湖南省长沙市长郡中学集团2024-2025学年高三（上）第三次月考物理试卷（含解析）

这是一份湖南省长沙市长郡中学集团2024-2025学年高三（上）第三次月考物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.在物理学发展的过程中，科学家总结了许多重要的物理思想与方法。下列有关物理学思想与方法的描述中正确的是( )
A. 重心是运用了理想模型法
B. 论证v-t图像面积即为物体运动的位移采用等效的思想
C. 卡文迪什在测万有引力常量时，利用了微小量放大法的思想
D. 在研究加速度与合外力、质量的关系的实验中，利用了等效替代的思想
2.Phyphx手机物理工坊是一款实用的软件，手机安装这款软件后，可用手机的传感器来测许多的物理量，某研究小组利用手机加速度传感器来测试某型号电梯在特殊情况下的加速度，他们将手机放置于该电梯的地板上并打开加速度传感器，使电梯从静止开始迅速向上运动，以竖直向上为正方向，其a-t图像如图所示，不计空气阻力，g取10m/s2。以下说法正确的是( )
A. t2时刻电梯速度最大
B. 在t2到t4时间内手机受到的支持力一直在减小
C. t3时刻电梯速度方向发生改变
D. 在运行过程中手机一定没有与电梯地面分离
3.北京举办冬奥会以后，人们参与滑雪运动的热情高涨。如图所示，滑雪滑道由弯曲滑道和斜面雪道组成。滑雪爱好者从弯曲滑道顶端静止滑下，从弯曲滑道末端A点飞出，飞出后将落到斜面雪道上的C点，斜面雪道的倾角为θ，B点为从A到C运动过程的最高点。运动过程空气阻力的方向总是与速度方向相反，关于滑雪爱好者从A运动到C的过程，下列判断正确的是( )
A. 滑雪爱好者做匀变速曲线运动
B. 滑雪爱好者在B点时的动能最小
C. 滑雪爱好者可能在B、C之间的某个位置动能最小
D. 滑雪爱好者在B点时到斜面的距离最远
4.2024年10月14日，解放军东部战区在台湾地区周边开展了“联合利剑-2024B”军事演习，包括J20在内的多款战机参与了这次军演。J20战机水平飞行时可通过转动发动机尾喷口方向获得斜向上的推力，同时飞行过程由于机翼上下表面压强差飞机会受到垂直机身向上的升力。若J20水平匀速飞行时升阻比(即垂直机身向上的升力和平行机身向后的阻力之比)为2 2，已知J20重力大小为G，则J20水平匀速飞行的最小推力是( )
A. G9B. G3C. 2G4D. G
5.如图甲所示，某同学在一个很大的圆形水泥管内踢足球，该同学在水泥管道最低点以水平初速度v0向管壁方向踢出足球，足球在竖直面内运动后刚好落入背包里，模型可简化为乙图。已知水泥管道截面半径为r，若不计空气阻力和足球与水泥管间的摩擦，足球可视为质点，重力加速度大小为g。则( )
A. 若v0=2 gr，足球可以通过水泥管最高点
B. 若v0= 3gr，足球脱离水泥管的位置与圆心的连线与水平方向夹角的正弦值为23
C. 若v0= 14gr2，足球脱离水泥管的位置与圆心的连线与水平方向夹角的正弦值为12
D. 只有当v0≥ 5gr，足球才不会与水泥管脱离
6.如图所示，竖直平面内一半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一束质量为m、电荷量为-q的带电粒子沿平行于直径MN的方向以不同速率v0从P点进入匀强磁场，入射点P到直径MN的距离h=12R，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A. 若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向相反，则其入射速度v0为qBRm
B. 若粒子恰好能从N点射出，则粒子在磁场中运动的时间为πm6qB
C. 若粒子恰好能从K点(OK⊥MN)射出，则其在磁场中运动半径大小为 32R
D. 若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向垂直，则其入射速度v0为qBR3m
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.2024年9月25日，中国人民解放军火箭军向太平洋公海海域发射一枚射程为12000～15000千米可携载多弹头的新型东风—31AG公路机动洲际导弹，并准确落入预定海域。如图所示，从地面上A点发射一枚洲际导弹，假设导弹仅在地球引力作用下从地球上A点发射沿亚轨道运动击中目标B，亚轨道飞行可以看作是以地心为其中一个焦点的椭圆轨道，C为该轨道的远地点，距地面高度为h，若ACB轨迹长恰好为该椭圆长度的一半。已知整个椭圆轨道周期为T0，地球半径为R，地球质量为M，万有引力常量为G。则下列结论正确的是( )
A. 该导弹在C点的速度大于 GMR+hB. 该导弹在C点的速度小于 GMR+h
C. 该导弹从A点到B点的飞行时间等于T02D. 该导弹在C点的加速度等于GM(R+h)2
8.2024年，在巴黎奥运会中，郑钦文斩获中国在奥运会上首枚网球女单金牌，创造了历史。若在比赛过程中郑钦文从某一高度将质量为m的网球击出，网球击出后在空中飞行的速率v随时间t的变化关系如图所示，t2时刻网球落到对方的场地上。以地面为参考平面，网球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 击球点到地面的高度为v22-v022g
B. 击球点到落地点间的水平距离为v0t2
C. 网球运动过程中离地的最大高度为v22-v022g
D. 网球的最大重力势能为m(v22-v12)2
9.某同学想利用电学方法来测量导体的长度，电路图如下，其中电源电动势为6V，内阻为1Ω，电流表量程为0～3A，内阻为1Ω，有一长方体导体材料R，在x方向上棱长为d，在y、z方向上棱长分别2cm、1cm。先将R沿x轴方向接入电路，电流表示数1A，再将R沿y轴方向接入电路，电流表示数2A，则下列说法正确的是( )
A. 沿x轴方向时，长方体导体材料的电阻等于4Ω
B. d=3cm
C. 沿x、y、z三个方向接入R，电流表示数均不会超量程
D. 沿z方向接入R，此时R的功率最大
10.如图所示，光滑水平面上有两个质量均为m的物体A、B，物体B的左端连有一劲度系数为k的轻弹簧。物体A以初速度v0向静止的物体B运动。从物体A接触弹簧到第一次将弹簧压缩到最短的时间为t=π2 m2k，若已知弹簧弹性势能表达式为Ep=12kx2(x为弹簧的形变量)，弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的最大压缩量为v0 m2k
B. 物体B的最大速度为v02
C. 从开始压缩弹簧到弹簧第一次压缩最短的过程中，物体B的位移为(π-1)v04 m2k
D. 从开始压缩弹簧到弹簧第一次压缩最短的过程中，物体A的位移为(π+2)v04 m2k
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学甲利用如图所示的实验装置探究加速度与力的关系，某次实验中滑块在牵引力作用下，先后通过两个光电门，配套的数字计时器记录了宽度为d的遮光条通过光电门1和光电门2的时间分别为t1和t2，遮光条从光电门1到光电门2之间的时间间隔为Δt。(不计绳的质量与滑轮处的摩擦，已知重力加速度为g)

(1)滑块在该次实验中的加速度大小为______。
(2)为使速度的测量值更接近瞬时速度，下列措施正确的是______。(多选，填选项代号)
A.换用宽度更窄的遮光条
B.换用宽度更宽的遮光条
C.使滑块的释放点靠近光电门
D.使滑块的释放点远离光电门
(3)通过改变槽码的数量完成多组实验，在此过程中，需要满足槽码总质量远小于滑块的质量，是因为当槽码总质量远小于滑块的质量时，______可以近似认为大小相等。
(4)同学乙认为此实验装置还可以用于验证机械能守恒，需要测量的物理量除了遮光片的宽度、滑块的质量、槽码的质量、遮光片通过两个光电门的时间以外，还需要测量的物理量是______。
12.某新型智能恒流源，能稳定输出大小为I0的电流。某实验小组利用此恒流源测量一定值电阻Rx的阻值。他们又找来了一块电流表A(内阻未知且很小)、滑动变阻器R、电阻箱R'、导线若干，并连接如图甲所示电路图。

(1)为了保证电流表的安全，闭合开关前应将电阻箱R'的阻值调到______(填“最大”或“最小”)。
(2)该同学通过改变电阻箱R'的阻值R0，同时记录电流表A的示数为I，得到多组数据，他采用图像法处理数据，为使图像为一条直线，应描绘的是______图像。
A.I-R0
B.1I-1R0
C.I-1R0
D.1I-R0
(3)该同学描绘的图像如图乙所示，则电阻Rx的阻值为______(用a，b，c表示)。
(4)调节电阻箱R'阻值的过程中，R'消耗的功率会不断变化，若电阻箱的最大阻值足够大，则电阻箱R'消耗的功率最大值为______(用I0和此时记录的电阻箱R'的阻值R1表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，足够长的倾角θ=37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为mA=2kg的物块A连接，另一端与质量为mB=3kg的物块B连接，绳与斜面保持平行。开始时，用手按住A，使B悬于空中，此时B下端离地的高度为7.2m。(g=10m/s2,sin37°=0.6,cs37°=0.8)求：
(1)将手松开到B落地之前，绳的拉力大小；
(2)A沿斜面上升的最大距离。
14.如图所示，两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，板间电场可以认为是匀强电场。一个电量为+q质量为m的粒子a从正极板边缘某处(记为P点)以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板边缘。另一个电量为+q质量为3m的粒子b也从P点以垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时也恰好落在极板边缘。粒子b和粒子a的初速度大小相等、方向垂直。忽略重力和空气阻力的影响。求：
(1)b粒子在极板间运动的加速度；
(2)b粒子从在电场中运动的中间时刻开始到落在极板边缘的过程中电势能的变化量；
(3)a粒子的初速度大小。
15.如图甲所示，在光滑水平面上有A、B、C三个小球，其中A、B两球的质量均为0.1kg，C球的质量为0.2kg，A、B两球分别用长为1.0m的水平轻杆通过光滑轻质铰链与C球连接，两球间夹有一根劲度系数足够大、长度可忽略的压缩轻弹簧，弹簧与球不相连，弹簧储存弹性势能为10J，现固定C球，释放弹簧。
(1)求弹簧释放后，A、B两球与弹簧分离时两球的速度大小；
(2)若C球不固定，求释放弹簧后，当C球的速度最大时轻杆的弹力大小；
(3)若C球不固定，求释放弹簧后两杆间夹角第一次为θ=120°时(如图乙)，C球的速度大小。
答案和解析
1.C
【解析】A、根据重心定义可知，重心是重力的等效作用点，即重心运用了等效法，故A错误；
B、论证v-t图像面积即为物体运动的位移采用的是微元法的思想，故B错误；
C、根据题意，卡文迪什在测万有引力常量时，通过扭秤实验将微小的力的作用效果进行放大，利用了微小量放大法的思想，故C正确；
D、根据题意，在研究加速度与合外力、质量的关系的实验中，采用的是控制变量法，故D错误。
故选：C。
2.B
【解析】AC.由图可知，手机在0∼t1时间内匀速运动，t1∼t2时间内向上做加速度逐渐增大的加速运动，t2～t3时间内向上做加速度逐渐减小的加速运动，t3时刻速度最大，t3～t4时间内向上做加速度逐渐增大的减速运动，故t2时刻速度不是最大，t3时刻运动方向也没有发生改变，故AC错误；
B.对手机进行受力分析，由牛顿第二定律有：t2～t3时间内
F-mg=ma
解得
F=m(g+a)
结合图像可知，此阶段加速度逐渐减小，故手机受到的支持力在减小，t3～t4时间内手机的加速度向下逐渐增大，对手机受力分析，则由牛顿第二定律有
mg-F=ma
解得
F=m(g-a)
由于加速度逐渐增大，故此阶段手机受到的支持力也在减小，故B正确；
D.由图可知，有段时间手机竖直向下的加速度大小等于重力加速度，所以手机有可能离开过升降机，故D错误。
故选：B。
a-t图像可以直接读出加速度的大小与方向，a-t图像面积表示速度变化量，结合牛顿第二定律分析。
本题考查匀变速直线运动规律以及牛顿第二定律，解题关键掌握图像的含义。
3.C
【解析】A、滑雪爱好者从A运动到C的过程，受到与速度方向相反的空气阻力，所以滑雪爱好者不是做匀变速曲线运动，故A错误；
BC、因为重力方向不变竖直向下，而受到空气阻力总与速度方向相反，满足从B运动到C的过程中某个位置重力与阻力的合力方向与速度方向垂直，在此位置前重力与阻力的合力对滑雪爱好者做负功，动能不断减少，在此位置后重力与阻力的合力对滑雪爱好者做正功，动能开始增大，所以滑雪爱好者可能在B、C之间的某个位置动能最小，故B错误，C正确；
D、滑雪爱好者的速度与斜面平行时到斜面的距离最远，故D错误。
故选：C。
4.B
【解析】分析飞机受力，飞机受到重力G、发动机的推力F1、升力F2和空气阻力f。重力的方向竖直向下，升力F2的方向竖直向上，空气阻力f的方向与F2垂直，如图所示。
J20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，水平方向由平衡条件有
Fx=f
竖直方向有
F2+Fy=G
依题有
F2=2 2f
解得
F12=Fx2+Fy2=9f2-4 2Gf+G2F12-f
图像为开口向上，对称轴为f=2 29G的抛物线，即当
f=2 29G
取得最小值，将其代入F12表达式，解得飞行的最小推力是
F1min=G3，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据题意分析飞机的受力，画出受力分析图，将推力分解到水平方向和竖直方向，列出平衡方程，再结合数学知识求最小推力。
本题考查共点力平衡知识，要求学生运用力的分解，并结合数学知识解决问题。
5.C
【解析】A、足球恰好过最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有
mg=mvm2r
从最低点到最高点，根据动能定理可得
mg×2r=12mv02-12mvm2
解得
v0= 5gr
若v0=2 gr= 4gr< 5gr，所以足球过不了最高点，故A错误；
B、若v0= 3gr，设足球脱离水泥管的位置与圆心的连线与水平方向夹角θ，足球脱离水泥管时，有
mgsinθ=mv2r
从最低点到脱离位置，根据动能定理有
-mgr(1+sinθ)=12mv2-12mv02
解得sinθ=13，故B错误；
C、同理可知，若v0= 14gr2，设足球脱离水泥管的位置与圆心的连线与水平方向夹角θ，则有
mgsinθ=mv2r-mgr(1+sinθ)=12mv2-12mv02
解得sinθ=12，故C正确；
D、若足球不过圆心等高处，也不脱离水泥管，当足球恰好到圆心等高处时，则有
-mgr=0-12mv02
解得v0= 2gr，所以当v0≤ 2gr或v0≥ 5gr，足球都不会与水泥管脱离，故D错误。
故选：C。
6.B
【解析】A、若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向相反，粒子的轨迹如图所示，
由几何关系得：r1=h=R2
由洛伦兹力提供向心力，则有：qv0B=mv02r1
联立得粒子的入射速度为：v0=qBR2m，故A错误；
B、若粒子恰好能从N点射出，画出符合条件的粒子轨迹如图所示，
由几何关系得：FO'2+FN2=NO'2，FN=R+Rsinα
即：(r2-h)2+(R+ 32R)2=r22
联立解得：r2=2R+ 3R=2FN
可知∠PO'N=30°，则粒子在磁场中运动的时间为：t=θmqB=πm6qB，故B正确；
C、若粒子恰好能从K点射出，画出该粒子的运行轨迹如图所示，
根据平面几何的知识，可知四边形POKO'是菱形，则粒子在磁场中运动的半径：r3=R，故C错误；
D、若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向垂直，画出符合条件的运动轨迹如图所示，
根据几何关系可知：∠OPQ=60°-45°=15°
因ΔPOQ为等腰三角形，则根据数学知识有：PQ=2Rcs15°=2(2+ 3)R 2+ 6
由于ΔPO'Q为等腰直角三角形，可知：r4=PQ 2=(2+ 3)R1+ 3
由洛伦兹力提供向心力，可得：qv0B=mv02r4
联立以上各式解得：v0=(1+ 3)qBR2m，故D错误。
故选：B。
7.BD
【解析】AB、若导弹在过C点的圆轨道上运动，则根据万有引力提供向心力有
GMm(R+h)2=mv2R+h
解得
v= GMR+h
该导弹从过C点的圆轨道进入椭圆轨道要在C点减速做向心运动，可知在椭圆轨道上C点的速度小于 GMR+h，故A错误，B正确；
C、因C为椭圆轨道的远地点，由开普勒第二定律可知，在ACB上运动的平均速率小于另一半椭圆上的平均速率，所以该导弹从A点到B点的飞行时间大于T02，故C错误；
D、该导弹在C点时，根据GMm(R+h)2=ma可得加速度为a=GM(R+h)2，故D正确。
故选：BD。
8.AD
【解析】B.由题图可知，郑钦文从某一高度将网球击出，网球的速度先变小后变大，t1时刻网球处于最高点，速度方向水平，不计空气阻力，水平方向做匀速直线运动，击球点到落地点间的水平距离
x=v1t2
故B错误；
A.根据运动的分解，网球落地时竖直方向的分速度
vy= v22-v12
网球被击出时竖直方向的分速度
vy0= v02-v12
所以击球点到地面的高度为
h=vy22g-vy022g=v22-v122g-v02-v122g=v22-v022g
故A正确；
CD.由速度—位移公式可得网球运动过程中离地的最大高度
hm=vy22g=v22-v122g
网球的最大重力势能
Ep=mghm=m(v22-v12)2
故C错误，D正确。
故选：AD。
9.AC
【解析】ABC、由闭合电路欧姆定律有
E=IR+IRA+Ir
代入数据可得沿x轴方向时，Rx=4Ω
沿y轴方向时，Ry=1Ω
设长方体导体材料R的宽为a，高为b，则a=2cm，b=1cm。由电阻定律R=ρLS可得，沿x轴方向接入R时，有
Rx=ρdab
沿y轴方向接入R时，有
Ry=ρabd
联立解得：d=4cm
沿z轴方向时，有
Rz=ρbad
联立解得：Rz=14Ω
由闭合电路欧姆定律
E=IzRz+IzRA+Izr
代入数据可得沿z轴方向时电流最大为Iz=83A，故AC正确，B错误；
D、根据电功率的计算公式有Px=Ix2Rx=12×4W=4W，Py=Iy2Ry=22×1W=4W，Pz=Iz2Rz=(83)2×14W=169W，则沿z方向接入R，此时R的功率最小，故D错误。
故选：AC。
10.AD
【解析】A、根据题意可知，当弹簧压缩到最大时，物体A和物体B的速度相同，以A初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
mv0=2mv
根据能量守恒定律可得
12mv02=12×2mv2+Epm
由题意可知，弹性势能公式
Ep=12kx2
可得
xm=v0 m2k
故A正确；
B、当弹簧再次恢复原长时，B的速度最大，取向右为正方向，则有
mv0=mv1+mv212mv02=12mv12+12mv22
解得
v2=v0
故B错误；
CD、根据题意，取向右为正方向，由动量守恒定律可得
mv0=mv-A+mv-B
则有
mv0t=mv-At+mv-Bt
故
mv0π2 m2k=mxA+mxB
由A选项分析可知
xA-xB=xm
联合解得
xA=(π+2)v04 m2k，xB=(π-2)v04 m2k
故C错误，D正确。
故选：AD。
11.d(t1-t2)t1t2(Δt) AD 槽码的重力和绳子的拉力 两光电门之间的距离
【解析】(1)滑块通过光电门1和光电门2的速度分别为v1=dt1，v2=dt2，根据加速度的定义式，滑块的加速度a=v2-v1Δt，得a=d(t1-t2)(Δt)t1t2
(2)根据速度的定义v=xt=dt可知，遮光条越窄，其通过光电门的平均速度越接近瞬时速度，同时，滑块释放点离光电门越远，其经过光电门的时间就越短，滑块通过光电门的平均速度越接近瞬时速度，故AD正确，BC错误。
故选：AD。
(3)分别对滑块(M)和槽码(m)受力分析，结合牛顿第二定律可得T=Ma，mg-T=ma，联立解得T=MmgM+m=mg1+mM，故当m≪M时，绳子的拉力(T)大小就等于槽码(m)的重力大小；
(4)以滑块、槽码组成的系统为研究对象则有mgh=12m(v22-v12)，由于v1、v2分别是滑块通过光电门1、2的速度，故h即为两光电门之间的距离。
故答案为：(1)d(t1-t2)t1t2(Δt)；(2)AD；(3)槽码的重力和绳子的拉力；(4)两光电门之间的距离。
12.最小 B b-aac I02R14
【解析】(1)要使电流表不烧坏，最初通过电流表的电流应最小，故电阻箱R'的阻值应调到最小。
(2)根据欧姆定律及并联电路的特点可知
(I0-I)R0=IRx
整理可得
1I=1R0⋅RxI0+1I0
故应描绘1I-1R0的图像。
故B正确，ACD错误。
故选：B。
(3)据上述分析可得
1I0=ab-ac=RxI0
解得
Rx=b-aac
(4)设通过电阻箱电流为I1，电阻箱两端电压为U，电流表电流为I2，电流表所在支路总阻值为R，则电阻箱消耗的功率为
P=UI1=I1I2R
又因为I1和I2之和为I0且不变，故当I1等于I2等于I02时(此时两支路电阻也相等)，两者乘积最大，此时功率为
P=I02R14
故答案为：(1)最小；(2)B；(3)b-aac；(4)I02R14。
13.(1)将AB及绳子整体受力分析，根据牛顿第二定律可得：mBg-mAgsinθ=(mA+mB)a
代入数据解得加速度大小为：a=3.6m/s2
单独对B受力分析，由牛顿第二定律可得：mBg-T=mBa
代入数据解得：T=19.2N；
(2)根据匀变速直线运动规律可得：h=12at2
解得B下落的时间为：t=2s
此时A和B的速度大小为：vA=at=2×3.6m/s=7.2m/s
B落地后A的加速度大小为aA，根据牛顿第二定律可得：mAgsinθ=mAaA
解得：aA=6m/s2，方向沿斜面向下；
则在B落地后A上升的距离：x=vA22aA，解得：x=4.32m
故A沿斜面上升的最大距离为：xmax=x+hsinθ=4.32m+．
答：(1)将手松开到B落地之前，绳的拉力大小为19.2N；
(2)A沿斜面上升的最大距离为16.32m。
14.(1)对b粒子，根据牛顿第二定律得
qE=3ma2
根据电场强度与电势差的关系有
E=Ud
联立解得
a2=qU3md
(2)b粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有
h1=12a2t02，h2=12a2(2t0)2-12a2t02
其中
h1+h2=d
解得前一半时间和后一半时间竖直分位移分别为
h1=14d，h2=34d
b粒子从在电场中运动的中间时刻开始到落在极板边缘的过程中电场力做功
W=qEh2
根据功能关系有
W=-ΔEp
联立解得
ΔEp=-34qU
(3)a粒子根据牛顿第二定律有
qE=ma1
结合上述解得
a1=qUmd
a粒子在电场中做类平抛运动，则有
d=12a1t12，x1=v0t1
b粒子在电场中做类平抛运动，则有
d=12a2t22，x2=v0t2
根据题意结合几何关系有
x12+x22=(2R)2
解得a粒子的初速度大小为
v0=R2d 2qUm
答：(1)b粒子在极板间运动的加速度为qU3md；
(2)b粒子从在电场中运动的中间时刻开始到落在极板边缘的过程中电势能的变化量为-34qU；
(3)a粒子的初速度大小为R2d 2qUm。
15.(1)设A、B两球的质量均为m1，C球的质量为m2，由对称性可知，球与弹簧分离时速度大小相等，方向相反，设速度为v0，由机械能守恒定律可得
Ep=2×12mv02
解得
v0=10m/s
(2)三个球在同一直线上时，C球的速度与杆垂直，加速度为0，速度最大为v，A、B两球的速度分别为v1、v2，由对称性可知
v1=v2
系统垂直于AB连线的方向动量守恒，以v1方向为正方向，则有
m1v1+m1v2=m2v
由能量守恒可得
12m1v12+12m1v22+12m2v2=Ep
解得
v1=v2=v=5 2m/s
故杆的弹力大小为
F=m1(v+v1)2L
解得
F=20N
(3)设此时C球的速度为vC，A、B球的速度分别为vA、vB，A、B球垂直于C球速度方向的分速度分别为vAx、vBx，A、B球沿C球速度方向的分速度分别为vAy、vBy，如图所示

由对称性可知，A、B两球速度大小相等，各方向上的分速度大小也相等，设A、B垂直vC方向速度大小为vx，在与vC平行方向的分速度大小为vy，则
vy=v相y-vC
vx=v相x=v相ytanθ2
系统沿C球速度方向动量守恒，以vy方向为正方向，有
2m1vy=m2vC
由能量守恒可得
12m1(vA2+vB2)+12m2vC2=Ep
又因为
vA2=vB2=vx2+vy2
联立解得
vC= 30m/s
答：(1)弹簧释放后，A、B两球与弹簧分离时两球的速度大小为10m/s；
(2)若C球不固定，释放弹簧后，当C球的速度最大时轻杆的弹力大小为20N；
(3)若C球不固定，释放弹簧后两杆间夹角第一次为θ=120°时，C球的速度大小为 30m/s。