資源簡介

物理選修3
參考答案
專題一 動量、動量守恒定律
【基礎特訓】
1.C 【解析】 以小車和木塊組成的系統為研究對象所受合外力為零,因此系統動量守恒,由于摩擦力的作
用,B 速度減小,A 速度增大,B 速度減小到最小時,A 速度達最大,最后B,A 以共同速度運動,設B,A 共同速度
為v',有:
mv
mv 00=(M+m)v',解得:v'=M+m.
故C正確,ABD錯誤.
2.C 【解析】 小球下滑過程中,水平方向不受外力,在水平方向上動量守恒.
根據能量守恒得小球的重力勢能轉化為小球的動能和弧形的槽的動能,
1
即:mgh= mv2+Ekm,所以v< 2gh,故C正確,2 ABD
錯誤.
3.A 【解析】 取砂袋和小車為系統,由動量守恒,有 m1v1-m2v2=(m1+m2)v,整理可得v=1.0m/s,方
向向右,故A項正確.
4.D 【解析】 由動量守恒可知,原子核靜止在磁場中,發生β衰變后的新核與電子的動量大小相等,方向相
mv2 mv
反.由qBv= ,得R= ,粒子運動的半徑與電荷量成反比.新核帶電量大于電子,因此R 較小,知軌跡R qB 2
為新
核軌跡,由左手定則可知,磁場方向垂直紙面向里.選項D正確.
2
5.(1)A,B 兩球相距最近時,A 球的速度為 2gh;3
(2)A,
2
B 兩球相距最近時,A,B 兩球系統的電勢能為 mgh;3
(3)A,
1 4
B 兩球最終的速度vA,vB 的大小分別為3 2gh
,
3 2gh.
【解析】 (1)對A 球下滑的過程,由動能定理得:
1
2mgh= ×2mv22 0 v0= 2gh
,
當A 球進入水平軌道后,A,B 兩球組成的系統動量守恒,
當A,B 相距最近時,兩球速度相等,由動量守恒定律可得:
2 2
2mv0=(2m+m)v v= ;3v0=3 2gh
(2)
1 2
由能量守恒定律得:2mgh= (2 2m+m
)v2+Ep Ep= mgh;3
(3)當A,B 相距最近之后,由于靜電斥力的相互作用,它們將會相互遠離,當它們相距足夠遠時,它們之間的
相互作用力可視為零,電勢能也視為零,它們就達到最終的速度,該過程中,A,B 兩球組成的系統動量守恒、能量
也守恒.
由動量守恒定律可得:2mv0=2mvA+mvB,
1 1 1
由能量守恒定律可得:
2×2mv
2
0=2×2mv
2
A+ mv22 B
,
1 1 4 4
解得:vA=3v0=3 2gh vB=3v0=3 2gh.
6.(1)當彈簧的彈性勢能最大時,物塊A 的速度為3m/s;
59
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(2)系統中彈性勢能的最大值是12J.
【解析】 (1)當A,B,C 三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大,設共同速度為vABC.由A,B,C 三者組成的
系統動量守恒得:(mA+mB)v=(mA+mB+mC)vABC,
(2+2): ×6解得 vABC= / /2+2+4 ms=3ms.
(2)B,C 碰撞時,B,C 組成的系統動量守恒,設碰后瞬間B,C 兩者速度為vBC,則
2×6
mBv=(mB+mC)vBC vBC= m/2+4 s=2m
/s
設物A,B,C 速度相同時彈簧的彈性勢能最大為Ep,
1
根據能量守恒有:Ep= (mB+mC)2
1 2 1vBC+ mAv - (
1 1
2 2 2 mA+mB+mC
)v2 2 2ABC=2×
(2+4)×2J+2×2×6J
1
-2×
(2+2+4)×32J=12J.
E
7.(1)當彈簧達到最大長度時A,B 的速度大小為 ;2m
( 12)當B 離開墻壁以后的運動過程中,彈簧彈性勢能的最大值為2E.
【解析】 (1)設當B 離開墻壁時,A 的速度為v0,
1 2E
由機械能守恒有: mv22 0=E
,解得v0= ,m
以后運動中,當彈簧彈性勢能最大時,彈簧達到最大程度時,A,B 速度相等,系統動量守恒,以向右為正方
E
向,由動量守恒定律得:2mv=mv0,v= ;2m
(2)當兩者速度相等時,彈簧伸長量最大,彈性勢能最大,
1 1 1
由機械能守恒定律得:Ep=2mv
2
0- 2,解得:22mv Ep=2E.
8.(1)推出木箱后小明和小車一起運動的速度大小為3m/s;
(2)小明接住木箱后三者一起運動,在接木箱過程中系統損失的能量為37.5J.
【解析】 (1)人在推木箱的過程,由動量守恒定律可得:Mv1=mv2,
代入數據可得:v1=3m/s;
(2)小明在接木箱的過程,由動量守恒定律可得:Mv1+mv2=(M+m)v3,
代入數據可得:v3=3.75m/s,
1 1 1
故損失的能量:ΔE= Mv2+ mv21 2- (2 2 2 M+m
)v23,
代入數據可得:ΔE=37.5J.
【能力特訓】
高頻題特訓
1.C 【解析】 以船原來的運動方向為正方向,根據動量守恒定律有:(M+m)v0=MvM-mv,解得vM=v0
m
+ (M v+v0
),C正確.
2.B 【解析】 兩原子核組成的系統動量守恒,以甲的初速度方向為正方向,
當兩核相距最近時,由動量守恒定律得:m·3v-2m·2v=3mv',
1 1
解得:v'=- v,符號表示與甲的初速度方向相反,速度大小為 故選3 3v. B.
3.(1)a與b球碰前瞬間,a球的速度為 2gh;
(2)a,b兩球碰后,細繩會斷裂.
【解析】 (1)以a 球為研究對象,在a 球下滑到C 點過程中,
60
物理選修3
1
由動能定理可得,mgh= mv2-0,解得:2 a
球的速度v= 2gh;
(2)a 與b兩球碰撞過程動量守恒,由動量守恒得:mv=(
1
m+m)v',解得:v'=2 2gh
;
2
兩球做圓周運動, v'由牛頓第二定律可得:F-2mg=2m ,h
解得F=3mg,F=3mg>2.8mg,細繩會斷裂.
4.(1)A 與B 碰撞后共同的速度大小為0.5m/s;
(2)A 與B 碰撞過程中產生的內能為1.5J.
【解析】 (1)以A,C 組成的系統為研究對象,以C 的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得:mv0=mvA,
A,B 碰撞過程動量守恒,以A,B 組成的系統為研究對象,以A 的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得:
mvA=(m+M)v,代入數據解得:vA=2m/s,v=0.5m/s;
(2)A,B 碰撞過程中,由能量守恒定律可得A 與B 增加的內能:
1 1
ΔE=2mv
2- (m+M)v2A ,解得:2 ΔE=1.5J.
5.(1)A 開始運動時加速度a的大小為2.5m/s2;
(2)A,B 碰撞后瞬間的共同速度v的大小為1m/s;
(3)A 的上表面長度為0.45m.
【解析】 (1)以A 為研究對象,由牛頓第二定律有F=mAa, ①
代入數據解得a=2.5m/s2; ②
(2)對A,B 碰撞后共同運動t=0.6s的過程,由動量定理得
Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v, ③
代入數據解得v=1m/s; ④
(3)設A,B 發生碰撞前,A 的速度為vA,對A,B 發生碰撞的過程,由動量守恒定律有
mAvA=(mA+mB)v, ⑤
1
A 從開始運動到與B 發生碰撞前,由動能定理有Fl=2mAv
2
A, ⑥
由④⑤⑥式,代入數據解得l=0.45m.

6.(1)A 球和B 球質量之比為 10

-1÷∶1;è 2
(2)

兩球在碰撞過程中損失的機械能與B 球在碰前的最大動能之比 101- ÷∶1.è 5
【解析】 (1)設擺球A,B 的質量分別為mA,mB,擺長為l,B 球的初始高度為h1,碰撞前B 球的速度為vB.在
不考慮擺線質量的情況下,根據題意及機械能守恒定律得:
mBgl(
1
1-cos60°)= mBv2B,2
解得:vB= 2gl(1-cos60°)= gl.
設碰撞后兩擺球的速度為v 共同擺起到37°,由機械能守恒定律有:
1(
2 mA+m
2
B)v =(mA+mB)gl(1-cos37°),
解得: 10glv= 2gl(1-cos37°)= 5 .
兩球在碰撞過程中由動量守恒定律有:mBvB=(mA+mB)v,
v
解得:m ∶m B 10A B= èv -1
÷∶1= -1÷∶1; è 2
( 1 12)兩球在碰撞過程中損失的機械能ΔE=2mBv
2
B- (2 mA+mB
)v2,
61
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: 所以 ΔE∶E 10kBm=
è1-
÷∶1.
5
7.(1)B 球第一次到達地面時的速度為4m/s;
(2)P 點距離地面的高度為0.75m.
【解析】 (1)設B 球第一次到達地面時的速度大小為vB,由運動學公式有
vB= 2gh, ①
將h=0.8m代入上式,得vB=4m/s; ②
(2)設兩球相碰前后,A 球的速度大小分別為v1 和v'1(v'1=0),B 球的速度分別為v2 和v'2,由運動學規律可
得v1=gt, ③
由于碰撞時間極短,重力的作用可以忽略,兩球相碰前后的動量守恒,總動能保持不變,規定向下的方向為
正,有
mAv1+mBv2=mBv'2, ④
1 1 1
2mAv
2 2 2
1+2mBv2=2mBv'2
, ⑤
設B 球與地面相碰后速度大小為v'B,由運動學及碰撞的規律可得v'B=vB, ⑥
v'2-v2B 2
設P 點距地面的高度為h',由運動學規律可得h'= ,2g ⑦
聯立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知條件可得h'=0.75m. ⑧
() , , 1 28.1A B 碰后瞬間 A 的速度為 v0,方向向右;B 的速度為 v0,方向向左;3 3
(2)彈簧第一次壓縮最短與第一次伸長最長時彈性勢能之比為2∶1.
【解析】 (1)A,B 發生彈性正碰,碰撞過程中,A,B 組成的系統動量守恒、機械能守恒,以A,B 組成的系統
為研究對象,以A 的初速度方向為正方向,
由動量守恒定律得:mv0=mvA+2mvB,
在碰撞過程中機械能守恒, 1 1 1由機械能守恒定律得: 2
2mv0= mv
2
A+ ×2mv2B,2 2
1 2
聯立解得:vA=-3v0
,vB=3v0
;
(2)彈簧第一次壓縮到最短時,B 的速度為零,該過程機械能守恒,
1 4
由機械能守恒定律得,彈簧的彈性勢能:E 2 2p=2×2mvB=9mv0
,
從彈簧壓縮最短到彈簧恢復原長時,B,C 與彈簧組成的系統機械能守恒,
2
彈簧恢復原長時,B 的速度vB= v0,速度方向向右,C 的速度為零,3
從彈簧恢復原長到彈簧第一次伸長最長時,B,C 與彈簧組成的系統動量守恒、機械能守恒,彈簧伸長最長時,
B,C 速度相等,以向右為正方向,
由動量守恒定律得:2mvB=(2m+2m)v',
1 1
由機械能守恒定律得: ×2mv2B= ×(2m+2m) 22 2 v' +E'p
,
2
解得:E'p= 2,9mv0
所以,彈簧第一次壓縮最短與第一次伸長最長時彈性勢能之比:Ep∶E'p=2∶1.
易錯題特訓
1.B 【解析】 人和兩船組成的系統動量守恒,兩船原來靜止,總動量為0,A,B(包括人)兩船的動量大小相
等,選項B正確.經過n 次跳躍后,A 船速度為vA,
v 3
B A船速度為vB.0=mv
m
A- m+

÷vB, = ,選項A錯.A 船è 2 vB 2
1 1 1 2
最后獲得的 動 能 為EkA = mv2A.B 船 最 后 獲 得 的 動 能 為2 EkB =
m m 2
+m ÷v2B = 2 è2 2 è2+m

÷ ·
è3vA
÷ =

62
物理選修3
2 1 2 2 EkA 3 mvA ÷= EkA, = ,選項C,D錯誤3 è2 3 E .kB 2
2.D 【解析】 5個小球組成的系統發生的是彈性正碰,系統的機械能守恒,系統在水平方向的動量守恒,總
動量并不守恒,選項A,B錯誤;同時向左拉起小球1,2,3到相同的高度,同時由靜止釋放并與小球4,5碰撞后,由
機械能守恒和水平方向的動量守恒知,小球3,4,5一起向右擺起,且上升的最大高度與小球1,2,3的釋放高度相
同,選項C錯誤,選項D正確.
3.AD 【解析】 選項AB:設v 大于v0,彈簧立即彈開后,甲物體向左做初速度為v,加速度為a 的勻減速運
動,乙物體向右做初速度為v,加速度為a 的勻減速運動,此種情況兩個物體落地后,距釋放點的水平距離可能相
等,A正確,B錯誤;
選項CD:若v 小于v0,彈簧立即彈開后,甲物體向左做初速度為v,加速度為a 的勻減速運動,速度為零后可
以再向相反的方向運動.整個過程是做初速度為v,加速度和皮帶運動方向相同的減速運動,乙物體做初速度為
v,加速度為a 的勻加速運動,運動方向和加速度的方向都和皮帶輪的運動方向相同,甲、乙到達B 點時的速度相
同,落地的位置在同一點,故C錯誤,D正確.
4.(1)滑塊a,b的質量之比為1∶8;
(2)1∶2.
【解析】 (1)設滑塊a,b的質量分別為m1,m2,滑塊a,b碰撞前的速度為v1,v2.由題給圖像得
v1=-2m/s,v2=1m/s,
滑塊a,
2
b發生完全非彈性碰撞,碰撞后兩滑塊的共同速度為v,由題給圖像可得v=3 m
/s.
由動量守恒定律得:m1v1+m2v2=(m1+m2)v,
m1 1
解得 ;
m =2 8
(2)由能量守恒得,兩滑塊因碰撞而損失的機械能為
1 1 1
ΔE= 2 2 ( )2,2m1v1+2m2v2-2 m1+m2 v
由圖像可知,兩滑塊最后停止運動,由動能定理得,兩滑塊克服摩擦力所做的功為
1
W= (m1+m2)v2,2
W 1
解得
ΔE=2.
5.(1)第一次碰撞前絕緣球的速度v0 為 gl;
( 92)第一次碰撞后絕緣球的速度v1 大小為 gl,方向水平向右;10
(3)經過5次碰撞后絕緣球偏離豎直方向的最大角度將小于37°.
【解析】 (1)絕緣球下擺過程中機械能守恒,由機械能守恒定律得:
1
mgl(1-cosθ)= mv22 0
, ①
解得:v0= 2gl(1-cosθ)= gl;
(2)兩球碰撞過程動量守恒,以絕緣球的初速度方向為正方向,
由動量守恒定律得:mv0=mv1+MvM, ②
1 1 1
由機械能守恒定律得:
2mv
2
0= 2 22mv1+
,
2MvM ③
聯立②③解得:
m-M 9 9
v1= v0=- v0=- gl,負號表示方向與碰撞前方向相反,水平向右;m+M 10 10
(3)設在第n 次碰撞前絕緣球的速度為vn-1,碰撞后絕緣球、金屬球的速度分別為vn 和Vn.由于碰撞過程中
動量守恒和機械能守恒,以碰撞前絕緣球的速度方向為正方向,
由動量守恒定律得:mvn-1=mvn+MVn, ④
63
小題狂刷 高考專題特訓
1 1 1
由機械能守恒定律得: mv2 2 22 n-1=2mvn+
,
2MVn ⑤
9
由④⑤兩式及 M=19m,解得:vn=- ,10vn-1
1
第n 次碰撞后絕緣球的動能為:En=2mv
2
n=(0.81)nE0, ⑥
E
E n0 為第1次碰撞前絕緣球的動能,即初始能量,得 (E = 0.81
)n,
0
mgl(1-cos37°)
而絕緣球在θ=60°與θ=37°處的勢能之比為:mgl(1-cos60°)=0.4.
根據0.814=0.430,0.815=0.349,因此,經過5次碰撞后θ將小于37°.
6.(1)Q 物塊碰撞后的速度大小為1m/s;
(2)小物塊剛要到達圓弧軌道末端D 點時對軌道的壓力為60N;
(3)要使小物塊不滑出長木板,木板的長度L 至少為2.5m.
【解析】 (1)
1 vy gt
由平拋運動規律有h=2gt
2;tan60°=v =
,
x v0
聯立方程解得:v0=2m/s,
P,Q 碰撞過程動量守恒,規定向左為正方向,則m2v=m1v0+m2v',
代入數據解得:v'=-1m/s;
( v0 22)小物塊在C 點時的速度大小為vC= / /,cos60°=1 ms=4ms
2
1 1
小物塊由C 到D 的過程中,由動能定理得:m1gR(1-cos60°)= mv2- mv22 1 D 2 1 C
,
代入數據解得vD=25m/s,小球在D 點時由牛頓第二定律得:
v2
F DN-m1g=m1 ,代入數據解得R FN=60N
,
由牛頓第三定律得F'N=FN=60N,方向豎直向下;
(3)設小物塊剛滑到木板左端到達到共同速度,大小為v',
規定向左為正方向,根據動量守恒有:m1vD=(M+m1)v',
1 1
對物塊和木板系統,由能量守恒定律得:μm1gL= mv21 D- (2 2 m1+M
)v'2,
代入數據解得L=2.5m,即木板的長度至少是2.5m.
拓展題特訓
【 】 , , μ×3mg1.B 解析 人跳車前 人和車以大于v0 的初速度做勻減速直線運動 加速度大小為a= ;人3m =μg
跳車瞬間,人和車組成的系統動量守恒,規定初速度方向為正方向,則3mv0=-mv0+2mv,得v=2v0,此后車做
×2mg
減速運動的加速度a'=μ =μg=a,B項正確2m .
2.(1)B 球的質量為3m;
(2)
3
兩球組成系統的電勢能增量為 2
8mv0.
【解析】 (1)A,B 兩球組成的系統動量守恒,當A,B 相距最近時,兩球速度相等,由動量守恒定律,得:mv0
=( )
v
m m 0+ B ,解得:4 mB=3m
;
( 1 12)設電勢能增量為ΔEp,由能量守恒定律得:ΔEp=2mv
2
0- (2 m+mB
)v2,
3
解得:ΔE 2p=8mv0.
64
物理選修3
3.(1)物塊C 的質量為2kg;
(2)B 離開墻后彈簧具有的最大彈性勢能為9J.
【解析】 (1)由圖知,C 與A 碰前速度為:v1=9m/s,碰后速度為:v2=3m/s,
C 與A 碰撞過程中動量守恒,以C 的初速度方向為正方向,
由動量守恒定律得:mCv1=(mA+mC)v2,解得:mC=2kg;
(2)12s末B 離開墻壁,之后A,B,C 及彈簧組成的系統動量、機械能守恒,且當A,C 與B 的速度v4 相等時
彈簧彈性勢能最大,
根據動量守恒定律,有:(mA+mC)v3=(mA+mB+mC)v4,
1 1
根據機械能守恒定律,有: ( 2 2
2 mA+mC
)v3= ( )2 mA+mB+mC v4+Ep
,
解得:Ep=9J.
4.(1)滑塊a的初速度大小為4m/s,a,b正碰中損失的機械能ΔE 為6J;
(2)滑塊c的質量為12kg.
【解析】 (1)由圖乙所示圖像可知,a,b黏合后瞬間的速度大小為vd1=1m/s, ①
a,b正碰過程中動量守恒,以a 的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得:mav0=mdvd1, ②
解得滑塊a 的初速度:v0=4m/s, ③
1 1
由能量守恒定律可得a,b正碰中損失的機械能:ΔE= m 2 22 av0-
,
2mdvd1 ④
代入數據解得:ΔE=6J;
(2)由圖乙所示可知,彈簧第一次恢復形變瞬間,d 的速度為:vd2=-0.5m/s, ⑤
d,c和彈簧構成的系統動量守恒、機械能守恒,以d,c 系統的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得:
mdvd1=mdvd2+mcvc2, ⑥
1 1 1
由能量守恒定律得:
2mdv
2
d1=2m
2
dvd2+ 22mcvc2
, ⑦
代入數據解得滑塊c的質量為:mc=12kg. ⑧
5.()
1-k
1n號球與n+1號球碰撞后的速率之比為 2 ∶1
;
(2)5號球碰撞后上升的最大高度為16h.
【解析】 (1)規定向右為正方向,根據動量守恒定律得,mnvn=mnv'n+kmnv'n+1,
1 1 1
根據能量守恒得,
2mv
2
n n=2mv'
2 2
n n+2kmnv'n+1
,
v'n 1-k
聯立解得 ;
v' =n+1 2
( 12)根據動能定理得,m 21gh=2m1v1
,
2 4
根據歸納法知,v' 5= ÷1+k v
,
è 1
1
根據動能定理有:m5gh'=2m5v'
2
5,解得h'=16h.
綜合特訓(一)
【母題特訓】
1.B 【解析】 α粒子和質子質量之比為4∶1,電荷量之比為2∶1,由于動量大小相等,故速度之比為1∶4,
mv
選項C錯誤;在同一勻強磁場B 中,帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑r= ,得兩者的運動半徑之qB
2πm
比為1∶2,選項A錯誤;帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期T= ,得周期之比為qB 2∶1
,選項B正
確;由帶電粒子在勻強磁場中受到的洛倫茲力f=qvB,得受到的洛倫茲力之比為1∶2,選項D錯誤.
65
小題狂刷 高考專題特訓
hγ 2hγ
2.c c
【 h h hγ解析】 根據德布羅意波長公式,則光子的動量為p=λ=c =c .
γ
γ
取入射方向為正方向,則光子動量的變化量為Δp=p末-p初=-p-p=-2h ,c
因此當光被鏡面全部垂直反射回去,光子的速度方向與開始時相反,
2hγ
所以光子在反射前后動量改變量的大小為
c .
32v2 v2
3.物塊與地面間的動摩擦因數滿足的條件是
0 0
113gl≤μ<2gl.
【解析】 設物塊與地面間的動摩擦因數為μ.
1
要使物塊a,b能夠發生碰撞,應有:2mv
2
0>μmgl ①
v20
即μ<2gl ②
設a 與b碰撞前的速度為v1,由能量守恒得:
1
mv2
1
2 0=μmgl+2mv
2
1 ③
設a 與b碰撞前的瞬間,速度大小分別為va,vb,根據動量守恒定律和能量守恒定律得:
3
mv1=mva+4mvb ④
1 2 1 2 1 3 2
2mv1=2mva+2×4mvb ⑤
聯立④⑤式解得:
8
vb=7v1 ⑥
碰后,b沒有與墻發生碰撞,即b在達到墻前靜止,由功能關系得:
1 3 3
÷ 2
2 4m v ≤μ4mè gl ⑦
32v20
聯立③⑥⑦式,得:μ≥113gl ⑧
聯立②⑧式,a 與b發生彈性碰撞,但b沒有與墻發生碰撞的條件為:
32v2 20 v0
113gl≤μ<2gl.
4.(1)噴泉單位時間內噴出的水的質量為ρSv0;
2 2 4 2 2
(2)玩具在空中懸停時,
Sv -M g
其底面相對于噴口的高度為ρ 0
2ρ2S2v2
.
0g
【解析】 (1)噴泉單位時間內噴出的水的質量m=ρV=ρSv0;
(2)設水到達卡通玩具處的速度為v,玩具在空中懸停時,其底面相對于噴口的高度為h,
根據運動學基本公式得:v2-v20=-2gh,
水柱沖擊到玩具底板后,在豎直方向水的速度變為零,以向上為正,根據動量定理得:
-Mgt=ρSv0t(0-v),
2S2v40-M2g2
聯立解得:h=ρ 2ρ2S2v2
.
0g
5.(1)斜面體的質量為20kg;
(2)冰塊與斜面體分離后不能追上小孩.
【解析】 (1)對于冰塊和斜面體組成的系統,根據動量守恒可得,
m2v2=(m2+M)v,
66
物理選修3
1 1
根據系統的機械能守恒,可得,m2gh+ (2 m2+M
)v2= mv22 2 2
,
解得:M=20kg;
(2)小孩與冰塊組成的系統,根據動量守恒可得,m1v1=m2v2,
解得v1=1m/s(向右).
冰塊與斜面:m2v2=m2v'2+Mv'3,
根據機械能守恒,可得,1 1 1mv2= mv'2+ Mv22 2 2 2 2 2
,
2 3
解得:v'2=-1m/s(向右).
因為|v'1|=v1,所以冰塊不能追上小孩.
【過關特訓】
1.AD 【解析】 設擺球a 到達最低點恰未發生碰撞時的速度為v0,碰撞過程動量守恒且動能守恒,碰后速
m1-m2 1 2m1 1
度v'1=m +mv0=-2v0
;v'2=m +mv0=2v0
,所以A正確,B錯誤;第一次碰撞后的瞬間,兩球的速度v 大
1 2 1 2
小相等,擺起的高度h 滿足v2=2gh,所以兩球上升的高度相同,故兩球的最大擺角相同,C錯誤;兩擺擺長相等,
l
由周期公式T=2π 可知周期相等,g D
正確.
2.A 【解析】 本題考查完全彈性碰撞中的動量守恒、動能守恒.設碰撞前后中子的速率分別為v1,v'1,碰撞
后原子核的速率為v2,中子的質量為m1,原子核的質量為m2,則 m2=Am1.根據完全彈性碰撞規律可得 m1v1=
,1 2 1 2 1 2, m1-m A-1m2v2+m1v'1 m1v1= m2v2+ m1v'1 解得碰后中子的速率v'=
2
2 2 2 1 v =
,因此碰撞前后中子
m1+m
1
2 A+1
v1
v1 A+1
速率之比 = ,A正確v' A-1 .1
mv 1 1
3.BD 【解析】 根據動量守恒,小物塊和箱子的共同速度v'= ,損失的動能ΔE = mv2M+m k 2 -
(
2 M+
) 1 mMm v'2= · v2,所以B正確.根據能量守恒,損失的動能等于因摩擦產生的熱量,而計算熱量的方法是摩擦2 m+M
力乘相對位移,所以ΔEk=fNL=NμmgL,可見D正確.
4.A 【解析】 以A 原來的運動方向為正方向,根據動量守恒定律 mv+0=2m·vB-mvA,碰撞過程能量
有損失,1 2 1 2 1· · 2, 2聯立兩個方程解得
2mv ≥2mvA+2 2m vB 0≤vB≤ v
;此外由
3 mv+0=2m
·vB-mvA,解得vB
v+vA v v 2v
= 2 >
;所以
2 2,只有A項符合要求3 .
m
5.D 【解析】 根據動量守恒定律(m1+m2)v0=m1v1+m2v2 解得v1=v
2
0+ (v0-v2),故 ABC錯誤,m D1
正確.
6.CD 【解析】 小球從開始下落到最低點的過程中,槽沒有動,與豎直墻之間存在擠壓,動量不守恒;小球
經過最低點往上運動的過程中,斜槽與豎直墻分離,水平方向動量守恒;全過程中有一段時間系統受豎直墻彈力
的作用,故全過程系統水平方向動量不守恒,D正確;小球離開右側槽口時,水平方向有速度,將做斜拋運動,A錯
誤;小球經過最低點往上運動的過程中,斜槽向右運動,斜槽對小球的支持力對小球做負功,小球對斜槽的壓力對
斜槽做正功,小球與斜槽組成的系統機械能守恒,B錯誤,C正確.
7.D 【解析】 設彈丸第一次射入后與沙袋的共同速度為v,射入過程中根據動量守恒定律得mv1=31mv,
第二次射入過程,彈丸與沙袋擺下的速度與初速度相同,根據機械能守恒定律知第二次射入完后的共同速度也為
v,根據動量守恒定律得mv2-31mv=32mv,聯立得D正確.
1
8.D 【解析】 當用板擋住小球A 而只釋放B 球時,根據能量守恒有:E 2p= mv0,根據平拋運動規律有:2 x
=v0t.當用同樣的程度壓縮彈簧,取走A 左邊的擋板,將A,B 同時釋放時,設A,B 的速度大小分別為vA 和vB,
1 1 6
則根據動量守恒定律和能量守恒定律有:mvB-2mvA=0,Ep= · 2 22 2mvA+2mvB
,解得vB=3v0
,B 球的落地
67
小題狂刷 高考專題特訓
6
點距桌邊的距離為x'=vBt=3x
,D選項正確.
9.D 【解析】 下降過程為自由落體運動,觸地時兩球速度相同,v= 2gh,m2 碰撞地之后,速度瞬間反向,
大小相等,選m1 與m2 碰撞過程為研究過程,碰撞前后動量守恒,設碰后 m1,m2 的速度大小分別為v1,v2,選向
上方向為正方向,則m2v-m1v=m1v1+m2v2,
1( )2 1 2 1由能量守恒定律得
2 m1+m2 v =2m1v1+2m
2
2v2,且m2=3m1,
v21
聯立解得:v1=2 2gh,反彈后高度 H= =4h.D選項正確2g .
3 1
10.B 【解析】 彈丸在爆炸過程中,水平方向的動量守恒,有mv0= mv甲+ mv乙,解得4 4 4v0=3v甲+v乙
,
1
爆炸后兩塊彈片均做平拋運動,豎直方向有h= gt2,水平方向對甲、乙兩彈片分別有2 x甲=v甲t
,x乙=v乙t,代入
各圖中數據,可知B選項正確.
6
11.5v0
【解析】 設A 與B 碰撞后,A 的速度為vA,B 與C 碰撞前B 的速度為vB,B 與C 碰撞后粘在一起的速度為
v,由動量守恒定律得
對A,B 木塊:mAv0=mAvA+mBvB, ①
對B,C 木塊:mBvB=(mB+mC)v, ②
由A 與B 間的距離保持不變,可知vA=v, ③
聯立①②③式,
6
代入數據得vB=5v0.
12.(5-2)M≤m【解析】 A 向右運動與C 發生第一次碰撞,碰撞過程中,系統的動量守恒、機械能守恒.設速度方向向右為
正,開始時A 的速度為v0,第一次碰撞后C 的速度為vC,A 的速度為vA1,由動量守恒定律和機械能守恒得:mv0
=mvA1+MvC, ①
1 2 1 2 1
2mv0=2mvA1+2Mv
2
C, ②
m-M
聯立①②式得:vA1=m+Mv0
, ③
2m
vC= ,m+Mv0 ④
如果m>M,第一次碰撞后,A 與C 速度同向,且A 的速度小于C 的速度,不可能與B 發生碰撞;如果 m=
M,第一次碰撞后,A 停止,C 以A 碰前的速度向右運動,A 不可能與B 發生碰撞,所以只需要考慮 m情況.
第一次碰撞后,A 反向運動與B 發生碰撞,設與B 發生碰撞后,A 的速度為vA2,B 的速度為vB,同樣有:vA2
m-M 2
= m-M m+MvA1=
÷ v0,èm+M ⑤
根據題意,要求A 只與B,C 各發生一次碰撞,應有:vA2≤vC, ⑥
聯立④⑤⑥式得:m2+4mM-M2≥0, ⑦
解得:m≥(5-2)M, ⑧
另一解m≤-(5+2)M 舍去,所以m 和M 應滿足的條件為:
(5-2)M≤m13.(1)小物塊A 滑至圓弧軌道底端時對軌道的壓力為3mg,方向豎直向下;
() 4 42 若B 與P 發生碰撞時,A,B 恰好共速,則L,x 應滿足x= , ;9R L≥3R
68
物理選修3
(3)
1
若x≥xB,s= R;若3 0≤x≤x
2
B,s= R -2Rx.
【解析】 1 (1)A 由靜止滑至底端過程:mgR=2mv
2
0, ①
解得:v0= 2gR.
v2
A 0在最低點時:N-mg=m ,R ②
解得:N=3mg.
由牛頓第三定律:A 對軌道的壓力大小N'=N=3mg,方向豎直向下;
(2)B 與P 碰撞時,A,B 恰好共速,設A 的位移為xA,B 的位移為xB,則有
mv0=(m+M)v共, ③
對B:
1
μmgx 2B=2Mv共
, ④
1 1
對A:-μmgx 2 2B= ,2Mv共-2mv0 ⑤
16 4
聯立①③④⑤解得:xA=9R
,xB=9R
,
4 4
所以有:x=xB=9R
,L≥xA-xB= R;3
( 3R 43)由于L= > R,故B 與P 碰撞前,A 不會滑離2 3 B.
(ⅰ)若x≥xB,則B 與P 碰撞時,A,B 已共速,設A 滑離B 時的速度為vA,則碰后至A 滑離B 的過程有:
- m 3 4
1
μ g R- R

÷= mv2
1
- mv2 ,2 3 2 A 2 共 ⑥è
2gR
聯立①③⑥解得:vA= ,6 ⑦
1
A 滑離B 后做平拋運動,則有:R= 2,2gt ⑧
s=vAt, ⑨
1
聯立⑦⑧⑨解得:s=3R
;
(ⅱ)若0≤x≤xB,則B 與P 碰撞時,A,B 還未共速,碰后A 繼續在B 上滑行,A 滑離B 時的速度為vA,則
3 1 1
有:-μmg

÷ 2 2,
è2R+x = 2mvA-2mv0 ⑩
: 1解得 vA= (2g R-x
)>0,說明A 能滑離B.
聯立解得:s= R2-2Rx.
專題二 原子 原子核 波粒二象性
第1講 光電效應 波粒二象性
【基礎特訓】
1.CD 【解析】 金屬的逸出功是由金屬自身決定的,與入射光頻率無關,其大小W=hν0,故A錯誤.根據愛
因斯坦光電效應方程Ekm=hν-W,可知光電子的最大初動能Ekm與入射光的頻率成線性關系,不是成正比,故B
W0
錯誤.根據愛因斯坦光電效應方程Ekm=hν-W,可知斜率k=h,故C正確.由圖可知,圖線在橫軸上的截距為 ,h
故D正確.
2.B 【解析】 用弧光燈發出的紫外線照射鋅板,鋅板失去電子帶正電,驗電器與鋅板相連,則驗電器的金屬
69物理選修3
選修3 5相關知識及策略
【高考熱點】
動量部分:高考熱點是動量守恒定律的應用.
原子物理部分:波粒二象性部分的熱點是光電效應現象、實驗規律和光電效應方程.核式結構、玻爾理論、能
級公式、原子躍遷條件、半衰期、質能方程的應用、計算和核反應方程的書寫都是高考的熱點問題,試題一般以基
礎知識為主,較簡單.
【題型探秘】
動量部分:本考點是高考的選考內容,題型全面,選擇題主要考查動量的矢量性,辨析“動量和動能”、“沖量與
功”的基本概念;常設置一個瞬間碰撞的情景,用動量定理求變力的沖量;或求出平均力;或用動量守恒定律來判
定在碰撞后的各個物體運動狀態的可能值.
原子物理部分:本考點知識的特點是“點多面寬”,“考點分散”,因此高考對本考點的考查主要是從對基本概
念的理解、辨別方面進行,包括閱讀理解部分;題型主要以選擇題為主,在近三年高考試卷中幾乎每年都考.其中
重點考查的有能級與光譜、核反應方程及規律、質能方程及核能、相關物理學史、光子論等內容的題目.
【應對策略】
一、動量部分
1.矢量法:本專題中的動量定理:Ft=mv-mv0,動量守恒定律:p1=p2,這些公式中的動量、沖量、力都是矢
量,所以在列方程求解時,一定要正確確定各矢量的方向,許多考題思路并不復雜,但方向判斷錯誤往往是導致解
題失敗的直接原因,很多試題對此都有刻意的體現.
2.規律法:充分運用好規律,深刻理解并熟練應用動量守恒定律解決物體間相互碰撞問題,在使用前首先要
判定相互碰撞的系統是否符合動量守恒定律,這是解題的前提條件,其次,對于多次碰撞過程的動量守恒問題,一
定要將復雜的過程轉化為幾個小過程,在每一個小過程中要明確哪些物體是這個系統中的研究對象.
3.應用動量守恒定律解題的步驟
(1)選取研究系統和研究過程.
(2)分析系統的受力情況,判斷系統動量是否守恒.
(3)規定正方向,確定系統的初、末狀態的動量的大小和方向.
(4)根據動量守恒定律列方程求解.
(5)對求解的結果加以分析、驗證和說明.
4.三類碰撞的分析
(1)彈性碰撞:
動量守恒:m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2
1 1 1 1
機械能守恒: 2 2 2 2
2m1v1+2m2v2=2m1v'1+2m2v'2.
(2)完全非彈性碰撞:
動量守恒、末速度相同:m1v1+m2v2=(m1+m2)v'
機械能損失最多:
1
機械能的損失ΔE= 1 2 1 2 ÷- (m +m )v'2
è2m1v1+2m2v2 2 1 2
(3)非彈性碰撞:
動量守恒:m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2
機械能有損失:
1 1 1 1
機械能的損失ΔE= 2mv
2+ 21 1 2m2v2
÷- 22m1v'1+2m2v'
2
2÷
è è
注意:對求解的結果要進行分析、驗證,確保符合實際情景.
1
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二、原子物理部分
1.解決氫原子能級躍遷問題的四點技巧
(1)原子躍遷時,所吸收或釋放的光子能量只能等于兩能級之間的能量差.
(2)原子電離時,所吸收的能量可以大于或等于某一能級能量的絕對值.
(
( nn-1
)
3)一群原子和一個原子不同,它們的核外電子向基態躍遷時發射光子的種類N=C2n= 2 .
(4)計算時應注意:因一般取無窮遠處為零電勢參考面,故各能級的能量值均為負值;能量單位1eV=1.6×
10-19J.
2.分析光電效應的“兩條線索”
線索一:入射光的頻率ν→光子能量E→光電子的最大初動能Ek→遏止電壓U.
①ν與E:E=hν.
②E 與Ek:Ek=E-W0(W0 為逸出功).
③Ek 與U:eU=Ek.
線索二:入射光強度→光子數目→光電子數目→光電流大小.
入射光越強,光子數目就越多;光子數目越多,產生的光電子就越多;光電子越多,光電流就越大.
3.核反應方程及核能計算“四門基本功”
(1)對守恒規律:
掌握核反應方程遵循質量數守恒和電荷數守恒的規律.
(2)對常見核反應:
掌握常見的主要核反應方程式,并知道其意義.
(3)對基本粒子:
熟記常見的基本粒子的符號,如質子、中子等.
(4)對核能計算:
熟記進行核能計算時單位的對應關系,若m 用kg作單位,則E 用J作單位;若m 用u作單位,則E 用eV作
單位,且1u對應931.5MeV.
2
物理選修3
專題一 動量、動量守恒定律
1.(2022·寧德市普高質檢)如圖,質量為M 的小車A 停放在光滑的水平面上,小車上表面粗糙.質量為m 的
滑塊B 以初速度v0 滑到小車A 上,車足夠長,滑塊不會從車上滑落,則小車的最終速度大小為 ( )
mv0
A.零 B.M
mv0 mv0
C.M+m D.M-m
2.(2022·漳州三模)如圖所示,質量為m 的帶有光滑弧形的槽靜止在光滑水平面上,圓弧底部切線是水平
的.一個質量也為m 的小球從槽高h處開始由靜止下滑,在下滑過程中,關于小球和槽組成的系統,以及小球到達
底端的速度v,判斷正確的是 ( )
A.在水平方向上動量守恒,v= 2gh
B.在水平方向上動量不守恒,v= 2gh
C.在水平方向上動量守恒,v< 2gh
D.在水平方向上動量不守恒,v< 2gh
3.(2022·漳州質檢)質量為2kg的小車以2m/s的速度沿光滑的水平面向右運動,若將質量為0.5kg的砂
袋以3m/s的水平速度迎面扔上小車,則砂袋與小車一起運動的速度的大小和方向是 ( )
A.1.0m/s,向右 B.1.0m/s,向左
C.2.2m/s,向右 D.2.2m/s,向左
4.(2022·北京)實驗觀察到,靜止在勻強磁場中 A 點的原子核發生β衰變,衰變產生的新核與電子恰在紙
面內做勻速圓周運動,運動方向和軌跡示意如圖.則 ( )
A.軌跡1是電子的,磁場方向垂直紙面向外
B.軌跡2是電子的,磁場方向垂直紙面向外
C.軌跡1是新核的,磁場方向垂直紙面向里
D.軌跡2是新核的,磁場方向垂直紙面向里
5.(2022·綏化模擬)如圖所示,LMN 是豎直平面內固定的光滑絕緣軌道,MN 水平且足夠長,LM 下端與
MN 相切.質量為m 的帶正電小球B 靜止在水平軌道上,質量為2m 的帶正電小球A 從LM 上距水平軌道高為h
處由靜止釋放,在A 球進入水平軌道之前,由于A,B 兩球相距較遠,相互作用力可認為是零,A 球進入水平軌道
3
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后,A,B 兩球間相互作用視為靜電作用.帶電小球均可視為質點.已知A,B 兩球始終沒有接觸.重力加速度為g.求:
(1)A,B 兩球相距最近時,A 球的速度v;
(2)A,B 兩球相距最近時,A,B 兩球系統的電勢能Ep;
(3)A,B 兩球最終的速度vA,vB 的大小.
6.(2022·景德鎮市模擬)兩物塊A,B 用輕彈簧相連,質量均為2kg,初始時彈簧處于原長,A,B 兩物塊都以
v=6m/s的速度在光滑的水平地面上運動,質量為4kg的物塊C 靜止在前方,如圖所示.B 與C 碰撞后兩者會粘
在一起運動.求在以后的運動中:
(1)當彈簧的彈性勢能最大時,物塊A 的速度為多大
(2)系統中彈性勢能的最大值是多少
4
物理選修3
7.(2022·銀川模擬)如圖所示,光滑水平面上,輕彈簧兩端分別拴住質量均為m 的小物塊A 和B,B 物塊靠
著豎直墻壁.今用水平外力緩慢推A,使A,B 間彈簧壓縮,當壓縮到彈簧的彈性勢能為E 時撤去此水平外力,讓
A 和B 在水平面上運動.求:
(1)當彈簧達到最大長度時A,B 的速度大小;
(2)當B 離開墻壁以后的運動過程中,彈簧彈性勢能的最大值.
8.(2022·青島統一檢測)在如圖所示的光滑水平面上,小明站在靜止的小車上用力向右推靜止的木箱,木箱
離開手以5m/s的速度向右勻速運動,運動一段時間后與豎直墻壁發生彈性碰撞,反彈回來后被小明接住.已知木
箱的質量為30kg,人與車的質量為50kg.求:
(1)推出木箱后小明和小車一起運動的速度大小;
(2)小明接住木箱后三者一起運動,在接木箱過程中系統損失的能量.
5
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高頻題特訓
1.(2022·臺州模擬)如圖,質量為 M 的小船在靜止水面上以速率v0 向右勻速行駛,一質量為m 的救生員站
在船尾,相對小船靜止.若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中,則救生員躍出后小船的速率為 ( )
m m
A.v0+Mv B.v0-Mv
m m
C.v0+ ( )M v0+v D.v0+
(
M v0-v
)
2.(2022·龍巖綜測)真空室內,有質量分別為m 和2m 的甲、乙兩原子核,某時刻使它們分別同時獲得3v和
2v的瞬時速率,并開始相向運動.由于它們間的庫侖斥力作用,兩者始終沒有接觸,當兩原子核相距最近時,甲核
的速度大小為 ( )
1
A.0 B.3v
7
C.v D.3v
3.(2022·包頭綜測)如圖,質量為m 的b球用長h的細繩懸掛于水平軌道BC 的出口處.質量也為m 的小球
a,從距BC 高h的A 處由靜止釋放,沿ABC 光滑軌道滑下,在C 處與b球正碰并與b粘在一起.已知BC 軌道距
地面有一定的高度,懸掛b球的細繩能承受的最大拉力為2.8mg,b球與水平軌道無作用力.試問:
(1)a與b球碰前瞬間的速率為多大
(2)a,b兩球碰后,細繩是否會斷裂 (要求通過計算回答)
6
物理選修3
4.(2022·南京模擬)如圖所示,光滑水平面上滑塊A,C 的質量均為m=1kg,B 的質量為M=3kg.開始時
A,B 靜止,C 以初速度v0=2m/s的速度滑向A,與A 碰后C 的速度變為零,A 向右運動與B 發生碰撞并粘在一
起.求:
(1)A 與B 碰撞后共同的速度大小;
(2)A 與B 碰撞過程中產生的內能.
5.(2022·寶坻模擬)如圖所示,水平地面上靜止放置一輛小車A,質量mA=4kg,上表面光滑,小車與地面
間的摩擦力極小,可以忽略不計.可視為質點的物塊 B 置于A 的最右端,B 的質量mB=2kg.現對A 施加一個水
平向右的恒力F=10N,A 運動一段時間后,小車左端固定的擋板與B 發生碰撞,碰撞時間極短,碰后A,B 黏合
在一起,共同在F 的作用下繼續運動,碰撞后經時間t=0.6s,兩者的速度達到vt=2m/s.求:
(1)A 開始運動時加速度a的大小;
(2)A,B 碰撞后瞬間的共同速度v的大小;
(3)A 的上表面長度l.
7
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6.(2022·吉林模擬)如圖,兩擺擺長相同,懸掛于同一高度,A,B 兩擺球體積均很小,當兩擺均處于自由靜
止狀態時,其側面剛好接觸.向右上方拉動B 球使其擺線伸直并與豎直方向成60°角,然后將其由靜止釋放.在最
低點兩擺球粘在一起擺動,且最大擺角成37°,忽略空氣阻力.求:
(1)A 球和B 球質量之比;
(2)兩球在碰撞過程中損失的機械能與B 球在碰前的最大動能之比.
7.(2022·全國新課標)如圖所示,質量分別為mA,mB 的兩個彈性小球A,B 靜止在地面上空,B 球距地面的
高度h=0.8m,A 球在B 球的正上方,先將B 球釋放,經過一段時間后再將A 球釋放,當A 球下落t=0.3s時,剛
好與B 球在地面上方的P 點處相碰,碰撞時間極短,碰后瞬間A 球的速度恰為零,已知mB=3mA,重力加速度大
小g 取10m/s2,忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失.求:
(1)B 球第一次到達地面時的速度;
(2)P 點距離地面的高度.
8
物理選修3
8.(2022·山西省四校聯考)如圖所示,輕彈簧的兩端與質量均為2m 的B,C 兩物塊固定連接,靜止在光滑水
平面上,物塊C 緊靠擋板但不粘連.另一質量為m 的小物塊A 以速度v0 從右向左與B 發生彈性正碰,碰撞時間
極短可忽略不計.(所有過程都在彈簧彈性限度范圍內)求:
(1)A,B 碰后瞬間各自的速度;
(2)彈簧第一次壓縮最短與第一次伸長最長時彈性勢能之比.
易錯題特訓
1.(
1
2022·華南師大附中高三模擬)A,B 兩船的質量均為m,都靜止在平靜的湖面上,現A 船中質量為2m
的人,以對地的水平速度v從A 船跳到B 船,再從B 船跳到A 船……經n次跳躍后,人停在B 船上,不計水的阻
力,則 ( )
A.A,B(包括人)兩船的速度大小之比為2∶3
B.A,B(包括人)兩船的動量大小之比為1∶1
C.A,B(包括人)兩船的動能之比為2∶3
D.A,B(包括人)兩船的動能之比為1∶1
2.(2022·海淀一模)下圖是“牛頓擺”裝置,5個完全相同的小鋼球用輕繩懸掛在水平支架上,5根輕繩互相
平行,5個鋼球彼此緊密排列,球心等高.用1,2,3,4,5分別標記5個小鋼球.當把小球1向左拉起一定高度,如圖
甲所示,然后由靜止釋放,在極短時間內經過小球間的相互碰撞,可觀察到球5向右擺起,且達到的最大高度與球
1的釋放高度相同,如圖乙所示.關于此實驗,下列說法中正確的是 ( )
A.上述實驗過程中,5個小球組成的系統機械能守恒,動量守恒
B.上述實驗過程中,5個小球組成的系統機械能不守恒,動量不守恒
C.如果同時向左拉起小球1,2,3到相同高度(如圖丙所示),同時由靜止釋放,經碰撞后,小球4,5一起向右
擺起,且上升的最大高度高于小球1,2,3的釋放高度
D.如果同時向左拉起小球1,2,3到相同高度(如圖丙所示),同時由靜止釋放,經碰撞后,小球3,4,5一起向
右擺起,且上升的最大高度與小球1,2,3的釋放高度相同
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3.(2022·景德鎮檢測)(多選)如圖所示,水平傳送帶AB 距離地面的高度為h,以恒定速率v0 順時針運行.
甲、乙兩個相同滑塊(均視為質點)之間夾著一個壓縮輕彈簧(長度不計),在AB 的正中間位置輕放它們時,彈簧
立即彈開,兩滑塊以相同的速率分別向左、右運動.下列判斷正確的是 ( )
A.甲、乙滑塊可能落在傳送帶的左右兩側,且距釋放點的水平距離可能相等
B.甲、乙滑塊可能落在傳送帶的左右兩側,但距釋放點的水平距離一定不相等
C.甲、乙滑塊可能落在傳送帶的同一側,且距釋放點的水平距離一定不相等
D.若甲、乙滑塊能落在傳送帶的同一側,則摩擦力對兩物塊做功一定相等
4.(2022·新課標)滑塊a,b沿水平面上同一條直線發生碰撞,碰撞后兩者粘在一起運動,經過一段時間后,
從光滑路段進入粗糙路段.兩者的位置x 隨時間t變化的圖像如圖所示.求:
(1)滑塊a,b的質量之比;
(2)整個運動過程中,兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比.
5.(2022·西安交大附中模擬)如圖所示,質量為m 的由絕緣材料制成的球與質量為M=19m 的金屬球并排
懸掛,擺長相同,均為L.現將絕緣球拉至與豎直方向成θ=60°的位置自由釋放,擺至最低點與金屬球發生彈性碰
撞.在平衡位置附近存在垂直于紙面的磁場,已知由于磁場的阻尼作用,金屬球總能在下一次碰撞前停在最低點
處,重力加速度為g.求:
(1)第一次碰撞前絕緣球的速度v0;
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物理選修3
(2)第一次碰撞后絕緣球的速度v1;
(3)經過幾次碰撞后絕緣球偏離豎直方向的最大角度將小于37°.
(你可能用到的數學知識:sin37°=0.6,cos37°=0.8,0.812=0.656,0.813=0.531,0.814=0.430,0.815=0.349,
0.816=0.282)
6.(2022·廣州廣雅中學模擬)如圖所示,有一個可視為質點的質量為m1=1kg的小物塊P,從光滑平臺上
的質量為m2=0.5kg的Q 物塊以v=3m/s的初速度水平向左撞擊P 物塊后,P 物塊到達C 點時,恰好沿C 點的
切線方向進入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道,已知AB 高度差為h=0.6m.最后小物塊滑上緊靠軌道末端D
點的質量為M=3kg的長木板.已知木板上表面與圓弧軌道末端切線相平,木板下表面與水平地面之間光滑,小
物塊與長木板間的動摩擦因數μ=0.3,圓弧軌道的半徑為R=0.4m,C 點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角
θ=60°,不計空氣阻力,g 取10m/s2.求:
(1)Q 物塊碰撞后的速度大小;
(2)小物塊剛要到達圓弧軌道末端D 點時對軌道的壓力;
(3)要使小物塊不滑出長木板,木板的長度L 至少為多大
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拓展題特訓
1.(2022·綦江模擬)質量為m 的人站在質量為2m 的平板小車上,以共同的速度在水平地面上沿直線前行,
車所受地面阻力的大小與車對地面壓力的大小成正比.當車速為v0 時,人從車上以相對于地面大小為v0 的速度
水平向后跳下.跳離瞬間地面阻力的沖量忽略不計,則能正確表示車運動的v t圖像為 ( )
2.(2022·濰坊模擬)如圖所示,MN 是足夠長的光滑絕緣水平軌道.質量為m 的帶正電A 球,以水平速度v0
v
射向靜止在軌道上帶正電的B 球,至A,B 相距最近時,A 球的速度變為 0,已知A,B 兩球始終沒有接觸4 .
求:
(1)B 球的質量;
(2)A,B 兩球相距最近時,兩球組成系統的電勢能增量.
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物理選修3
3.(2022·衡水高三調研)如圖甲所示,物塊A,B 的質量分別是mA=4.0kg和mB=3.0kg.用輕彈簧拴接,放
在光滑的水平地面上,物塊B 右側與豎直墻相接觸.另有一物塊C 從t=0時以一定速度向右運動,在t=4s時與
物塊A 相碰,并立即與A 粘在一起不再分開,物塊C 的v t圖像如圖乙所示.求:
(1)物塊C 的質量;
(2)B 離開墻后的運動過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep.
4.(2022·貴州省八校模擬)如圖甲,光滑的水平面上有三個滑塊a,b,c;ma=1kg,mb=3kg;b,c被一根輕
質彈簧連接在一起,處于靜止狀態;在t=0時,滑塊a 突然以水平向右的速度與b正碰,并瞬間粘合成一個物體
(記為d);此后運動過程中彈簧始終處于彈性限度內,d 的速度隨時間做周期性變化,如圖乙.則:
(1)求滑塊a的初速度大小以及a,b正碰中損失的機械能ΔE;
(2)求滑塊c的質量.
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5.(2022·哈爾濱六中模擬)如圖所示,用輕繩將大小相同、質量不等的N 個小球并列懸掛于一水平桿上,球
間有微小間隔,從左到右,球的編號依次為1,2,3,…,N,球的質量依次遞減,每球質量與其相鄰左側球的質量之
比為k(k<1).將1號球向左拉起,然后由靜止釋放,使其與2號球碰撞,2號球再與3號球碰撞……所有碰撞均為
無機械能損失的正碰.(不計空氣阻力)
(1)求n號球與n+1號球碰撞后的速率之比;
(2)若N=5,k= 2-1,在1號球向左拉高h(遠小于繩長)的情況下,問5號球碰撞后上升的最大高度.
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物理選修3
綜合特訓(一)
1.(2022·廣東)在同一勻強磁場中,α粒子(42He)和質子(11H)做勻速圓周運動,若它們的動量大小相等,則α
粒子和質子 ( )
A.運動半徑之比是2∶1
B.運動周期之比是2∶1
C.運動速度大小之比是4∶1
D.受到的洛倫茲力之比是2∶1
2.(2022·江蘇)已知光速為c,普朗克常數為h,則頻率為μ的光子的動量為 .用該頻率的光垂直照
射平面鏡,光被鏡面全部垂直反射回去,則光子在反射前后動量改變量的大小為 .
3.(2022·新課標Ⅲ)如圖,水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b,其連線與墻垂直,a 和b相距l,b與墻之
3
間也相距l;a的質量為m,b的質量為 m,兩物塊與地面間的動摩擦因數均相同,現使a 以初速度4 v0
向右滑動,
此后a與b發生彈性碰撞,但b沒有與墻發生碰撞.重力加速度大小為g,求物塊與地面間的動摩擦因數滿足的
條件.
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小題狂刷 高考專題特訓
4.(2022·新課標Ⅰ)某游樂園入口旁有一噴泉,噴出的水柱將一質量為 M 的卡通玩具穩定地懸停在空中.
為計算方便起見,假設水柱從橫截面積為S 的噴口持續以速度v0 豎直向上噴出;玩具底部為平板(面積略大于
S);水柱沖擊到玩具底板后,在豎直方向水的速度變為零,在水平方向朝四周均勻散開.忽略空氣阻力.已知水的
密度為ρ,重力加速度大小為g.求:
(1)噴泉單位時間內噴出的水的質量;
(2)玩具在空中懸停時,其底面相對于噴口的高度.
5.(2022·新課標Ⅱ)如圖,光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體,斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其
面前的冰塊均靜止于冰面上.某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出,冰塊平滑地滑上斜面體,
在斜面體上上升的最大高度為h=0.3m(h小于斜面體的高度).已知小孩與滑板的總質量為m1=30kg,冰塊的
質量為m2=10kg,小孩與滑板始終無相對運動.取重力加速度的大小g=10m/s2.
(1)求斜面體的質量;
(2)通過計算判斷,冰塊與斜面體分離后能否追上小孩
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物理選修3
本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分.共100分,考試時間100分鐘.
第Ⅰ卷(選擇題 共60分)
一、選擇題(本大題共10小題,每小題6分,共60分.)
1.(2022·阜陽模擬)(多選)如圖,大小相同的擺球a和b的質量分別為m 和3m,擺長相同,并排懸掛,平衡
時兩球剛好接觸.現擺球a向左拉開一小角度后釋放.若兩球的碰撞是彈性的,下列判斷正確的是 ( )
A.第一次碰撞后的瞬間,兩球的速度大小相等
B.第一次碰撞后的瞬間,兩球的動量大小相等
C.第一次碰撞后,兩球的最大擺角不相同
D.發生第二次碰撞時,兩球在各自的平衡位置
2.(2022·全國卷)一中子與一質量數為A(A>1)的原子核發生彈性正碰.若碰前原子核靜止,則碰撞前與碰
撞后中子的速率之比為 ( )
A+1 A-1
A.A-1 B.A+1
4A (A+1)2
C.(A+1)2 D.(A-1)2
3.(2022·銀川模擬)(多選)質量為 M、內壁間距為L 的箱子靜止于光滑的水平面上,箱子中間有一質量為
m 的小物塊,小物塊與箱子底板間的動摩擦因數為μ.初始時小物塊停在箱子正中間,如圖所示.現給小物塊一水
平向右的初速度v,小物塊與箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中間,并與箱子保持相對靜止.設碰撞都是彈性的,
則整個過程中,系統損失的動能為 ( )
1 mM
A. 2 22mv B.2(m+M)v
1
C.2NμmgL D.NμmgL
4.(2022·福州模擬)在光滑水平面上,一質量為m、速度大小為v 的A 球與質量為2m 靜止的B 球碰撞后,
A 球的速度方向與碰撞前相反.則碰撞后B 球的速度大小可能是 ( )
A.0.6v B.0.4v
C.0.3v D.0.2v
5.(2022·福建)如圖所示,一枚火箭搭載著衛星以速率v0 進入太空預定位置,由控制系統使箭體與衛星分
離.已知前部分的衛星質量為m1,后部分的箭體質量為m2,分離后箭體以速率v2 沿火箭原方向飛行,若忽略空氣
阻力及分離前后系統質量的變化,則分離后衛星的速率v1 為 ( )
A.v0-v2 B.v0+v2
m m
C.v 2v 20-m 2 D.v0+
( )
1 m
v0-v2
1
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6.(2022·淮安模擬)(多選)如下圖所示,一內外側均光滑的半圓柱槽置于光滑的水平面上,槽的左側有一豎
直墻壁.現讓一小球(可視為質點)自左端槽口A 點的正上方從靜止開始下落,與半圓槽相切并從A 點進入槽內,
則下列說法正確的是 ( )
A.小球離開右側槽口以后,將做豎直上拋運動
B.小球在槽內運動的全過程中,只有重力對小球做功
C.小球在槽內運動的全過程中,小球與槽組成的系統機械能守恒
D.小球在槽內運動的全過程中,小球與槽組成的系統水平方向上的動量不守恒
7.(2022·重慶質檢)如圖所示,一沙袋用無彈性輕細繩懸于O 點,開始時沙袋處于靜止,此后彈丸以水平速
度擊中沙袋后均未穿出.第一次彈丸的速度為v1,打入沙袋后兩者共同擺動的最大擺角為30°,當其第1次返回圖
示位置時,第2粒彈丸以水平速度v2 又擊中沙袋,使沙袋向右擺動且最大擺角仍為30°.若沙袋的質量是彈丸質量
的30倍,則以下結論中正確的是 ( )
A.v1∶v2=1∶1 B.v1∶v2=31∶32
C.v1∶v2=32∶31 D.v1∶v2=31∶63
8.(2022·蘇北四市調研)兩球之間壓縮一根輕彈簧,靜置于光滑水平桌面上.已知A,B 兩球質量分別為2m
和m.當用板擋住A 球而只釋放B 球時,B 球被彈出落于距桌邊距離為x 的水平地面上,如圖所示.當用同樣的程
度壓縮彈簧,取走A 左邊的擋板,將A,B 同時釋放,B 球的落地點距桌邊的距離為 ( )
x
A.3 B.3x
6
C.x D.3x
9.(2022·北京豐臺一模)如圖所示,兩質量分別為m1 和m2 的彈性小球疊放在一起,從高度為h 處自由落
下,且h遠大于兩小球半徑,所有的碰撞都是完全彈性碰撞,且都發生在豎直方向.已知m2=3m1,則小球m1 反彈
后能達到的高度為 ( )
A.h B.2h
C.3h D.4h
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物理選修3
10.(2022·重慶卷)一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v=2m/s,爆炸成為甲、乙兩塊水平飛
出,甲、乙的質量比為3∶1,不計質量損失,重力加速度g 取10m/s2,則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確
的是 ( )
第Ⅱ卷(非選擇題 共40分)
二、非選擇題(本大題共3小題,共40分.)
11.(2022·江西南昌模擬)(12分)光滑水平軌道上有三個木塊A,B,C,質量分別為mA=3m,mB=mC=m,
開始時B,C 均靜止,A 以初速度v0 向右運動,A 與B 碰撞后分開,B 又與C 發生碰撞并粘在一起,此后A 與B
間的距離保持不變.求B 與C 碰撞前B 的速度大小.
12.(2022·新課標Ⅰ)(14分)如圖,在足夠長的光滑水平面上,物體A,B,C 位于同一直線上,A 位于B,C
之間.A 的質量為m,B,C 的質量都為M,三者都處于靜止狀態,現使A 以某一速度向右運動,求m 和M 之間滿
足什么條件才能使A 只與B,C 各發生一次碰撞.設物體間的碰撞都是彈性的.
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小題狂刷 高考專題特訓
( · )( ) , 113.2022 廣東三模 14分 如圖所示 光滑的 圓弧軌道固定在桌面上,質量為 M 的長木板B 緊靠圓弧4
軌道靜止在光滑水平桌面上,長木板的上表面與圓弧軌道的底端切線處于同一水平面,桌面的右端固定一大小可
忽略的小擋板P,現將質量為m 的小物塊A 自圓弧軌道的頂端由靜止釋放.已知 M=2m,圓弧軌道的半徑為R,
長木板的上表面離地面的高度為R,A 與B 間的動摩擦因數μ=0.5,重力加速度為g,假設B 的長度為L,P 到B
右端的距離為x,試求:
(1)小物塊A 滑至圓弧軌道底端時對軌道的壓力;
(2)若B 與P 發生碰撞時A,B 恰好共速,則L,x 應滿足什么條件;
( 33)若L= R,B 與P 碰撞后靜止,A 滑離B 后落到水平地面上的E 點,試分析討論x 取不同值時,2 E
點與
桌面右端的水平距離s與x 有何關系
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