(三)　能量与动量 阶段测试-2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 聚焦能量与动量综合应用，通过典型题例系统整合动能定理、动量守恒等核心方法，构建从概念到综合应用的逻辑链条，培养物理观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择|10|动能定理、动量守恒、机械能守恒综合应用|从功和功率概念出发，推导能量转化与动量传递规律，结合碰撞、相对运动等情境拓展| |实验|1|平抛运动时间转换法验证动量守恒|通过实验操作深化动量守恒条件的理解，建立理论与实践的联系| |计算|5|多过程问题分析、临界状态判断|综合应用能量与动量规律解决传送带、碰撞等复杂问题，体现模型建构与科学推理|

(三)　能量与动量 阶段测试 (满分：100分) 一、选择题(本题共10小题。) 1．(2025·河南省安阳市林州市一中高三上月考)升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s，则此过程中(g取10 m/s2)(　　) A．升降机对物体做功5800 J B．合外力对物体做功5800 J C.物体的重力势能增加500 J D．物体的机械能增加800 J 2．(2026·山东省烟台市高三上期中)动车组是自带动力车厢和不带动力车厢的编组。某一动车组由10节车厢连接而成，其中第一节和第六节车厢为动力车厢，每节动力车厢的额定功率均为P额＝4800 kW，每节车厢的质量均为m＝1×104 kg，动车组在行驶过程中所受的阻力f为车重的0.1倍，已知行驶过程中，每节动力车厢总保持相同的输出功率，重力加速度g＝10 m/s2，则该动车组的最大行驶速度vm为(　　) A．48 m/s B．72 m/s C．96 m/s D．144 m/s 3．(2026·海南省部分学校高三上第二次月考)如图所示，小明同学乘坐冰车静止在光滑的水平冰面上，冰车上有10个质量均为m的雪球。打雪仗时，小明同学不断将雪球以相对地面为v0的水平速度向右抛出。已知小明与冰车的总质量为M，下列说法正确的是(　　) A．第5个雪球抛出的瞬间，冰车的速度大小为v0 B．第10个雪球抛出的瞬间，冰车的速度大小为v0 C．第5个雪球抛出的瞬间，雪球相对冰车的速度大小为v0 D．第10个雪球抛出的瞬间，雪球相对冰车的速度大小为v0 4．甲、乙两物体以相同的初动量在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其动量p随时间t的变化规律如图所示，已知甲、乙两物体与地面间的动摩擦因数相同，在此过程中(　　) A．甲、乙两物体的质量之比为1∶1 B．甲、乙两物体的初速度大小之比为2∶1 C．甲、乙两物体受到的摩擦力冲量大小之比为1∶1 D．甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为2∶1 5．(2026·河北省沧州市泊头市八县联考高三上期中)如图所示，光滑水平面上有A、B两个质量均为m的物块，两物块用轻弹簧连接在一起，现用锤头敲击一下物块A，瞬间给物块A一个向左的、大小为I的冲量，则弹簧获得的最大弹性势能为(　　) A. B. C. D. 6．(2026·河北省高三上期中联考)如图所示，O点为固定在光滑水平横杆上的铰链，轻杆OA长度为L，A端铰接一质量为m的小球P，另一轻杆的A端也与小球P铰接，B端铰接一质量也为m的物块Q，物块Q穿过水平光滑横杆，可在横杆上无摩擦滑动。所有铰链均光滑，轻杆质量不计。初始时OA杆与水平方向成α角，系统从静止释放。重力加速度大小为g。当小球P运动到O点正下方时，小球P的速度大小为(　　) A. B. C. D. 7.如图为一幼儿园的可调臂长的跷跷板的示意图，O为跷跷板的支点。开始时一质量为m的小朋友坐在跷跷板的A端，此时A端恰好着地，跷跷板与水平地面的夹角为θ＝30°。现有一质量为4m的老师坐在跷跷板的B端，经过一段时间后跷跷板到达水平位置。已知OA＝2L，OB＝L，不计空气阻力和跷跷板的质量，重力加速度大小为g，小朋友与老师均可视为质点，则(　　) A．此过程中小朋友的机械能守恒 B．此过程中小朋友与老师的速度大小之比为1∶2 C．跷跷板处于水平位置时，老师的速度大小为 D．此过程中跷跷板对小朋友做的功为mgL 8.(多选)如图所示，小王同学正在垫质量为m的排球。排球离开手臂后先竖直向上运动高度h后，再落回原位置，设空气阻力大小恒为f，则全过程中(　　) A．重力对排球所做总功为零 B．排球的机械能变化量为－2fh C．合力对排球做功为零 D．合力对排球的冲量为零 9．(2026·山东省青岛市高三上开学考试)(多选)质量为m的直升机悬停在空中执行救援任务，旋翼高速旋转向下推动静止空气产生升力。已知旋翼半径为R，旋翼旋转推出的空气速度为v、密度为ρ，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．升力大小为πρR2v B．升力大小为πρR2v2 C．旋翼推动空气做功的功率为mgv D．旋翼推动空气做功的功率为mgv 10.(多选)如图所示，三个小孩分别坐在三辆碰碰车(可看成质点)上，任意一个小孩加上自己的碰碰车后的总质量都相等，三辆碰碰车在一光滑水平面上排成一直线，且初始时彼此隔开相等的距离。具有初动能E0的碰碰车1向右运动，依次与两辆静止的碰碰车2、3发生碰撞，碰撞时间很短且碰后连为一体，最后这三辆车粘成一个整体成为一辆“小火车”，下列说法正确的是(　　) A．三辆碰碰车整体最后的动能等于E0 B．碰碰车1运动到2的时间与2运动到3的时间之比为2∶3 C．碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为3∶1 D．碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为3∶2 二．实验题： 11.(2026安徽安庆高三月考)某实验探究小组利用如图实验装置研究两物体碰撞过程中的守恒量。 (1)实验步骤如下: A.将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上,用来记录实验中球1、球2与木条的撞击点; B.利用天平测量出1、2两小球的质量分别为m1、m2; C.调节轨道末端水平,木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触,让入射球1从斜轨上A点由静止释放,与木条撞击点为B'; D.将木条平移到图中所示位置固定; E.让入射球1从斜轨上A点由静止释放,与木条撞击点为P; F.把球2静止放置在水平轨道的末端B点,让入射球1从斜轨上A点由静止释放,确定球1和球2相撞后与木条的撞击点; G.用秒表手动计时分别测量两球从B点到各撞击点N、P、M所用的时间t1、t2、t3; H.用刻度尺测得B'与N、P、M各点的高度差分别为h1、h2、h3。 以上步骤G和H中测量误差较大的是　　　　　。  (2)把小球2放在斜轨末端边缘B处,让小球1从斜轨上A处由静止开始滚下,使它们发生碰撞,碰后小球1的落点在图中的　　　　点。  (3)若测量的物理量满足关系式　　　　　　　(用所测物理量的字母表示),则入射小球和被碰小球碰撞前后的总动量不变。  若测量的物理量再满足关系式　　　　　　(用所测物理量的字母表示),则入射小球和被碰小球碰撞为弹性碰撞。 三．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 12.从地面以v0的速度竖直向上抛出一物体，不计空气阻力，重力加速度为g，以地面为重力势能的零势能面。 (1)求物体上升的最大高度h。 (2)物体的重力势能为动能的一半时，求物体离地面的高度h1。 (3)物体的重力势能和动能相等时，求物体离地面的高度h2。 (4)物体的动能是重力势能的一半时，求物体离地面的高度h3。 (5)物体的速率为时，求物体离地面的高度h4。 13.如图是某城市广场喷泉喷出水柱的场景。从远处看，喷泉喷出的水柱超过了40层楼的高度；靠近看，喷管的直径约为10 cm。请你据此估计用于给喷管喷水的电动机输出功率至少有多大？ 14.(2025广东清远二模)如图甲所示为某机场行李物品传送装置实物图,图乙为该装置直线段部分简化图,由传送带及固定挡板组成,固定挡板与传送带上表面垂直,传送带上表面与水平台面的夹角θ=37°。工作人员将长方体货物(可视为质点)从图乙传送带的左端由静止释放,在距左端L=8 m处货物被取走,货物运动时的剖面图如图丙所示。已知传送带匀速运行且速度v=1 m/s,货物质量m=10 kg,其底部与传送带上表面A间的动摩擦因数为μ1=0.4,其侧面与挡板C间动摩擦因数为μ2=0.2(重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不计空气阻力)。求: (1)货物刚开始运动时传送带和挡板对货物的支持力FN1和FN2的大小; (2)货物在传送带上滑动时的加速度大小; (3)若传送带速度在0.5 m/s至2 m/s范围内可调,要求取走该货物时因传送货物而多消耗的电能不能超过122 J,则传送带速度不超过多少。 15．如图所示，在光滑水平地面上有一质量mA＝2 kg的凹形槽A，其上表面长L＝8 m，两侧挡板厚度不计，A的左端放置有一质量mB＝0.5 kg、可视为质点的滑块B，B与A以v0＝10 m/s的相同初速度一起向右运动，经过一段时间后与静止在地面上、质量mC＝6 kg的滑块C发生碰撞。碰后滑块C滑上逆时针转动且上表面与水平地面平齐的传送带后，恰好未能从传送带右端离开，之后C无其他碰撞。若所有的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.2，滑块C与传送带间动摩擦因数μ2＝0.3，传送带速度v＝1 m/s保持不变，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)A、C碰撞后的瞬间速度vA、vC； (2)传送带对C的支持力的冲量大小I； (3)滑块B与A两侧挡板发生碰撞的总次数n及相对静止时B距A凹槽内右端的距离d。 参考答案： 1.答案：A解析：根据动能定理得W升＋WG＝mv2－0，其中重力做功WG＝－mgh，解得升降机对物体做功W升＝5800 J，合外力对物体做功W合＝mv2－0＝×100×42 J＝800 J，故A正确，B错误；物体重力势能增加ΔEp＝－WG＝5000 J，故C错误；除重力之外仅有升降机对物体做功，故物体机械能增加ΔE＝W升＝5800 J，故D错误。 2.答案：C解析：该动车组达到最大行驶速度时，牵引力等于阻力，此时总功率为两节动力车厢的额定功率之和，有2F牵＝f，f＝0.1×10mg，P额＝F牵vm，联立解得vm＝96 m/s，故选C。 3.答案：A解析：设第5个雪球抛出的瞬间，冰车的速度大小为v，方向向左，根据动量守恒定律有5mv0＝(M＋5m)v，解得v＝v0，雪球相对冰车的速度大小为v相＝v0＋v＝v0，故A正确，C错误；设第10个雪球抛出的瞬间，冰车的速度大小为v′，方向向左，根据动量守恒定律有10mv0＝Mv′，解得v′＝v0，雪球相对冰车的速度大小为v相′＝v0＋v′＝v0，故B、D错误。 4.答案：C解析：在水平方向上，甲、乙两物体只受摩擦力作用，根据动量定理，甲、乙两物体受到的摩擦力冲量大小之比为1∶1，故C正确；设甲、乙两物体与地面间的动摩擦因数为μ，根据动量定理，对甲有－μm甲gt＝0－p0，对乙有－μm乙g×2t＝0－p0，可得甲、乙两物体的质量之比为m甲∶m乙＝2∶1，故A错误；根据p＝mv可知，甲、乙两物体的初速度大小之比为v0甲∶v0乙＝m乙∶m甲＝1∶2，故B错误；根据动能定理可知摩擦力做功Wf＝0－mv，又p0＝mv0，可得Wf＝－，则甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为Wf甲∶Wf乙＝m乙∶m甲＝1∶2，故D错误。 5.答案：A解析：设物块A获得的初速度为v0，根据动量定理有I＝mv0－0，A获得的初动能Ek0＝mv，A、B共速时弹簧弹性势能最大，设A、B的共同速度为v，根据动量守恒定律有mv0＝2mv，A、B此时的总动能Ek＝×2mv2，弹簧获得的最大弹性势能Ep＝Ek0－Ek，联立解得Ep＝，故选A。 6.答案：A解析：设小球P运动到O点正下方时，P、Q的速度大小分别为vP、vQ，轻杆AB与水平方向的夹角为θ，从初态到末态系统机械能守恒，可得mg(L＋Lsinα)＝mv＋mv，P、Q此时的速度方向如图所示，由沿杆方向速度相等可得vPcosθ＝vQcosθ，联立解得vP＝，故选A。 7.[答案]　D[解析]　此过程中小朋友的速度增大，动能增大，重力势能增大，则小朋友的机械能增大，A错误；小朋友与老师的角速度总是相等，由于小朋友与老师绕O点转动的半径之比为2∶1，根据v＝ωr可知此过程中小朋友与老师的速度大小之比为2∶1，B错误；跷跷板处于水平位置时，设老师的速度大小为v，则小朋友的速度大小为2v，对老师、小朋友和跷跷板组成的系统，根据机械能守恒定律可得4mg·Lsin30°－mg·2Lsin30°＝m·(2v)2＋·4mv2，解得v＝，C错误；对小朋友，根据动能定理可得W－mg·2Lsin30°＝m·(2v)2－0，解得此过程中跷跷板对小朋友做的功W＝mgL，D正确。 8.答案：AB解析：排球离开手臂后又落回原位置，位移为零，故重力对排球所做总功为零，A正确；排球上升和下落过程的总路程为2h，故空气阻力做功为W＝－2fh，期间排球仅受重力和空气阻力，根据功能关系可知，排球的机械能变化量为－2fh，合力对排球做功不为零，故B正确，C错误；全过程中排球的机械能减小，则落回原位置时速度大小变小，方向反向，根据动量定理可知合力对排球的冲量不为零，故D错误。 9.答案：BD解析：Δt时间内旋翼旋转推出的空气质量为Δm＝ρπR2v·Δt，对这部分空气，由动量定理有F·Δt＝Δm·v－0，联立得旋翼对空气的作用力大小为F＝ρπR2v2，由牛顿第三定律可知，升力大小为F′＝F＝ρπR2v2，故A错误，B正确；旋翼推动这部分空气做的功为W＝Δmv2，功率为P＝＝ρπR2v3，质量为m的直升机悬停，有F′＝ρπR2v2＝mg，联立得旋翼推动空气做功的功率为P＝mgv，故C错误，D正确。 10.答案：AC解析：设每辆碰碰车的质量均为m，碰碰车1的初速度为v0，三辆碰碰车粘成一个整体后速度为v，动能为Ek，由动量守恒定律可得mv0＝3mv，解得v＝v0，又E0＝mv，则Ek＝×3mv2＝E0，故A正确；设相邻两辆碰碰车间的距离为x，则碰碰车1运动到2的时间为t1＝，依题意，碰碰车1与静止的碰碰车2碰撞过程，由动量守恒定律有mv0＝2mv12，解得碰后碰碰车1、2的速度v12＝，则2运动到3的时间为t2＝＝，可得t1∶t2＝1∶2，故B错误；碰碰车第一次碰撞时损失的机械能为ΔE1＝mv－×2mv＝mv，第二次碰撞时损失的机械能为ΔE2＝×2mv－×3mv2＝mv，可得ΔE1∶ΔE2＝3∶1，故C正确，D错误。 11.答案：(1)G　(2)M　(3) 　 解析：(1)小球撞击在木条上时,时间很短,测量误差很大;根据平抛运动规律,可知小球撞击在木条上时,下落的时间t=,可把时间转换为高度h,故G不合理。 (2)由图可知,两小球撞击在竖直木条上,三次平抛运动的水平位移相等,由平抛运动的规律可知,水平速度越大,竖直方向下落的高度越小;碰后小球1的速度减小,则碰后小球1落到M点。 (3)根据平抛运动规律,可知小球撞击在木条上时,下落的时间t=,则可知小球做平抛运动的水平速度v=,代入题中数据得v1=,v1'=,v2'=,若碰撞过程动量守恒,则m1v1=m1v1'+m2v2',联立解得,若碰撞过程机械能守恒,则有m1m1v1'2+m2v2'2,联立解得。 12.答案：(1)　(2)　(3)　(4) (5) 解析：(1)由机械能守恒定律有mv＝mgh 解得h＝。 (2)由机械能守恒定律有mv＝mgh1＋mv 其中mgh1＝×mv 联立得h1＝。 (3)由机械能守恒定律有mv＝mgh2＋mv 其中mgh2＝mv 联立得h2＝。 (4)由机械能守恒定律有mv＝mgh3＋mv 其中mv＝mgh3 联立得h3＝。 (5)由机械能守恒定律有mv＝mgh4＋m 解得h4＝。 13.答案：4.6×105 W 解析：每层楼高度按3 m计算，则水柱高度约h＝40×3 m＝120 m 在喷管喷水口处，设经过Δt的时间喷出水的质量为Δm，喷射速度为v， 则Δm＝ρπvΔt 水从离开喷口至最高点的过程中，由机械能守恒定律得Δmgh＝Δmv2 设电动机的输出功率至少为P，有PΔt＝Δmv2 联立并代入数据解得P＝4.6×105 W。 14.答案：(1)80 N　60 N　(2)2 m/s2　(3) m/s 解析：(1)对货物受力分析如图所示,有FN1=mgcos θ,FN2=mgsin θ, 代入数据解得FN1=80 N,FN2=60 N。 (2)货物与传送带间的摩擦力Ff1=μ1FN=32 N,与运动方向相同,货物与挡板间的摩擦力Ff2=μ2FN=12 N,与运动方向相反,对货物有Ff1-Ff2=ma, 代入数据解得a=2 m/s2。 (3)若传送带以最大速度2 m/s运行,货物加速阶段运动的最大位移 xm==1 m<L=8 m,货物不会滑落。设多消耗的电能不能超过122 J时,传送带的速度为v0,则货物在传送带上先加速运动x1距离后,以传送带速度v0匀速运动(L-x1),故传送带因传送货物而多做的功W=+Q1+Ff2L,对货物,由动能定理(Ff1-Ff2)x1=,由=2ax1,得x1=,同理x1=t1,得t1=,传送带与货物间摩擦产生的热量Q1=Ff1(x带1-x1),其中x带1=v0t1=2x1,依题意整理可得 W=Ff1+Ff2≤122 J,代入数据解得v0≤ m/s,0.5 m/s<v0≤ m/s<2 m/s,故传送带速度不超过 m/s。 15.答案：(1)5 m/s，方向向左　5 m/s，方向向右 (2)360 N·s　(3)5　5 m 解析：(1)A、C发生弹性碰撞，以向右为正方向， 根据动量守恒定律有mAv0＝mAvA＋mCvC 根据机械能守恒定律有mAv＝mAv＋mCv 解得vA＝－5 m/s，vC＝5 m/s 即A的速度大小为5 m/s，方向向左，C的速度大小为5 m/s，方向向右。 (2)传送带对C的支持力大小为FN＝mCg 滑块C恰好未能从传送带右端离开，即刚好在传送带右端减速到0，设减速时间为t1，传送带长度为l， 由动量定理有－μ2mCgt1＝0－mCvC 由动能定理有－μ2mCgl＝0－mCv 之后C反向加速，设经过时间t2、位移大小l1后与传送带共速， 由动量定理有μ2mCgt2＝mCv－0 由动能定理有μ2mCgl1＝mCv2－0 之后C与传送带一起匀速运动，匀速运动时间t3＝ C在传送带上运动的总时间t总＝t1＋t2＋t3 支持力的冲量大小I＝FNt总 联立并代入数据解得I＝360 N·s。 (3)最终A、B将达到共同速度，设共同速度大小为v共，B相对A运动的总路程为s，对A和B，根据动量守恒定律有 mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v共 解得v共＝－2 m/s 根据能量守恒定律有mAv＋mBv＝(mA＋mB)v＋μ1mBgs 解得s＝45 m 有s＝5L＋5 m 即B与A两侧挡板发生碰撞的总次数n＝5，且相对静止时B距A凹槽内右端的距离d＝5 m。 学科网（北京）股份有限公司 $