物理选修3
参考答案
专题一 动量、动量守恒定律
【基础特训】
1.C 【解析】 以小车和木块组成的系统为研究对象所受合外力为零,因此系统动量守恒,由于摩擦力的作
用,B 速度减小,A 速度增大,B 速度减小到最小时,A 速度达最大,最后B,A 以共同速度运动,设B,A 共同速度
为v',有:
mv
mv 00=(M+m)v',解得:v'=M+m.
故C正确,ABD错误.
2.C 【解析】 小球下滑过程中,水平方向不受外力,在水平方向上动量守恒.
根据能量守恒得小球的重力势能转化为小球的动能和弧形的槽的动能,
1
即:mgh= mv2+Ekm,所以v< 2gh,故C正确,2 ABD
错误.
3.A 【解析】 取砂袋和小车为系统,由动量守恒,有 m1v1-m2v2=(m1+m2)v,整理可得v=1.0m/s,方
向向右,故A项正确.
4.D 【解析】 由动量守恒可知,原子核静止在磁场中,发生β衰变后的新核与电子的动量大小相等,方向相
mv2 mv
反.由qBv= ,得R= ,粒子运动的半径与电荷量成反比.新核带电量大于电子,因此R 较小,知轨迹R qB 2
为新
核轨迹,由左手定则可知,磁场方向垂直纸面向里.选项D正确.
2
5.(1)A,B 两球相距最近时,A 球的速度为 2gh;3
(2)A,
2
B 两球相距最近时,A,B 两球系统的电势能为 mgh;3
(3)A,
1 4
B 两球最终的速度vA,vB 的大小分别为3 2gh
,
3 2gh.
【解析】 (1)对A 球下滑的过程,由动能定理得:
1
2mgh= ×2mv22 0 v0= 2gh
,
当A 球进入水平轨道后,A,B 两球组成的系统动量守恒,
当A,B 相距最近时,两球速度相等,由动量守恒定律可得:
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)当A,B 相距最近之后,由于静电斥力的相互作用,它们将会相互远离,当它们相距足够远时,它们之间的
相互作用力可视为零,电势能也视为零,它们就达到最终的速度,该过程中,A,B 两球组成的系统动量守恒、能量
也守恒.
由动量守恒定律可得: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)当弹簧的弹性势能最大时,物块A 的速度为3m/s;
59
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(2)系统中弹性势能的最大值是12J.
【解析】 (1)当A,B,C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大,设共同速度为vABC.由A,B,C 三者组成的
系统动量守恒得:(mA+mB)v=(mA+mB+mC)vABC,
(2+2): ×6解得 vABC= / /2+2+4 ms=3ms.
(2)B,C 碰撞时,B,C 组成的系统动量守恒,设碰后瞬间B,C 两者速度为vBC,则
2×6
mBv=(mB+mC)vBC vBC= m/2+4 s=2m
/s
设物A,B,C 速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep,
1
根据能量守恒有: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)当弹簧达到最大长度时A,B 的速度大小为 ;2m
( 12)当B 离开墙壁以后的运动过程中,弹簧弹性势能的最大值为2E.
【解析】 (1)设当B 离开墙壁时,A 的速度为v0,
1 2E
由机械能守恒有: mv22 0=E
,解得v0= ,m
以后运动中,当弹簧弹性势能最大时,弹簧达到最大程度时,A,B 速度相等,系统动量守恒,以向右为正方
E
向,由动量守恒定律得:2mv=mv0,v= ;2m
(2)当两者速度相等时,弹簧伸长量最大,弹性势能最大,
1 1 1
由机械能守恒定律得:Ep=2mv
2
0- 2,解得:22mv Ep=2E.
8.(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度大小为3m/s;
(2)小明接住木箱后三者一起运动,在接木箱过程中系统损失的能量为37.5J.
【解析】 (1)人在推木箱的过程,由动量守恒定律可得:Mv1=mv2,
代入数据可得:v1=3m/s;
(2)小明在接木箱的过程,由动量守恒定律可得:Mv1+mv2=(M+m)v3,
代入数据可得:v3=3.75m/s,
1 1 1
故损失的能量:ΔE= Mv2+ mv21 2- (2 2 2 M+m
)v23,
代入数据可得:ΔE=37.5J.
【能力特训】
高频题特训
1.C 【解析】 以船原来的运动方向为正方向,根据动量守恒定律有:(M+m)v0=MvM-mv,解得vM=v0
m
+ (M v+v0
),C正确.
2.B 【解析】 两原子核组成的系统动量守恒,以甲的初速度方向为正方向,
当两核相距最近时,由动量守恒定律得:m·3v-2m·2v=3mv',
1 1
解得:v'=- v,符号表示与甲的初速度方向相反,速度大小为 故选3 3v. B.
3.(1)a与b球碰前瞬间,a球的速度为 2gh;
(2)a,b两球碰后,细绳会断裂.
【解析】 (1)以a 球为研究对象,在a 球下滑到C 点过程中,
60
物理选修3
1
由动能定理可得,mgh= mv2-0,解得:2 a
球的速度v= 2gh;
(2)a 与b两球碰撞过程动量守恒,由动量守恒得:mv=(
1
m+m)v',解得:v'=2 2gh
;
2
两球做圆周运动, v'由牛顿第二定律可得:F-2mg=2m ,h
解得F=3mg,F=3mg>2.8mg,细绳会断裂.
4.(1)A 与B 碰撞后共同的速度大小为0.5m/s;
(2)A 与B 碰撞过程中产生的内能为1.5J.
【解析】 (1)以A,C 组成的系统为研究对象,以C 的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mv0=mvA,
A,B 碰撞过程动量守恒,以A,B 组成的系统为研究对象,以A 的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:
mvA=(m+M)v,代入数据解得:vA=2m/s,v=0.5m/s;
(2)A,B 碰撞过程中,由能量守恒定律可得A 与B 增加的内能:
1 1
ΔE=2mv
2- (m+M)v2A ,解得:2 ΔE=1.5J.
5.(1)A 开始运动时加速度a的大小为2.5m/s2;
(2)A,B 碰撞后瞬间的共同速度v的大小为1m/s;
(3)A 的上表面长度为0.45m.
【解析】 (1)以A 为研究对象,由牛顿第二定律有F=mAa, ①
代入数据解得a=2.5m/s2; ②
(2)对A,B 碰撞后共同运动t=0.6s的过程,由动量定理得
Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v, ③
代入数据解得v=1m/s; ④
(3)设A,B 发生碰撞前,A 的速度为vA,对A,B 发生碰撞的过程,由动量守恒定律有
mAvA=(mA+mB)v, ⑤
1
A 从开始运动到与B 发生碰撞前,由动能定理有Fl=2mAv
2
A, ⑥
由④⑤⑥式,代入数据解得l=0.45m.
6.(1)A 球和B 球质量之比为 10
-1÷∶1;è 2
(2)
两球在碰撞过程中损失的机械能与B 球在碰前的最大动能之比 101- ÷∶1.è 5
【解析】 (1)设摆球A,B 的质量分别为mA,mB,摆长为l,B 球的初始高度为h1,碰撞前B 球的速度为vB.在
不考虑摆线质量的情况下,根据题意及机械能守恒定律得:
mBgl(
1
1-cos60°)= mBv2B,2
解得:vB= 2gl(1-cos60°)= gl.
设碰撞后两摆球的速度为v 共同摆起到37°,由机械能守恒定律有:
1(
2 mA+m
2
B)v =(mA+mB)gl(1-cos37°),
解得: 10glv= 2gl(1-cos37°)= 5 .
两球在碰撞过程中由动量守恒定律有:mBvB=(mA+mB)v,
v
解得:m ∶m B 10A B= èv -1
÷∶1= -1÷∶1; è 2
( 1 12)两球在碰撞过程中损失的机械能ΔE=2mBv
2
B- (2 mA+mB
)v2,
61
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: 所以 ΔE∶E 10kBm=
è1-
÷∶1.
5
7.(1)B 球第一次到达地面时的速度为4m/s;
(2)P 点距离地面的高度为0.75m.
【解析】 (1)设B 球第一次到达地面时的速度大小为vB,由运动学公式有
vB= 2gh, ①
将h=0.8m代入上式,得vB=4m/s; ②
(2)设两球相碰前后,A 球的速度大小分别为v1 和v'1(v'1=0),B 球的速度分别为v2 和v'2,由运动学规律可
得v1=gt, ③
由于碰撞时间极短,重力的作用可以忽略,两球相碰前后的动量守恒,总动能保持不变,规定向下的方向为
正,有
mAv1+mBv2=mBv'2, ④
1 1 1
2mAv
2 2 2
1+2mBv2=2mBv'2
, ⑤
设B 球与地面相碰后速度大小为v'B,由运动学及碰撞的规律可得v'B=vB, ⑥
v'2-v2B 2
设P 点距地面的高度为h',由运动学规律可得h'= ,2g ⑦
联立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知条件可得h'=0.75m. ⑧
() , , 1 28.1A B 碰后瞬间 A 的速度为 v0,方向向右;B 的速度为 v0,方向向左;3 3
(2)弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比为2∶1.
【解析】 (1)A,B 发生弹性正碰,碰撞过程中,A,B 组成的系统动量守恒、机械能守恒,以A,B 组成的系统
为研究对象,以A 的初速度方向为正方向,
由动量守恒定律得:mv0=mvA+2mvB,
在碰撞过程中机械能守恒, 1 1 1由机械能守恒定律得: 2
2mv0= mv
2
A+ ×2mv2B,2 2
1 2
联立解得:vA=-3v0
,vB=3v0
;
(2)弹簧第一次压缩到最短时,B 的速度为零,该过程机械能守恒,
1 4
由机械能守恒定律得,弹簧的弹性势能:E 2 2p=2×2mvB=9mv0
,
从弹簧压缩最短到弹簧恢复原长时,B,C 与弹簧组成的系统机械能守恒,
2
弹簧恢复原长时,B 的速度vB= v0,速度方向向右,C 的速度为零,3
从弹簧恢复原长到弹簧第一次伸长最长时,B,C 与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒,弹簧伸长最长时,
B,C 速度相等,以向右为正方向,
由动量守恒定律得:2mvB=(2m+2m)v',
1 1
由机械能守恒定律得: ×2mv2B= ×(2m+2m) 22 2 v' +E'p
,
2
解得:E'p= 2,9mv0
所以,弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比:Ep∶E'p=2∶1.
易错题特训
1.B 【解析】 人和两船组成的系统动量守恒,两船原来静止,总动量为0,A,B(包括人)两船的动量大小相
等,选项B正确.经过n 次跳跃后,A 船速度为vA,
v 3
B A船速度为vB.0=mv
m
A- m+
÷vB, = ,选项A错.A 船è 2 vB 2
1 1 1 2
最后获得的 动 能 为EkA = mv2A.B 船 最 后 获 得 的 动 能 为2 EkB =
m m 2
+m ÷v2B = 2 è2 2 è2+m
÷ ·
è3vA
÷ =
62
物理选修3
2 1 2 2 EkA 3 mvA ÷= EkA, = ,选项C,D错误3 è2 3 E .kB 2
2.D 【解析】 5个小球组成的系统发生的是弹性正碰,系统的机械能守恒,系统在水平方向的动量守恒,总
动量并不守恒,选项A,B错误;同时向左拉起小球1,2,3到相同的高度,同时由静止释放并与小球4,5碰撞后,由
机械能守恒和水平方向的动量守恒知,小球3,4,5一起向右摆起,且上升的最大高度与小球1,2,3的释放高度相
同,选项C错误,选项D正确.
3.AD 【解析】 选项AB:设v 大于v0,弹簧立即弹开后,甲物体向左做初速度为v,加速度为a 的匀减速运
动,乙物体向右做初速度为v,加速度为a 的匀减速运动,此种情况两个物体落地后,距释放点的水平距离可能相
等,A正确,B错误;
选项CD:若v 小于v0,弹簧立即弹开后,甲物体向左做初速度为v,加速度为a 的匀减速运动,速度为零后可
以再向相反的方向运动.整个过程是做初速度为v,加速度和皮带运动方向相同的减速运动,乙物体做初速度为
v,加速度为a 的匀加速运动,运动方向和加速度的方向都和皮带轮的运动方向相同,甲、乙到达B 点时的速度相
同,落地的位置在同一点,故C错误,D正确.
4.(1)滑块a,b的质量之比为1∶8;
(2)1∶2.
【解析】 (1)设滑块a,b的质量分别为m1,m2,滑块a,b碰撞前的速度为v1,v2.由题给图像得
v1=-2m/s,v2=1m/s,
滑块a,
2
b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v,由题给图像可得v=3 m
/s.
由动量守恒定律得:m1v1+m2v2=(m1+m2)v,
m1 1
解得 ;
m =2 8
(2)由能量守恒得,两滑块因碰撞而损失的机械能为
1 1 1
ΔE= 2 2 ( )2,2m1v1+2m2v2-2 m1+m2 v
由图像可知,两滑块最后停止运动,由动能定理得,两滑块克服摩擦力所做的功为
1
W= (m1+m2)v2,2
W 1
解得
ΔE=2.
5.(1)第一次碰撞前绝缘球的速度v0 为 gl;
( 92)第一次碰撞后绝缘球的速度v1 大小为 gl,方向水平向右;10
(3)经过5次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于37°.
【解析】 (1)绝缘球下摆过程中机械能守恒,由机械能守恒定律得:
1
mgl(1-cosθ)= mv22 0
, ①
解得:v0= 2gl(1-cosθ)= gl;
(2)两球碰撞过程动量守恒,以绝缘球的初速度方向为正方向,
由动量守恒定律得:mv0=mv1+MvM, ②
1 1 1
由机械能守恒定律得:
2mv
2
0= 2 22mv1+
,
2MvM ③
联立②③解得:
m-M 9 9
v1= v0=- v0=- gl,负号表示方向与碰撞前方向相反,水平向右;m+M 10 10
(3)设在第n 次碰撞前绝缘球的速度为vn-1,碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为vn 和Vn.由于碰撞过程中
动量守恒和机械能守恒,以碰撞前绝缘球的速度方向为正方向,
由动量守恒定律得:mvn-1=mvn+MVn, ④
63
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1 1 1
由机械能守恒定律得: mv2 2 22 n-1=2mvn+
,
2MVn ⑤
9
由④⑤两式及 M=19m,解得:vn=- ,10vn-1
1
第n 次碰撞后绝缘球的动能为:En=2mv
2
n=(0.81)nE0, ⑥
E
E n0 为第1次碰撞前绝缘球的动能,即初始能量,得 (E = 0.81
)n,
0
mgl(1-cos37°)
而绝缘球在θ=60°与θ=37°处的势能之比为:mgl(1-cos60°)=0.4.
根据0.814=0.430,0.815=0.349,因此,经过5次碰撞后θ将小于37°.
6.(1)Q 物块碰撞后的速度大小为1m/s;
(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力为60N;
(3)要使小物块不滑出长木板,木板的长度L 至少为2.5m.
【解析】 (1)
1 vy gt
由平抛运动规律有h=2gt
2;tan60°=v =
,
x v0
联立方程解得:v0=2m/s,
P,Q 碰撞过程动量守恒,规定向左为正方向,则m2v=m1v0+m2v',
代入数据解得:v'=-1m/s;
( v0 22)小物块在C 点时的速度大小为vC= / /,cos60°=1 ms=4ms
2
1 1
小物块由C 到D 的过程中,由动能定理得:m1gR(1-cos60°)= mv2- mv22 1 D 2 1 C
,
代入数据解得vD=25m/s,小球在D 点时由牛顿第二定律得:
v2
F DN-m1g=m1 ,代入数据解得R FN=60N
,
由牛顿第三定律得F'N=FN=60N,方向竖直向下;
(3)设小物块刚滑到木板左端到达到共同速度,大小为v',
规定向左为正方向,根据动量守恒有:m1vD=(M+m1)v',
1 1
对物块和木板系统,由能量守恒定律得:μm1gL= mv21 D- (2 2 m1+M
)v'2,
代入数据解得L=2.5m,即木板的长度至少是2.5m.
拓展题特训
【 】 , , μ×3mg1.B 解析 人跳车前 人和车以大于v0 的初速度做匀减速直线运动 加速度大小为a= ;人3m =μg
跳车瞬间,人和车组成的系统动量守恒,规定初速度方向为正方向,则3mv0=-mv0+2mv,得v=2v0,此后车做
×2mg
减速运动的加速度a'=μ =μg=a,B项正确2m .
2.(1)B 球的质量为3m;
(2)
3
两球组成系统的电势能增量为 2
8mv0.
【解析】 (1)A,B 两球组成的系统动量守恒,当A,B 相距最近时,两球速度相等,由动量守恒定律,得:mv0
=( )
v
m m 0+ B ,解得:4 mB=3m
;
( 1 12)设电势能增量为ΔEp,由能量守恒定律得:ΔEp=2mv
2
0- (2 m+mB
)v2,
3
解得:ΔE 2p=8mv0.
64
物理选修3
3.(1)物块C 的质量为2kg;
(2)B 离开墙后弹簧具有的最大弹性势能为9J.
【解析】 (1)由图知,C 与A 碰前速度为:v1=9m/s,碰后速度为:v2=3m/s,
C 与A 碰撞过程中动量守恒,以C 的初速度方向为正方向,
由动量守恒定律得:mCv1=(mA+mC)v2,解得:mC=2kg;
(2)12s末B 离开墙壁,之后A,B,C 及弹簧组成的系统动量、机械能守恒,且当A,C 与B 的速度v4 相等时
弹簧弹性势能最大,
根据动量守恒定律,有:(mA+mC)v3=(mA+mB+mC)v4,
1 1
根据机械能守恒定律,有: ( 2 2
2 mA+mC
)v3= ( )2 mA+mB+mC v4+Ep
,
解得:Ep=9J.
4.(1)滑块a的初速度大小为4m/s,a,b正碰中损失的机械能ΔE 为6J;
(2)滑块c的质量为12kg.
【解析】 (1)由图乙所示图像可知,a,b黏合后瞬间的速度大小为vd1=1m/s, ①
a,b正碰过程中动量守恒,以a 的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mav0=mdvd1, ②
解得滑块a 的初速度:v0=4m/s, ③
1 1
由能量守恒定律可得a,b正碰中损失的机械能:ΔE= m 2 22 av0-
,
2mdvd1 ④
代入数据解得:ΔE=6J;
(2)由图乙所示可知,弹簧第一次恢复形变瞬间,d 的速度为:vd2=-0.5m/s, ⑤
d,c和弹簧构成的系统动量守恒、机械能守恒,以d,c 系统的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:
mdvd1=mdvd2+mcvc2, ⑥
1 1 1
由能量守恒定律得:
2mdv
2
d1=2m
2
dvd2+ 22mcvc2
, ⑦
代入数据解得滑块c的质量为:mc=12kg. ⑧
5.()
1-k
1n号球与n+1号球碰撞后的速率之比为 2 ∶1
;
(2)5号球碰撞后上升的最大高度为16h.
【解析】 (1)规定向右为正方向,根据动量守恒定律得,mnvn=mnv'n+kmnv'n+1,
1 1 1
根据能量守恒得,
2mv
2
n n=2mv'
2 2
n n+2kmnv'n+1
,
v'n 1-k
联立解得 ;
v' =n+1 2
( 12)根据动能定理得,m 21gh=2m1v1
,
2 4
根据归纳法知,v' 5= ÷1+k v
,
è 1
1
根据动能定理有:m5gh'=2m5v'
2
5,解得h'=16h.
综合特训(一)
【母题特训】
1.B 【解析】 α粒子和质子质量之比为4∶1,电荷量之比为2∶1,由于动量大小相等,故速度之比为1∶4,
mv
选项C错误;在同一匀强磁场B 中,带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r= ,得两者的运动半径之qB
2πm
比为1∶2,选项A错误;带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T= ,得周期之比为qB 2∶1
,选项B正
确;由带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力f=qvB,得受到的洛伦兹力之比为1∶2,选项D错误.
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小题狂刷 高考专题特训
hγ 2hγ
2.c c
【 h h hγ解析】 根据德布罗意波长公式,则光子的动量为p=λ=c =c .
γ
γ
取入射方向为正方向,则光子动量的变化量为Δp=p末-p初=-p-p=-2h ,c
因此当光被镜面全部垂直反射回去,光子的速度方向与开始时相反,
2hγ
所以光子在反射前后动量改变量的大小为
c .
32v2 v2
3.物块与地面间的动摩擦因数满足的条件是
0 0
113gl≤μ<2gl.
【解析】 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.
1
要使物块a,b能够发生碰撞,应有:2mv
2
0>μmgl ①
v20
即μ<2gl ②
设a 与b碰撞前的速度为v1,由能量守恒得:
1
mv2
1
2 0=μmgl+2mv
2
1 ③
设a 与b碰撞前的瞬间,速度大小分别为va,vb,根据动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
联立④⑤式解得:
8
vb=7v1 ⑥
碰后,b没有与墙发生碰撞,即b在达到墙前静止,由功能关系得:
1 3 3
÷ 2
2 4m v ≤μ4mè gl ⑦
32v20
联立③⑥⑦式,得:μ≥113gl ⑧
联立②⑧式,a 与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞的条件为:
32v2 20 v0
113gl≤μ<2gl.
4.(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量为ρSv0;
2 2 4 2 2
(2)玩具在空中悬停时,
Sv -M g
其底面相对于喷口的高度为ρ 0
2ρ2S2v2
.
0g
【解析】 (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量m=ρV=ρSv0;
(2)设水到达卡通玩具处的速度为v,玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度为h,
根据运动学基本公式得:v2-v20=-2gh,
水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,以向上为正,根据动量定理得:
-Mgt=ρSv0t(0-v),
2S2v40-M2g2
联立解得:h=ρ 2ρ2S2v2
.
0g
5.(1)斜面体的质量为20kg;
(2)冰块与斜面体分离后不能追上小孩.
【解析】 (1)对于冰块和斜面体组成的系统,根据动量守恒可得,
m2v2=(m2+M)v,
66
物理选修3
1 1
根据系统的机械能守恒,可得,m2gh+ (2 m2+M
)v2= mv22 2 2
,
解得:M=20kg;
(2)小孩与冰块组成的系统,根据动量守恒可得,m1v1=m2v2,
解得v1=1m/s(向右).
冰块与斜面:m2v2=m2v'2+Mv'3,
根据机械能守恒,可得,1 1 1mv2= mv'2+ Mv22 2 2 2 2 2
,
2 3
解得:v'2=-1m/s(向右).
因为|v'1|=v1,所以冰块不能追上小孩.
【过关特训】
1.AD 【解析】 设摆球a 到达最低点恰未发生碰撞时的速度为v0,碰撞过程动量守恒且动能守恒,碰后速
m1-m2 1 2m1 1
度v'1=m +mv0=-2v0
;v'2=m +mv0=2v0
,所以A正确,B错误;第一次碰撞后的瞬间,两球的速度v 大
1 2 1 2
小相等,摆起的高度h 满足v2=2gh,所以两球上升的高度相同,故两球的最大摆角相同,C错误;两摆摆长相等,
l
由周期公式T=2π 可知周期相等,g D
正确.
2.A 【解析】 本题考查完全弹性碰撞中的动量守恒、动能守恒.设碰撞前后中子的速率分别为v1,v'1,碰撞
后原子核的速率为v2,中子的质量为m1,原子核的质量为m2,则 m2=Am1.根据完全弹性碰撞规律可得 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正确v' A-1 .1
mv 1 1
3.BD 【解析】 根据动量守恒,小物块和箱子的共同速度v'= ,损失的动能ΔE = mv2M+m k 2 -
(
2 M+
) 1 mMm v'2= · v2,所以B正确.根据能量守恒,损失的动能等于因摩擦产生的热量,而计算热量的方法是摩擦2 m+M
力乘相对位移,所以ΔEk=fNL=NμmgL,可见D正确.
4.A 【解析】 以A 原来的运动方向为正方向,根据动量守恒定律 mv+0=2m·vB-mvA,碰撞过程能量
有损失,1 2 1 2 1· · 2, 2联立两个方程解得
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项符合要求3 .
m
5.D 【解析】 根据动量守恒定律(m1+m2)v0=m1v1+m2v2 解得v1=v
2
0+ (v0-v2),故 ABC错误,m D1
正确.
6.CD 【解析】 小球从开始下落到最低点的过程中,槽没有动,与竖直墙之间存在挤压,动量不守恒;小球
经过最低点往上运动的过程中,斜槽与竖直墙分离,水平方向动量守恒;全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力
的作用,故全过程系统水平方向动量不守恒,D正确;小球离开右侧槽口时,水平方向有速度,将做斜抛运动,A错
误;小球经过最低点往上运动的过程中,斜槽向右运动,斜槽对小球的支持力对小球做负功,小球对斜槽的压力对
斜槽做正功,小球与斜槽组成的系统机械能守恒,B错误,C正确.
7.D 【解析】 设弹丸第一次射入后与沙袋的共同速度为v,射入过程中根据动量守恒定律得mv1=31mv,
第二次射入过程,弹丸与沙袋摆下的速度与初速度相同,根据机械能守恒定律知第二次射入完后的共同速度也为
v,根据动量守恒定律得mv2-31mv=32mv,联立得D正确.
1
8.D 【解析】 当用板挡住小球A 而只释放B 球时,根据能量守恒有:E 2p= mv0,根据平抛运动规律有:2 x
=v0t.当用同样的程度压缩弹簧,取走A 左边的挡板,将A,B 同时释放时,设A,B 的速度大小分别为vA 和vB,
1 1 6
则根据动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
小题狂刷 高考专题特训
6
点距桌边的距离为x'=vBt=3x
,D选项正确.
9.D 【解析】 下降过程为自由落体运动,触地时两球速度相同,v= 2gh,m2 碰撞地之后,速度瞬间反向,
大小相等,选m1 与m2 碰撞过程为研究过程,碰撞前后动量守恒,设碰后 m1,m2 的速度大小分别为v1,v2,选向
上方向为正方向,则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
联立解得:v1=2 2gh,反弹后高度 H= =4h.D选项正确2g .
3 1
10.B 【解析】 弹丸在爆炸过程中,水平方向的动量守恒,有mv0= mv甲+ mv乙,解得4 4 4v0=3v甲+v乙
,
1
爆炸后两块弹片均做平抛运动,竖直方向有h= gt2,水平方向对甲、乙两弹片分别有2 x甲=v甲t
,x乙=v乙t,代入
各图中数据,可知B选项正确.
6
11.5v0
【解析】 设A 与B 碰撞后,A 的速度为vA,B 与C 碰撞前B 的速度为vB,B 与C 碰撞后粘在一起的速度为
v,由动量守恒定律得
对A,B 木块:mAv0=mAvA+mBvB, ①
对B,C 木块:mBvB=(mB+mC)v, ②
由A 与B 间的距离保持不变,可知vA=v, ③
联立①②③式,
6
代入数据得vB=5v0.
12.(5-2)M≤m【解析】 A 向右运动与C 发生第一次碰撞,碰撞过程中,系统的动量守恒、机械能守恒.设速度方向向右为
正,开始时A 的速度为v0,第一次碰撞后C 的速度为vC,A 的速度为vA1,由动量守恒定律和机械能守恒得:mv0
=mvA1+MvC, ①
1 2 1 2 1
2mv0=2mvA1+2Mv
2
C, ②
m-M
联立①②式得:vA1=m+Mv0
, ③
2m
vC= ,m+Mv0 ④
如果m>M,第一次碰撞后,A 与C 速度同向,且A 的速度小于C 的速度,不可能与B 发生碰撞;如果 m=
M,第一次碰撞后,A 停止,C 以A 碰前的速度向右运动,A 不可能与B 发生碰撞,所以只需要考虑 m情况.
第一次碰撞后,A 反向运动与B 发生碰撞,设与B 发生碰撞后,A 的速度为vA2,B 的速度为vB,同样有:vA2
m-M 2
= m-M m+MvA1=
÷ v0,èm+M ⑤
根据题意,要求A 只与B,C 各发生一次碰撞,应有:vA2≤vC, ⑥
联立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 应满足的条件为:
(5-2)M≤m13.(1)小物块A 滑至圆弧轨道底端时对轨道的压力为3mg,方向竖直向下;
() 4 42 若B 与P 发生碰撞时,A,B 恰好共速,则L,x 应满足x= , ;9R L≥3R
68
物理选修3
(3)
1
若x≥xB,s= R;若3 0≤x≤x
2
B,s= R -2Rx.
【解析】 1 (1)A 由静止滑至底端过程:mgR=2mv
2
0, ①
解得:v0= 2gR.
v2
A 0在最低点时:N-mg=m ,R ②
解得:N=3mg.
由牛顿第三定律:A 对轨道的压力大小N'=N=3mg,方向竖直向下;
(2)B 与P 碰撞时,A,B 恰好共速,设A 的位移为xA,B 的位移为xB,则有
mv0=(m+M)v共, ③
对B:
1
μmgx 2B=2Mv共
, ④
1 1
对A:-μmgx 2 2B= ,2Mv共-2mv0 ⑤
16 4
联立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 与P 碰撞前,A 不会滑离2 3 B.
(ⅰ)若x≥xB,则B 与P 碰撞时,A,B 已共速,设A 滑离B 时的速度为vA,则碰后至A 滑离B 的过程有:
- m 3 4
1
μ g R- R
÷= mv2
1
- mv2 ,2 3 2 A 2 共 ⑥è
2gR
联立①③⑥解得:vA= ,6 ⑦
1
A 滑离B 后做平抛运动,则有:R= 2,2gt ⑧
s=vAt, ⑨
1
联立⑦⑧⑨解得:s=3R
;
(ⅱ)若0≤x≤xB,则B 与P 碰撞时,A,B 还未共速,碰后A 继续在B 上滑行,A 滑离B 时的速度为vA,则
3 1 1
有:-μmg
÷ 2 2,
è2R+x = 2mvA-2mv0 ⑩
: 1解得 vA= (2g R-x
)>0,说明A 能滑离B.
联立解得:s= R2-2Rx.
专题二 原子 原子核 波粒二象性
第1讲 光电效应 波粒二象性
【基础特训】
1.CD 【解析】 金属的逸出功是由金属自身决定的,与入射光频率无关,其大小W=hν0,故A错误.根据爱
因斯坦光电效应方程Ekm=hν-W,可知光电子的最大初动能Ekm与入射光的频率成线性关系,不是成正比,故B
W0
错误.根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν-W,可知斜率k=h,故C正确.由图可知,图线在横轴上的截距为 ,h
故D正确.
2.B 【解析】 用弧光灯发出的紫外线照射锌板,锌板失去电子带正电,验电器与锌板相连,则验电器的金属
69物理选修3
选修3 5相关知识及策略
【高考热点】
动量部分:高考热点是动量守恒定律的应用.
原子物理部分:波粒二象性部分的热点是光电效应现象、实验规律和光电效应方程.核式结构、玻尔理论、能
级公式、原子跃迁条件、半衰期、质能方程的应用、计算和核反应方程的书写都是高考的热点问题,试题一般以基
础知识为主,较简单.
【题型探秘】
动量部分:本考点是高考的选考内容,题型全面,选择题主要考查动量的矢量性,辨析“动量和动能”、“冲量与
功”的基本概念;常设置一个瞬间碰撞的情景,用动量定理求变力的冲量;或求出平均力;或用动量守恒定律来判
定在碰撞后的各个物体运动状态的可能值.
原子物理部分:本考点知识的特点是“点多面宽”,“考点分散”,因此高考对本考点的考查主要是从对基本概
念的理解、辨别方面进行,包括阅读理解部分;题型主要以选择题为主,在近三年高考试卷中几乎每年都考.其中
重点考查的有能级与光谱、核反应方程及规律、质能方程及核能、相关物理学史、光子论等内容的题目.
【应对策略】
一、动量部分
1.矢量法:本专题中的动量定理:Ft=mv-mv0,动量守恒定律:p1=p2,这些公式中的动量、冲量、力都是矢
量,所以在列方程求解时,一定要正确确定各矢量的方向,许多考题思路并不复杂,但方向判断错误往往是导致解
题失败的直接原因,很多试题对此都有刻意的体现.
2.规律法:充分运用好规律,深刻理解并熟练应用动量守恒定律解决物体间相互碰撞问题,在使用前首先要
判定相互碰撞的系统是否符合动量守恒定律,这是解题的前提条件,其次,对于多次碰撞过程的动量守恒问题,一
定要将复杂的过程转化为几个小过程,在每一个小过程中要明确哪些物体是这个系统中的研究对象.
3.应用动量守恒定律解题的步骤
(1)选取研究系统和研究过程.
(2)分析系统的受力情况,判断系统动量是否守恒.
(3)规定正方向,确定系统的初、末状态的动量的大小和方向.
(4)根据动量守恒定律列方程求解.
(5)对求解的结果加以分析、验证和说明.
4.三类碰撞的分析
(1)弹性碰撞:
动量守恒:m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2
1 1 1 1
机械能守恒: 2 2 2 2
2m1v1+2m2v2=2m1v'1+2m2v'2.
(2)完全非弹性碰撞:
动量守恒、末速度相同:m1v1+m2v2=(m1+m2)v'
机械能损失最多:
1
机械能的损失ΔE= 1 2 1 2 ÷- (m +m )v'2
è2m1v1+2m2v2 2 1 2
(3)非弹性碰撞:
动量守恒:m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2
机械能有损失:
1 1 1 1
机械能的损失ΔE= 2mv
2+ 21 1 2m2v2
÷- 22m1v'1+2m2v'
2
2÷
è è
注意:对求解的结果要进行分析、验证,确保符合实际情景.
1
小题狂刷 高考专题特训
二、原子物理部分
1.解决氢原子能级跃迁问题的四点技巧
(1)原子跃迁时,所吸收或释放的光子能量只能等于两能级之间的能量差.
(2)原子电离时,所吸收的能量可以大于或等于某一能级能量的绝对值.
(
( nn-1
)
3)一群原子和一个原子不同,它们的核外电子向基态跃迁时发射光子的种类N=C2n= 2 .
(4)计算时应注意:因一般取无穷远处为零电势参考面,故各能级的能量值均为负值;能量单位1eV=1.6×
10-19J.
2.分析光电效应的“两条线索”
线索一:入射光的频率ν→光子能量E→光电子的最大初动能Ek→遏止电压U.
①ν与E:E=hν.
②E 与Ek:Ek=E-W0(W0 为逸出功).
③Ek 与U:eU=Ek.
线索二:入射光强度→光子数目→光电子数目→光电流大小.
入射光越强,光子数目就越多;光子数目越多,产生的光电子就越多;光电子越多,光电流就越大.
3.核反应方程及核能计算“四门基本功”
(1)对守恒规律:
掌握核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒的规律.
(2)对常见核反应:
掌握常见的主要核反应方程式,并知道其意义.
(3)对基本粒子:
熟记常见的基本粒子的符号,如质子、中子等.
(4)对核能计算:
熟记进行核能计算时单位的对应关系,若m 用kg作单位,则E 用J作单位;若m 用u作单位,则E 用eV作
单位,且1u对应931.5MeV.
2
物理选修3
专题一 动量、动量守恒定律
1.(2022·宁德市普高质检)如图,质量为M 的小车A 停放在光滑的水平面上,小车上表面粗糙.质量为m 的
滑块B 以初速度v0 滑到小车A 上,车足够长,滑块不会从车上滑落,则小车的最终速度大小为 ( )
mv0
A.零 B.M
mv0 mv0
C.M+m D.M-m
2.(2022·漳州三模)如图所示,质量为m 的带有光滑弧形的槽静止在光滑水平面上,圆弧底部切线是水平
的.一个质量也为m 的小球从槽高h处开始由静止下滑,在下滑过程中,关于小球和槽组成的系统,以及小球到达
底端的速度v,判断正确的是 ( )
A.在水平方向上动量守恒,v= 2gh
B.在水平方向上动量不守恒,v= 2gh
C.在水平方向上动量守恒,v< 2gh
D.在水平方向上动量不守恒,v< 2gh
3.(2022·漳州质检)质量为2kg的小车以2m/s的速度沿光滑的水平面向右运动,若将质量为0.5kg的砂
袋以3m/s的水平速度迎面扔上小车,则砂袋与小车一起运动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)实验观察到,静止在匀强磁场中 A 点的原子核发生β衰变,衰变产生的新核与电子恰在纸
面内做匀速圆周运动,运动方向和轨迹示意如图.则 ( )
A.轨迹1是电子的,磁场方向垂直纸面向外
B.轨迹2是电子的,磁场方向垂直纸面向外
C.轨迹1是新核的,磁场方向垂直纸面向里
D.轨迹2是新核的,磁场方向垂直纸面向里
5.(2022·绥化模拟)如图所示,LMN 是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道,MN 水平且足够长,LM 下端与
MN 相切.质量为m 的带正电小球B 静止在水平轨道上,质量为2m 的带正电小球A 从LM 上距水平轨道高为h
处由静止释放,在A 球进入水平轨道之前,由于A,B 两球相距较远,相互作用力可认为是零,A 球进入水平轨道
3
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后,A,B 两球间相互作用视为静电作用.带电小球均可视为质点.已知A,B 两球始终没有接触.重力加速度为g.求:
(1)A,B 两球相距最近时,A 球的速度v;
(2)A,B 两球相距最近时,A,B 两球系统的电势能Ep;
(3)A,B 两球最终的速度vA,vB 的大小.
6.(2022·景德镇市模拟)两物块A,B 用轻弹簧相连,质量均为2kg,初始时弹簧处于原长,A,B 两物块都以
v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动,质量为4kg的物块C 静止在前方,如图所示.B 与C 碰撞后两者会粘
在一起运动.求在以后的运动中:
(1)当弹簧的弹性势能最大时,物块A 的速度为多大
(2)系统中弹性势能的最大值是多少
4
物理选修3
7.(2022·银川模拟)如图所示,光滑水平面上,轻弹簧两端分别拴住质量均为m 的小物块A 和B,B 物块靠
着竖直墙壁.今用水平外力缓慢推A,使A,B 间弹簧压缩,当压缩到弹簧的弹性势能为E 时撤去此水平外力,让
A 和B 在水平面上运动.求:
(1)当弹簧达到最大长度时A,B 的速度大小;
(2)当B 离开墙壁以后的运动过程中,弹簧弹性势能的最大值.
8.(2022·青岛统一检测)在如图所示的光滑水平面上,小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱,木箱
离开手以5m/s的速度向右匀速运动,运动一段时间后与竖直墙壁发生弹性碰撞,反弹回来后被小明接住.已知木
箱的质量为30kg,人与车的质量为50kg.求:
(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度大小;
(2)小明接住木箱后三者一起运动,在接木箱过程中系统损失的能量.
5
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高频题特训
1.(2022·台州模拟)如图,质量为 M 的小船在静止水面上以速率v0 向右匀速行驶,一质量为m 的救生员站
在船尾,相对小船静止.若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中,则救生员跃出后小船的速率为 ( )
m m
A.v0+Mv B.v0-Mv
m m
C.v0+ ( )M v0+v D.v0+
(
M v0-v
)
2.(2022·龙岩综测)真空室内,有质量分别为m 和2m 的甲、乙两原子核,某时刻使它们分别同时获得3v和
2v的瞬时速率,并开始相向运动.由于它们间的库仑斥力作用,两者始终没有接触,当两原子核相距最近时,甲核
的速度大小为 ( )
1
A.0 B.3v
7
C.v D.3v
3.(2022·包头综测)如图,质量为m 的b球用长h的细绳悬挂于水平轨道BC 的出口处.质量也为m 的小球
a,从距BC 高h的A 处由静止释放,沿ABC 光滑轨道滑下,在C 处与b球正碰并与b粘在一起.已知BC 轨道距
地面有一定的高度,悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg,b球与水平轨道无作用力.试问:
(1)a与b球碰前瞬间的速率为多大
(2)a,b两球碰后,细绳是否会断裂 (要求通过计算回答)
6
物理选修3
4.(2022·南京模拟)如图所示,光滑水平面上滑块A,C 的质量均为m=1kg,B 的质量为M=3kg.开始时
A,B 静止,C 以初速度v0=2m/s的速度滑向A,与A 碰后C 的速度变为零,A 向右运动与B 发生碰撞并粘在一
起.求:
(1)A 与B 碰撞后共同的速度大小;
(2)A 与B 碰撞过程中产生的内能.
5.(2022·宝坻模拟)如图所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量mA=4kg,上表面光滑,小车与地面
间的摩擦力极小,可以忽略不计.可视为质点的物块 B 置于A 的最右端,B 的质量mB=2kg.现对A 施加一个水
平向右的恒力F=10N,A 运动一段时间后,小车左端固定的挡板与B 发生碰撞,碰撞时间极短,碰后A,B 黏合
在一起,共同在F 的作用下继续运动,碰撞后经时间t=0.6s,两者的速度达到vt=2m/s.求:
(1)A 开始运动时加速度a的大小;
(2)A,B 碰撞后瞬间的共同速度v的大小;
(3)A 的上表面长度l.
7
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6.(2022·吉林模拟)如图,两摆摆长相同,悬挂于同一高度,A,B 两摆球体积均很小,当两摆均处于自由静
止状态时,其侧面刚好接触.向右上方拉动B 球使其摆线伸直并与竖直方向成60°角,然后将其由静止释放.在最
低点两摆球粘在一起摆动,且最大摆角成37°,忽略空气阻力.求:
(1)A 球和B 球质量之比;
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与B 球在碰前的最大动能之比.
7.(2022·全国新课标)如图所示,质量分别为mA,mB 的两个弹性小球A,B 静止在地面上空,B 球距地面的
高度h=0.8m,A 球在B 球的正上方,先将B 球释放,经过一段时间后再将A 球释放,当A 球下落t=0.3s时,刚
好与B 球在地面上方的P 点处相碰,碰撞时间极短,碰后瞬间A 球的速度恰为零,已知mB=3mA,重力加速度大
小g 取10m/s2,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失.求:
(1)B 球第一次到达地面时的速度;
(2)P 点距离地面的高度.
8
物理选修3
8.(2022·山西省四校联考)如图所示,轻弹簧的两端与质量均为2m 的B,C 两物块固定连接,静止在光滑水
平面上,物块C 紧靠挡板但不粘连.另一质量为m 的小物块A 以速度v0 从右向左与B 发生弹性正碰,碰撞时间
极短可忽略不计.(所有过程都在弹簧弹性限度范围内)求:
(1)A,B 碰后瞬间各自的速度;
(2)弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比.
易错题特训
1.(
1
2022·华南师大附中高三模拟)A,B 两船的质量均为m,都静止在平静的湖面上,现A 船中质量为2m
的人,以对地的水平速度v从A 船跳到B 船,再从B 船跳到A 船……经n次跳跃后,人停在B 船上,不计水的阻
力,则 ( )
A.A,B(包括人)两船的速度大小之比为2∶3
B.A,B(包括人)两船的动量大小之比为1∶1
C.A,B(包括人)两船的动能之比为2∶3
D.A,B(包括人)两船的动能之比为1∶1
2.(2022·海淀一模)下图是“牛顿摆”装置,5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上,5根轻绳互相
平行,5个钢球彼此紧密排列,球心等高.用1,2,3,4,5分别标记5个小钢球.当把小球1向左拉起一定高度,如图
甲所示,然后由静止释放,在极短时间内经过小球间的相互碰撞,可观察到球5向右摆起,且达到的最大高度与球
1的释放高度相同,如图乙所示.关于此实验,下列说法中正确的是 ( )
A.上述实验过程中,5个小球组成的系统机械能守恒,动量守恒
B.上述实验过程中,5个小球组成的系统机械能不守恒,动量不守恒
C.如果同时向左拉起小球1,2,3到相同高度(如图丙所示),同时由静止释放,经碰撞后,小球4,5一起向右
摆起,且上升的最大高度高于小球1,2,3的释放高度
D.如果同时向左拉起小球1,2,3到相同高度(如图丙所示),同时由静止释放,经碰撞后,小球3,4,5一起向
右摆起,且上升的最大高度与小球1,2,3的释放高度相同
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3.(2022·景德镇检测)(多选)如图所示,水平传送带AB 距离地面的高度为h,以恒定速率v0 顺时针运行.
甲、乙两个相同滑块(均视为质点)之间夹着一个压缩轻弹簧(长度不计),在AB 的正中间位置轻放它们时,弹簧
立即弹开,两滑块以相同的速率分别向左、右运动.下列判断正确的是 ( )
A.甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧,且距释放点的水平距离可能相等
B.甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧,但距释放点的水平距离一定不相等
C.甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧,且距释放点的水平距离一定不相等
D.若甲、乙滑块能落在传送带的同一侧,则摩擦力对两物块做功一定相等
4.(2022·新课标)滑块a,b沿水平面上同一条直线发生碰撞,碰撞后两者粘在一起运动,经过一段时间后,
从光滑路段进入粗糙路段.两者的位置x 随时间t变化的图像如图所示.求:
(1)滑块a,b的质量之比;
(2)整个运动过程中,两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比.
5.(2022·西安交大附中模拟)如图所示,质量为m 的由绝缘材料制成的球与质量为M=19m 的金属球并排
悬挂,摆长相同,均为L.现将绝缘球拉至与竖直方向成θ=60°的位置自由释放,摆至最低点与金属球发生弹性碰
撞.在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场,已知由于磁场的阻尼作用,金属球总能在下一次碰撞前停在最低点
处,重力加速度为g.求:
(1)第一次碰撞前绝缘球的速度v0;
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物理选修3
(2)第一次碰撞后绝缘球的速度v1;
(3)经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于37°.
(你可能用到的数学知识: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·广州广雅中学模拟)如图所示,有一个可视为质点的质量为m1=1kg的小物块P,从光滑平台上
的质量为m2=0.5kg的Q 物块以v=3m/s的初速度水平向左撞击P 物块后,P 物块到达C 点时,恰好沿C 点的
切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道,已知AB 高度差为h=0.6m.最后小物块滑上紧靠轨道末端D
点的质量为M=3kg的长木板.已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平,木板下表面与水平地面之间光滑,小
物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3,圆弧轨道的半径为R=0.4m,C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角
θ=60°,不计空气阻力,g 取10m/s2.求:
(1)Q 物块碰撞后的速度大小;
(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力;
(3)要使小物块不滑出长木板,木板的长度L 至少为多大
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拓展题特训
1.(2022·綦江模拟)质量为m 的人站在质量为2m 的平板小车上,以共同的速度在水平地面上沿直线前行,
车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比.当车速为v0 时,人从车上以相对于地面大小为v0 的速度
水平向后跳下.跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计,则能正确表示车运动的v t图像为 ( )
2.(2022·潍坊模拟)如图所示,MN 是足够长的光滑绝缘水平轨道.质量为m 的带正电A 球,以水平速度v0
v
射向静止在轨道上带正电的B 球,至A,B 相距最近时,A 球的速度变为 0,已知A,B 两球始终没有接触4 .
求:
(1)B 球的质量;
(2)A,B 两球相距最近时,两球组成系统的电势能增量.
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物理选修3
3.(2022·衡水高三调研)如图甲所示,物块A,B 的质量分别是mA=4.0kg和mB=3.0kg.用轻弹簧拴接,放
在光滑的水平地面上,物块B 右侧与竖直墙相接触.另有一物块C 从t=0时以一定速度向右运动,在t=4s时与
物块A 相碰,并立即与A 粘在一起不再分开,物块C 的v t图像如图乙所示.求:
(1)物块C 的质量;
(2)B 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep.
4.(2022·贵州省八校模拟)如图甲,光滑的水平面上有三个滑块a,b,c;ma=1kg,mb=3kg;b,c被一根轻
质弹簧连接在一起,处于静止状态;在t=0时,滑块a 突然以水平向右的速度与b正碰,并瞬间粘合成一个物体
(记为d);此后运动过程中弹簧始终处于弹性限度内,d 的速度随时间做周期性变化,如图乙.则:
(1)求滑块a的初速度大小以及a,b正碰中损失的机械能ΔE;
(2)求滑块c的质量.
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5.(2022·哈尔滨六中模拟)如图所示,用轻绳将大小相同、质量不等的N 个小球并列悬挂于一水平杆上,球
间有微小间隔,从左到右,球的编号依次为1,2,3,…,N,球的质量依次递减,每球质量与其相邻左侧球的质量之
比为k(k<1).将1号球向左拉起,然后由静止释放,使其与2号球碰撞,2号球再与3号球碰撞……所有碰撞均为
无机械能损失的正碰.(不计空气阻力)
(1)求n号球与n+1号球碰撞后的速率之比;
(2)若N=5,k= 2-1,在1号球向左拉高h(远小于绳长)的情况下,问5号球碰撞后上升的最大高度.
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物理选修3
综合特训(一)
1.(2022·广东)在同一匀强磁场中,α粒子(42He)和质子(11H)做匀速圆周运动,若它们的动量大小相等,则α
粒子和质子 ( )
A.运动半径之比是2∶1
B.运动周期之比是2∶1
C.运动速度大小之比是4∶1
D.受到的洛伦兹力之比是2∶1
2.(2022·江苏)已知光速为c,普朗克常数为h,则频率为μ的光子的动量为 .用该频率的光垂直照
射平面镜,光被镜面全部垂直反射回去,则光子在反射前后动量改变量的大小为 .
3.(2022·新课标Ⅲ)如图,水平地面上有两个静止的小物块a和b,其连线与墙垂直,a 和b相距l,b与墙之
3
间也相距l;a的质量为m,b的质量为 m,两物块与地面间的动摩擦因数均相同,现使a 以初速度4 v0
向右滑动,
此后a与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞.重力加速度大小为g,求物块与地面间的动摩擦因数满足的
条件.
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小题狂刷 高考专题特训
4.(2022·新课标Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为 M 的卡通玩具稳定地悬停在空中.
为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v0 竖直向上喷出;玩具底部为平板(面积略大于
S);水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的
密度为ρ,重力加速度大小为g.求:
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量;
(2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度.
5.(2022·新课标Ⅱ)如图,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其
面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,
在斜面体上上升的最大高度为h=0.3m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m1=30kg,冰块的
质量为m2=10kg,小孩与滑板始终无相对运动.取重力加速度的大小g=10m/s2.
(1)求斜面体的质量;
(2)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩
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物理选修3
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.共100分,考试时间100分钟.
第Ⅰ卷(选择题 共60分)
一、选择题(本大题共10小题,每小题6分,共60分.)
1.(2022·阜阳模拟)(多选)如图,大小相同的摆球a和b的质量分别为m 和3m,摆长相同,并排悬挂,平衡
时两球刚好接触.现摆球a向左拉开一小角度后释放.若两球的碰撞是弹性的,下列判断正确的是 ( )
A.第一次碰撞后的瞬间,两球的速度大小相等
B.第一次碰撞后的瞬间,两球的动量大小相等
C.第一次碰撞后,两球的最大摆角不相同
D.发生第二次碰撞时,两球在各自的平衡位置
2.(2022·全国卷)一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰.若碰前原子核静止,则碰撞前与碰
撞后中子的速率之比为 ( )
A+1 A-1
A.A-1 B.A+1
4A (A+1)2
C.(A+1)2 D.(A-1)2
3.(2022·银川模拟)(多选)质量为 M、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为
m 的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间,如图所示.现给小物块一水
平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止.设碰撞都是弹性的,
则整个过程中,系统损失的动能为 ( )
1 mM
A. 2 22mv B.2(m+M)v
1
C.2NμmgL D.NμmgL
4.(2022·福州模拟)在光滑水平面上,一质量为m、速度大小为v 的A 球与质量为2m 静止的B 球碰撞后,
A 球的速度方向与碰撞前相反.则碰撞后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)如图所示,一枚火箭搭载着卫星以速率v0 进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分
离.已知前部分的卫星质量为m1,后部分的箭体质量为m2,分离后箭体以速率v2 沿火箭原方向飞行,若忽略空气
阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1 为 ( )
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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小题狂刷 高考专题特训
6.(2022·淮安模拟)(多选)如下图所示,一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上,槽的左侧有一竖
直墙壁.现让一小球(可视为质点)自左端槽口A 点的正上方从静止开始下落,与半圆槽相切并从A 点进入槽内,
则下列说法正确的是 ( )
A.小球离开右侧槽口以后,将做竖直上抛运动
B.小球在槽内运动的全过程中,只有重力对小球做功
C.小球在槽内运动的全过程中,小球与槽组成的系统机械能守恒
D.小球在槽内运动的全过程中,小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒
7.(2022·重庆质检)如图所示,一沙袋用无弹性轻细绳悬于O 点,开始时沙袋处于静止,此后弹丸以水平速
度击中沙袋后均未穿出.第一次弹丸的速度为v1,打入沙袋后两者共同摆动的最大摆角为30°,当其第1次返回图
示位置时,第2粒弹丸以水平速度v2 又击中沙袋,使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°.若沙袋的质量是弹丸质量
的30倍,则以下结论中正确的是 ( )
A.v1∶v2=1∶1 B.v1∶v2=31∶32
C.v1∶v2=32∶31 D.v1∶v2=31∶63
8.(2022·苏北四市调研)两球之间压缩一根轻弹簧,静置于光滑水平桌面上.已知A,B 两球质量分别为2m
和m.当用板挡住A 球而只释放B 球时,B 球被弹出落于距桌边距离为x 的水平地面上,如图所示.当用同样的程
度压缩弹簧,取走A 左边的挡板,将A,B 同时释放,B 球的落地点距桌边的距离为 ( )
x
A.3 B.3x
6
C.x D.3x
9.(2022·北京丰台一模)如图所示,两质量分别为m1 和m2 的弹性小球叠放在一起,从高度为h 处自由落
下,且h远大于两小球半径,所有的碰撞都是完全弹性碰撞,且都发生在竖直方向.已知m2=3m1,则小球m1 反弹
后能达到的高度为 ( )
A.h B.2h
C.3h D.4h
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物理选修3
10.(2022·重庆卷)一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v=2m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞
出,甲、乙的质量比为3∶1,不计质量损失,重力加速度g 取10m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确
的是 ( )
第Ⅱ卷(非选择题 共40分)
二、非选择题(本大题共3小题,共40分.)
11.(2022·江西南昌模拟)(12分)光滑水平轨道上有三个木块A,B,C,质量分别为mA=3m,mB=mC=m,
开始时B,C 均静止,A 以初速度v0 向右运动,A 与B 碰撞后分开,B 又与C 发生碰撞并粘在一起,此后A 与B
间的距离保持不变.求B 与C 碰撞前B 的速度大小.
12.(2022·新课标Ⅰ)(14分)如图,在足够长的光滑水平面上,物体A,B,C 位于同一直线上,A 位于B,C
之间.A 的质量为m,B,C 的质量都为M,三者都处于静止状态,现使A 以某一速度向右运动,求m 和M 之间满
足什么条件才能使A 只与B,C 各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.
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小题狂刷 高考专题特训
( · )( ) , 113.2022 广东三模 14分 如图所示 光滑的 圆弧轨道固定在桌面上,质量为 M 的长木板B 紧靠圆弧4
轨道静止在光滑水平桌面上,长木板的上表面与圆弧轨道的底端切线处于同一水平面,桌面的右端固定一大小可
忽略的小挡板P,现将质量为m 的小物块A 自圆弧轨道的顶端由静止释放.已知 M=2m,圆弧轨道的半径为R,
长木板的上表面离地面的高度为R,A 与B 间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度为g,假设B 的长度为L,P 到B
右端的距离为x,试求:
(1)小物块A 滑至圆弧轨道底端时对轨道的压力;
(2)若B 与P 发生碰撞时A,B 恰好共速,则L,x 应满足什么条件;
( 33)若L= R,B 与P 碰撞后静止,A 滑离B 后落到水平地面上的E 点,试分析讨论x 取不同值时,2 E
点与
桌面右端的水平距离s与x 有何关系
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