高中物理3-5测试题附答案3份.docx

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课时跟踪检测1

一、单项选择题

1.如图所示甲、乙两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人和船A均向右运动，经过相同的时间t，图甲中船A没有到岸，图乙中船A没有与船B相碰.则经过时间t（　　）

A.图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小

B.图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大

C.图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大

D.以上三种情况都有可能

解析：

选C　由题可知，两个力大小相等，作用时间相同，所以由I＝F·t知，两冲量相等.

2.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

C.v0－v2 D.v0＋（v0－v2）

解析：

选D　根据动量守恒定律（m1＋m2）v0＝m1v1＋m2v2解得v1＝v0＋（v0－v2），故A、B、C错误，D正确.

3.冰壶运动深受观众喜爱，图（a）为2014年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头.在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图（b）.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置可能是（　　）

解析：

选B　两个质量相等的冰壶发生正碰，碰撞前后都在同一直线上，选项A错误；碰后冰壶甲在冰壶乙的左边，选项C错误；碰撞过程中系统的动能可能减小，也可能不变，但不能增大，所以选项B正确，选项D错误.

4.（2016·漳州模拟）解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务，假设鱼雷快艇的总质量为M，以速度v前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m的鱼雷后，快艇速度减为原来的，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为（　　）

A.v B.v

C.v D.v

解析：

选A　设快艇的速度方向为正方向；

根据动量守恒定律有：

Mv＝（M－m）v＋mv′.

解得v′＝v.

5.如图所示，带有光滑弧形轨道的小车质量为m，放在光滑水平面上，一质量也为m的铁块，以速度v沿轨道水平端向上滑去，至某一高度后再向下返回，则当铁块回到小车右端时，将（　　）

A.以速度v做平抛运动

B.以小于v的速度做平抛运动

C.静止于车上

D.自由下落

解析：

选D　设铁块回到小车右端时，铁块的速度为v1，小车的速度为v2，对小车和铁块组成的系统，由动量守恒：

mv＝mv1＋mv2，由机械能守恒：

mv2＝mv2＋mv，解得v1＝0，v2＝v，故选项D正确.

二、多项选择题

6.如图所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽，置于光滑的水平面上，槽的左侧有一个竖直墙壁.现让一个小球自左端槽口A的正上方从静止开始下落，与半圆形槽相切从点A进入槽内，则以下说法中正确的是（　　）

A.小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功

B.小球在半圆形槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒

C.小球从最低点向右侧最高点运动过程中，小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒

D.小球离开槽右侧最高点以后，将做竖直上抛运动

解析：

选BC　小球的机械能有一部分转移给了半圆形槽，因此除重力对小球做功外，半圆形槽对小球的弹力也对小球做了功（负功），故选项A错误.整个系统不存在机械能损失，故选项B正确.当小球过槽的最低点后，槽就离开墙向右加速运动，系统水平方向不受外力作用，故选项C正确.小球离开槽右侧最高点时，有一个随槽向右的水平分速度，小球飞出后做斜抛运动，故选项D错误.

7.质量都为m的小球a、b、c以相同的速度分别与另外三个质量都为M的静止小球相碰后，a球被反向弹回，b球与被碰球粘合在一起仍沿原方向运动，c球碰后静止，则下列说法正确的是（　　）

A.m一定小于M

B.m可能等于M

C.b球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大

D.c球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大

解析：

选AC　由a球被反向弹回，可以确定三小球的质量m一定小于M；当两小球发生完全非弹性碰撞时损失的动能最大，b球与被碰球粘合在一起，发生的是完全非弹性碰撞.

8.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（　　）

A.mv2　　　　　　　 B.v2

C.NμmgL D.NμmgL

解析：

选BD　由于水平面光滑，一方面，箱子和物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断二者具有向右的共同速度v′，根据动量守恒定律有mv＝（M＋m）v′，系统损失的动能为ΔE1＝mv2－（M＋m）v′2，可知B正确；另一方面，系统损失的动能可由Q＝ΔEk且Q＝μmg·s相对求得，由于小物块从中间向右出发，最终又回到箱子正中间，其间共发生N次碰撞，则s相对＝NL，则选项D也正确.

三、非选择题

9.（10分）在水平力F＝30N的作用下，质量m＝5kg的物体由静止开始沿水平面运动.已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？

（g取10m/s2）

解析：

解法一：

用动量定理解，分段处理，选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v，取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有（F－μmg）t1＝mv－0.

对于撤去F后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v，终态速度为零.根据动量定理有－μmgt2＝0－mv.以上两式联立解得t2＝t1＝×6s＝12s.

解法二：

用动量定理解，研究全过程.

选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程中的初、末状态物体的速度都等于零.

取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得

（F－μmg）t1＋（－μmg）t2＝0

解得t2＝t1＝×6s＝12s

答案：

12s

10.（12分）（2014·天津卷）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粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到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.

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

A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有

Fl＝mAv ⑥

由④⑤⑥式，代入数据解得

l＝0.45m

答案：

（1）2.5m/s2　

（2）1m/s　（3）0.45m

11.（15分）（2015·枣庄一模）质量M＝3.0kg的长木板置于光滑水平面上，木板左侧放置一质量m＝1.0kg的木块，右侧固定一轻弹簧，处于原长状态，弹簧正下方部分的木板上表面光滑，其它部分的木板上表面粗糙，如图所示.现给木块v0＝4.0m/s的初速度，使之向右运动，在木板与木块向右运动过程中，当木板和木块达到共速时，木板恰与墙壁相碰，碰撞过程时间极短，木板速度的方向改变，大小不变，最后木块恰好在木板的左端与木板相对静止.求：

（1）木板与墙壁相碰时的速度v1；

（2）整个过程中弹簧所具有的弹性势能的最大值Epm.

解析：

（1）以木块与木板组成的系统为研究对象，从木块开始运动到两者速度相同的过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律可得：

mv0＝（M＋m）v1，解得v1＝1m/s.

（2）木板与墙壁碰后返回，木块压缩弹簧，当弹簧压缩到最短时，木块与木板速度相等，在此过程中两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可得：

Mv1－mv1＝（M＋m）v2，解得：

v2＝0.5m/s；

当弹簧压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律可得：

mv＝（M＋m）v＋Epm＋Q，

当木块到达木板最左端时两者速度相等，在此过程中，系统动量守恒，

由动量守恒定律可得：

Mv1－mv1＝（M＋m）v3，解得：

v3＝0.5m/s；

从木块开始运动到木块再回到木板最左端的整个过程中，由能量守恒定律可得：

mv＝（M＋m）v＋2Q，

解得：

Q＝3.75J，Epm＝3.75J；

答案：

（1）1m/s　

（2）3.75J

12.（15分）（2014·新课标Ⅰ）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，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＝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.

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＝ 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v1′（v1′＝0），B球的速度分别为v2和v2′.由运动学规律可知

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＝mBv2′ ④

mAv＋mBv＝mBv2′2 ⑤

设B球与地面相碰后的速度大小为vB′，由运动学及碰撞的规律可得

vB′＝vB ⑥

设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可知

h′＝ ⑦

联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得

h′＝0.75m

答案：

（1）4m/s　

（2）0.75m

课时跟踪检测2

一、单项选择题

1.下列说法正确的是（　　）

A.有的光是波，有的光是粒子

B.光子与电子是同样的一种粒子

C.光的波长越长，其波动性越显著；波长越短，其粒子性越显著

D.γ射线具有显著的粒子性，而不具有波动性

解析：

选C　从光的波粒二象性可知：

光是具有波粒二象性的，只不过在有的情况下波动性显著，有的情况下粒子性显著.光的波长越长，越容易观察到其显示波动特征.光子是一种不带电的微观粒子，而电子是带负电的微观粒子，它们虽然都是微观粒子，但有本质区别，故上述选项中正确的是C.

2.根据爱因斯坦的“光子说”可知（　　）

A.“光子说”本质就是牛顿的“微粒说”

B.光的波长越大，光子的能量越小

C.一束单色光的能量可以连续变化

D.只有光子数很多时，光才具有粒子性

解析：

选B　光子的能量由光的频率决定，波长越大，频率越小，能量越小.

3.如图所示，用a、b两种不同频率的光分别照射同一金属板，发现当a光照射时验电器的指针偏转，b光照射时指针未偏转，以下说法正确的是（　　）

A.增大a光的强度，验电器的指针偏角一定减小

B.a光照射金属板时验电器的金属小球带负电

C.a光在真空中的速度大于b光在真空