达到最大速度的时间为，故C正确； D．由动能定理，小球所受阻力做功为，故D错误。 故选C。 $第6题突破 第 15练 冲量与动量 本卷共15小题，每小题4分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．（25-26高三上·安徽·月考）如图所示为蹦床运动员比赛时的情景，与蹦床连接的计算机记录了运动员与蹦床刚接触、刚离开的各个时刻，比赛中运动员连续两次从蹦床起跳做竖直上抛运动，第一次运动员在空中停留了1s，第二次运动员在空中停留了1.4s，从第一次落回蹦床到第二次起跳之间运动员与蹦床接触了1.6s。已知运动员的质量为60kg，重力加速度g取10m/s2，则从第一次落回蹦床到第二次起跳之间运动员与蹦床的平均作用力大小为（　　） A．1050N B．975N C．675N D．450N 2．（25-26高三上·江苏苏州·月考）如图所示，在篮球训练中，当接到传来的篮球时，双手应随球迅速收缩至胸前，是为了（　　） A．减小篮球对手的冲量 B．减小篮球对手的冲击力 C．减小篮球的动量变化量 D．减小篮球的动能变化量 3．（2026·江苏镇江·一模）在“苏超”比赛中，足球被踢出后在空中做斜抛运动，最后落到水平草地上。不计空气阻力，则足球在飞行过程中（　　） A．经过最高点时动量为零 B．全过程重力的冲量为0 C．动量的变化率不变 D．竖直方向的动量不变 4．（24-25高三上·江苏南通·开学考试）如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽略不计，车长为2L，与平板车质量相等的物块甲（可视为质点）由平板车的中点处以初速度v0向右运动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙达到共同速度所需的时间为 B．甲、乙共速前，乙的速度一定始终小于甲的速度 C．甲、乙相对滑动的总路程为 D．如果甲、乙碰撞的次数为n（n≠0），则最终甲距离乙左端的距离可能为 5．（2025·安徽淮北·一模）如图所示，质量为M、半径为R的内壁光滑半圆槽静置在光滑水平地面上，现将可视为质点、质量为m的小球从半圆槽左侧圆心等高处由静止释放。已知，不计空气阻力，小球从释放到最低点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．球和槽组成系统的动量守恒 B．球的位移大小为 C．球在最低点时速度大小为 D．槽受到的合外力冲量大小为 6．（25-26高三上·江苏南京·期中）如图甲，轻质弹簧左端与物块A相连，右端与物块B接触但不拴接，系统处于静止状态，给A一水平向右的瞬时速度v0，之后两物块的v-t图像如图乙所示，已知物块A的质量为m，t2时刻B与弹簧分离，弹簧始终处于弹性限度内。则下列说法正确的是（　　） A．0~t1时间，弹簧对物块A的冲量大小为 B．物块B的质量为3m C．0~t1时间，弹簧弹性势能变化量 D．t2时刻B的速度 7．（2025·福建福州·模拟预测）如图（a），一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出v1-v2的关系图像，某段时间内图像如图（b）所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．滑块与小球组成的系统动量守恒 B．当滑块速度为0.5v0时，小球运动至最高点 C．小球与滑块的质量比为1:2 D．小球的初速度大小可能为 8．（25-26江苏·期中）如图所示，一质量为的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为的小球，轻绳长为，将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，忽略所有摩擦阻力，已知重力加速度为，则（    ） A．任意时刻小球与小车的动量等大反向 B．小球运动到最低点时的速度大小为 C．小球不能向左摆到原高度 D．小车向右移动的最大距离为 9．（25-26高三上·贵州·月考）以速度大小向上飞行的火箭在极短时间内向下喷出质量为的气体，喷出气体相对喷气前火箭所处的惯性参考系的速度大小为，喷出气体后火箭的质量是，则火箭喷气后相对喷气前增加的速度大小为（　　） A． B． C． D． 10．（25-26高三上·山西长治·期中）喷泉水柱从横截面积为的喷口持续以速度竖直向上喷出，在喷口正上方处固定一水平挡板，从喷泉喷出的水都能打到挡板上。已知水的密度，重力加速度取。水柱冲击到水平挡板后，水在竖直方向的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开，忽略空气阻力。设水柱对水平挡板的冲击力大小为，则（　　） A． B． C． D． 11．（25-26高三上·陕西西安·期末）太阳帆航天器是一种利用太阳光的压力进行太空飞行的航天器，如图所示。在没有空气的宇宙中，太阳光光子会连续撞击太阳帆，使太阳帆获得的动量逐渐增加，从而产生加速度。太阳帆飞船无需燃料，只要有阳光，就会不断获得动力加速飞行。有人设想在探测器上安装有面积极大、反射功率极高的太阳帆，并让它正对太阳。已知太阳光照射太阳帆时每平方米面积上的辐射功率为，探测器和太阳帆的总质量为，太阳帆的面积为，此时探测器的加速度大小为（　　） A． B． C． D． 12．（2025·山西临汾·三模）一物块静止在粗糙水平地面上，0~4s内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示，0~2s内速度—时间图像如图乙所示，取重力加速度g=10m/s²，关于物块的运动。下列说法正确的是（　　） A．前2s内拉力做的功为12J B．前4s内拉力的冲量为 C．前4s内物块一直在运动 D．物块在4s末减速为零 13．（25-26高三上·山东烟台·期末）一颗子弹在枪筒里前进时所受合力大小与其作用时间的关系式为，已知子弹到达枪口处合力刚好为零，此时子弹的速率为，则子弹的质量为（　　） A．1g B．2g C．3g D．4g 14．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图，在光滑水平面上静置一质量为M、长为L的木板，质量为m的物块以速度水平向右从左端滑上木板。若物块在木板上运动过程中受到的阻力恒定，大小为f，物块可看作质点，改变物块的初速度大小，下列说法中正确的是（　　） A．越大，木板的末速度就越大 B．越大，物块与木板损失的总动能就越多 C．越大，物块与木板相对运动的时间就越短 D．无论取何值，木板的末速度都不可能大于 15．（2025·湖北·模拟预测）如图所示为一个沙漏，其中玻璃容器的质量为，沙子的总质量为，阀门距离容器底部的高度为。现在将该沙漏放在水平台秤上，当打开阀门时，沙子从漏口随时间均匀漏下时，初速度可近似认为为0，忽略空气阻力，不计沙子间的相互影响，下列说法正确的是（　　） A．沙子在空中下落的过程中处于超重状态 B．出口下方范围内沙子数比范围内沙子数多 C．如果沙子下落的总时间为，则玻璃容器底部受到的冲击力大小为 D．由于沙子在下落，处于失重状态，台秤的示数一直小于沙漏的总重力 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《第 15练 冲量与动量》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B C C D C C D A B 题号 11 12 13 14 15 答案 A B A D B 1．A 【详解】由题知，第一次落回蹦床，运动员的速度大小，第二次从蹦床起跳，运动员速度大小，规定向上为正，根据动量定理，解得。 故选A。 2．B 【详解】ABC．接球过程中，篮球的初速度和末速度（为零）是确定的，因此篮球的动量变化量是确定的，对篮球受力分析，根据动量定理可得，解得，接球时，双手随球迅速收缩，延长了手与球相互作用的时间，手对球的平均作用力F 就越小，根据牛顿第三定律，篮球对手的冲击力也相应减小，这样可以防止手部受伤，故AC错误，B正确； D．根据上述分析可知，篮球的初速度和末速度是确定的，因此其动能变化量也是确定的，与接球方式无关。故D错误。 故选B。 3．C 【详解】A．经过最高点时，竖直方向速度为零，但水平方向速度不为零，动量也不为零，故A错误； B．重力的冲量可知，重力的冲量不为零，故B错误； C．根据动量定理，则动量的变化率，重力恒定，故变化率不变，故C正确； D．竖直方向动量，足球在竖直方向速度先减小后增大，则竖直方向的动量先减小后增大，故D错误。 故选 C。 4．C 【详解】AB．设甲、乙质量均为，碰前瞬间甲的速度为，乙的速度为，碰后瞬间甲的速度为，乙的速度为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有，，解得，，即甲、乙发生碰撞时速度互换，设甲、乙最终的共同速度为，则，得，则达到共速所需的时间为，碰撞使得两者速度互换，即甲、乙共速前，乙的速度不一定小于甲的速度，故A错误，B错误； C．从开始到相对静止过程中，甲、乙相对滑动的总路程为，根据动能定理可得，解得，故C正确； D．甲、乙碰撞的次数为n，最终相对静止时甲距离乙左端的距离为，若第次碰撞发生在平板车的左挡板，则有，解得，若第次碰撞发生在平板车的右挡板，则有，解得，即最终甲距离乙左端的距离不可能为，故D错误。 故选C。 5．D 【详解】A．因为小球在竖直方向有加速度，则球和槽组成系统竖直方向合外力不为0，只有水平方向合外力为0，则球和槽组成系统水平方向的动量守恒，整个系统动量不守恒，故A错误； B．水平方向动量守恒，则有，对时间积累可得，即，且有， 联立解得，则球的位移大小,故B错误； C．整个系统机械能守恒，可得，联立解得,,故C错误； D．对槽由动量定理可得，代入可得,故D正确。 故选D。 6．C 【详解】A．0~t1时间，对物块A由动量定理有，则弹簧对物块A的冲量大小为，A错误； B．0~t1时间，对系统由动量守恒定律有，解得，B错误； C．0~t1时间，对系统由机械能守恒定律有，解得，C正确； D．依题意，t2时刻B与弹簧分离，0~t2时间，对系统由动量守恒定律有，由机械能守恒定律有，解得，D错误。 故选C。 7．C 【详解】A．小球与滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，故A错误； C．设小球的质量为m，滑块质量M，水平方向上，根据动量守恒定律可得，化简可得，结合图（b）可得，所以，故C正确； B．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上，由动量守恒定律得，解得，故B错误； D．若小球恰好能到达圆弧最高点，小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，根据能量守恒定律得，解得，由于小球能从圆弧最高点冲出滑块，所以其初速度一定大于，即小球的初速度大小不可能为，故D错误。 故选C。 8．D 【详解】A．根据题意可知，系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故系统在水平方向动量守恒，而系统总动量不守恒，故A错误； B．小球运动到最低点时有向左的速度，小车速度向右，重力势能转化为系统的动能，所以小车的速度小于，故B错误； C．根据系统水平方向动量守恒及系统机械能守恒可知，小球摆到左侧最高点时系统的速度为零，则小球仍能向左摆到原高度，故C错误； D．根据题意可知，小球相对于小车的最大位移为，根据“人船模型”，小车最大距离和小球最大距离关系有，系统水平方向动量守恒定律有，由于运动时间相同，则有，小车向右移动的最大距离为，故D正确。 故选D。 9．A 【详解】设向上为正方向。喷气前，火箭质量为，速度为，总动量为，喷气后，火箭质量为，速度为，喷出气体质量为。喷出气体相对喷气前火箭的速度大小为，方向向下，故其绝对速度为，根据动量守恒定律，则有，化简、移项得， 故火箭喷气后相对喷气前增加的速度大小为。 故选A。 10．B 【详解】根据运动规律，解得，设挡板对水的作用力的大小为F，根据动量定理有，联立解得。 故选 B。 11．A 【详解】每秒光照射到帆面上的能量，光子的平均能量，光子的频率，每秒射到帆面上的光子数，每个光子的动量，光射到帆面被反弹，设光子碰撞时间为t，则由动量定理得，对飞船，由牛顿第三定律和牛顿第二定律得，，联立解得。 故选A。 12．B 【详解】A．由图乙可知，第内、第内物块的位移分别为，，则前2s内拉力做的功为，故A错误； B．图甲中图像与时间轴所包围的面积表示拉力的冲量，故前4s内拉力的冲量为，故B正确； CD．由题意可知，物块所受的滑动摩擦力大小为，假设前4s内物块一直在运动，设物块在4s末的速度为，由动量定理得，得，说明在4s前速度已经减为零，速度减为零后保持静止，故CD错误。 故选B。 13．A 【详解】作出子弹受力的图像如下 由于图像中，图线与坐标轴围成的面积表示冲量的大小，则有，由动量定理可知，子弹的质量。 故选A。 14．D 【详解】ABC．当物块未从木板上滑离，系统水平方向动量守恒，物块的初速度越大时，木板的末速度越大，两者相对位移也就越大；因物块与木板损失的总动能等于系统产热，满足，可知物块的初速度越大时，物块与木板损失的总动能就越多，木板加速度恒定，物块与木板相对运动达到共速的时间越长。当物块从木板上滑离，物块的初速度越大时，木板的末速度越小，物块与木板损失的总动能不变，物块与木板相对运动的时间越短，故ABC错误； D．当物块从木板的最左端恰好滑到木板的最右端时，物块与木板的速度相等时，木板的末速度最大，物块和木板动量守恒，根据动量守恒定律，根据能量守恒，联立解得，故D正确。 故选D。 15．B 【详解】A．沙子在空中下落过程中是自由落体运动，加速度竖直向下，处于失重状态，故A错误。 B．沙子从漏口随时间均匀漏下，时间间隔相等，由题意沙子下落位移有，，由自由落体运动公式有，，代入数据解得，，显然，所以出口下方范围内沙子数比范围内沙子数多，故B正确。 C．根据自由落体运动公式有，设沙子落到容器底部与容器底部作用时间为，玻璃容器底部受到的冲击力大小为，根据牛顿第三定律沙子受到容器底部的作用力大小也为，则根据动量定理有，联立解得，故C错误。 D．刚开始下落时，沙子没有与容器底部接触，空中下落沙子处于完全失重状态，台秤示数小于总重力，当沙子与容器底部接触后，是否大于总重力取决于玻璃容器底部受到的冲击力大小，无法确定台秤示数是否小于总重力，故D错误。 故选B。 $