三、能量和动量-【优学精研】2027年高考物理一轮总复习收官模考蓄力（提升版）

**基本信息** 以能量和动量为核心，融合生活科技场景与数学方法，通过数列法等系统提炼解题思路，构建“概念-模型-推理”逻辑链条。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |物理与生活科技类|四川南充模拟等3题|动量守恒+动能定理解决多体碰撞问题|从生活场景抽象质点模型，应用能量观念分析摩擦与碰撞过程| |物理与数学方法类|湖北模拟等4题|弹性碰撞规律+数列求和处理重复过程|通过归纳法推导物理量变化通项，结合科学推理实现多过程问题量化求解|

三、能量和动量 物理与生活科技类 （2025·四川南充模拟）图甲为罗马杆滑环窗帘，假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，简化为图乙所示模型。水平固定的长杆上有3个相同的滑环，滑环均近似看成质点。若窗帘完全拉开，相邻两环间距离为L＝0.2 m。开始时滑环均位于长杆右侧边缘处，彼此接触但不挤压。现给1号滑环一个向左的初速度v10＝2 m/s，已知滑环与杆之间的动摩擦因数为μ＝0.1。假设前、后两滑环之间的窗帘绷紧瞬间，两滑环立即获得相同速度，窗帘绷紧用时极短，可忽略不计，不计空气阻力，整个过程中1号滑环未与杆左侧相撞，重力加速度g取10 m/s2，求： （1）2号滑环获得的初速度v20的大小； （2）1号滑环滑行的总距离d。 答案：（1） m/s　（2） m 解析：（1）对1号滑环与2号滑环碰撞前滑行过程，由动能定理得－μmgL＝m－m 解得v1＝ m/s 对1、2号滑环碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得 mv1＝2mv20 解得2号滑环获得的初速度大小为v20＝ m/s。 （2）对1、2号滑环碰后滑行过程，由动能定理得 －μ·2mgL＝×2m－×2m 解得v2＝ m/s 对1、2号滑环与3号滑环碰撞过程，由动量守恒定律得2mv2＝3mv30 解得v30＝ m/s 对1、2、3号滑环滑行过程，由动能定理得μ·3mgx＝·3m 解得x＝ m 故1号滑环滑行的总距离为d＝2L＋x＝2×0.2 m＋ m＝ m。 物理与数学方法类 （2025·湖北模拟）如图所示，有n个质量均为m的相同小球保持一定间距放在光滑的水平面上，且它们排列成一条直线，在左边有一质量为2m的小球M以初速度v向右运动，各球之间的碰撞均为弹性碰撞，每次最右边小球被碰走时，M恰好与小球1发生碰撞，经过若干次碰撞后所有小球均向右做匀速直线运动，则下列说法正确的是（　　） A.小球n做匀速运动的速度为v B.小球1做匀速运动的速度为v C.所有小球向右做匀速直线运动时，碰撞总次数为 D.所有小球向右做匀速直线运动时，碰撞总次数为 答案：C 解析：M与小球1发生弹性碰撞后，设M的速度为vM1，小球1的速度为v1，根据动量守恒有2mv＝2mvM1＋mv1，根据能量守恒有×2mv2＝×2m＋m，联立解得vM1＝v，v1＝v，小球1～n质量相同且发生弹性碰撞，它们之间交换速度，所以小球n匀速运动的速度为v1＝v，故A错误；当M与小球1发生第二次弹性碰撞时小球1是静止的，根据动量守恒有2mvM1＝2mvM2＋mv2，根据能量守恒有×2m＝×2m＋m，联立解得vM2＝vM1＝v，v2＝×v，以此类推，当所有小球都做匀速直线运动时，小球1匀速运动的速度为×v，故B错误；n号小球被碰走，小球之间的碰撞次数为n，n－1号小球被碰走，小球碰撞的次数为n－1，n－2号小球被碰走，小球碰撞的次数为n－2，以此类推，当所有小球都做匀速直线运动时，碰撞总次数为n＋＋＋…＋1＝，故C正确，D错误。 数列法在物理问题中的应用 凡涉及数列求解的物理问题都具有过程多、重复性强的特点，但每一个重复过程均不是原来的完全重复，而是一种变化了的重复，随着物理过程的重复，某些物理量逐步发生着前后有联系的变化。该类问题求解的基本思路为： （1）逐个分析开始的几个物理过程； （2）利用归纳法从中找出物理量变化的通项公式（这是解题的关键）； （3）最后分析整个物理过程，应用数列特点和规律求解。 （4）无穷数列的求和，一般是无穷递减数列，有相应的公式可用。 ①等差数列：Sn＝＝na1＋d（d为公差）。 ②等比数列：Sn＝（q为公比）。 物理与生活科技类 1.（2025·四川绵阳一模）在足球场上罚任意球时，防守运动员会在球门与罚球点之间站成一堵“人墙”，以增加防守面积，防守运动员会在足球踢出瞬间高高跃起，以增加防守高度。如图所示，虚线是某次射门时足球的运动轨迹，足球恰好擦着横梁下沿进入球门，忽略空气阻力和足球的旋转，下列说法正确的是（　　） A.足球上升到最高点时的速度为0 B.足球下降过程中重力的功率一直在增大 C.足球在飞行过程中机械能先减小后增大 D.只要防守运动员跳起的最大高度超过轨迹最高点，就一定能“拦截”到足球 解析：B　足球做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，故足球在最高点时的速度等于水平分速度，且不为零，故A错误；足球在下降过程中竖直方向的分速度vy不断增大，重力的瞬时功率为P＝mgvy，一直在增大，故B正确；由于忽略空气阻力，只有重力做功，故飞行过程中足球的机械能守恒，故C错误；防守运动员跳起是否能“拦截”到足球，除了跳起的最大高度超过足球的轨迹（不一定是轨迹的最高点），还和时间因素有关。即使防守运动员跳起的最大高度超过轨迹最高点，若起跳时机不对，仍然无法拦截到足球，故D错误。 2.（2025·辽宁大连一模）如图所示为杂技表演“胸口碎大石”，其原理可解释为：当大石块获得的速度较小时，下面的人感受到的振动就会较小，人的安全性就较强，若大石块的质量是铁锤的150倍，则撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的（　　） A. B. C. D. 解析：B　如果铁锤与大石块发生的是完全非弹性碰撞，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得mv0＝（150m＋m）v，解得v＝v0，如果铁锤与大石块发生的是弹性碰撞，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得mv0＝150mv1＋mv2，由机械能守恒定律得m＝×150m＋m，联立解得v1＝v0，所以撞击后大石块的速度范围为v0≤v≤v0，故撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的，其他值不可能，故A、C、D错误，B正确。 物理与数学方法类 3.（2025·山东聊城模拟）如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪出水口直径为D，水流以速度v从枪口喷出近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有向四周溅散开，溅起时垂直车身向外的速度为，其余的水流撞击车身后无反弹顺车流下。由于水流与车身的作用时间较短，在分析水流对车身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为ρ，水流对车身的平均冲击力为（　　） A.ρπD2v2 B.ρπD2v2 C.ρπD2v2 D.ρπD2v2 解析：C　取水流的速度方向为正方向，假设在一段很短的时间Δt内，喷到车身上水的质量为Δm，则Δm＝ρπvΔt＝，设水流对车身的平均冲击力大小为，则对质量为Δm的水，根据动量定理有－Δt＝Δm＋Δm，联立两式，求得＝ρπD2v2，故选C。 4.（2025·云南昭通模拟）如图所示，在光滑水平面上有两个静止的、可视为质点的相同物块A、B，某时刻给物块A一个向右的初速度v0＝10 m/s，物块A与物块B发生弹性碰撞，碰后物块进入与水平面平滑连接的光滑圆形轨道。圆形轨道右侧的光滑水平面平滑连接着一个倾角θ＝37°且足够长的粗糙斜面，斜面与物块间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 （1）求物块A与物块B碰后瞬间，物块B的速度大小； （2）若物块B在碰撞后进入圆形轨道的过程中恰好能通过最高点，求圆形轨道的半径R； （3）若圆形轨道半径R＝1.8 m，求物块B第N次滑上斜面的最大位移sN的表达式以及整个运动过程在斜面上经过的总路程s。 答案：（1）10 m/s　（2）2 m　（3）见解析 解析：（1）由动量守恒定律得mv0＝mvA＋mvB 由机械能守恒定律得m＝m＋m 联立解得vB＝10 m/s，vA＝0。 （2）物块B进入圆形轨道且恰能通过轨道最高点，由牛顿第二定律可得mg＝m 由机械能守恒定律得m＝2mgR＋m 解得R＝2 m。 （3）由圆形轨道半径R＝1.8 m＜2 m 可知物块B能做完整的圆周运动，当物块B以vB＝10 m/s的速度第一次滑上斜面，由牛顿第二定律得μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1 解得a1＝10 m/s2 第一次滑上斜面的最大位移为s1，由＝2a1s1 解得s1＝5 m 从斜面下滑，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 由＝2a2s1 解得滑到斜面下端时速度vB2＝2 m/s 物块B第二次滑上圆形轨道，由机械能守恒定律得m＝mgh 解得h＝1 m＜R 故物块B不会脱离轨道且后面的运动都不会脱离轨道，物块B以vB2第二次滑上斜面，则＝2a1s2 得上滑的位移大小s2＝1 m 物块B第二次下滑，则＝2a2s2 物块B第三次滑上斜面＝2a1s3 得上滑的位移s3＝ m 故可以得到规律sN＝s1＝ m 整个过程中，根据能量守恒定律得m＝μmgcos θ·s 联立解得s＝12.5 m。 5.（2025·河南驻马店一模）如图所示的装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝2 kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以u＝2 m/s的速率逆时针转动，装置的右边是一光滑曲面，质量m＝1 kg的小物块B从其上距水平台面高h＝1.0 m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l＝1.0 m。设物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态。取g＝10 m/s2。 （1）求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小； （2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上； （3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出第n次碰撞后物块B的运动速度大小。 答案：（1）4 m/s　（2）不能　（3） m/s 解析：（1）设物块B从光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒得，mgh＝m 由v0＝＝ m/s＝2 m/s＞u， 故B滑上传送带后做匀减速运动， 加速度a＝＝μg＝2 m/s2， 根据－＝－2al， 得物块B到达传送带左端时的速度 v1＝＝ m/s＝4 m/s， B离开传送带后做匀速运动，故物块B与物块A第一次碰撞前的速度v1＝4 m/s。 （2）物块B与物块A发生对心弹性碰撞，碰撞前后遵守动量守恒和能量守恒 即mv1＝mv1'＋MV1' m＝mv1'2＋MV1'2 联立解得，v1'＝v1＝－v1＝－ m/s 负号说明B与A碰撞后，B的速度方向向右， 物块B运动到传送带上做匀减速运动， 速度减为零时的位移x＝＝ m＝ m＜l，因此物块B还没有到达传送带的右边，速度已减小为零，故不能到达右边的曲面上。 （3）物块B与A第一次碰撞后，运动到传送带上做匀减速运动，速度减为零后做反向的加速运动，根据对称性，离开传送带后的速度v2＝－v1'，然后与A发生第二次碰撞，且满足 mv2＝mv2'＋MV2' m＝mv2'2＋MV2'2 联立解得，v2'＝v2＝－v2＝－v1 同理，物块B与A第三次碰撞前的速度v3＝－v2'，碰撞后的速度 v3'＝－v3＝－v1， 依次类推，第n次碰撞后B的速度vn'＝－v1， 即n次碰撞后的速度大小为v1＝ m/s。 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $