《高中物理3-5测试题附答案3份(共19页)》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高中物理3-5测试题附答案3份(共19页)(20页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、精选优质文档-倾情为你奉上课时跟踪检测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IFt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
2、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.v0v2B.v0v2C.v0v2 D.v0(v0v2)解析:选D根据动量守恒定律(m1m2)v0m1v1m2v2解得v1v0(v0v2),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;
3、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.vB.vC.vD.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(Mm)vmv.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(
4、)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:mvmv1mv2,由机械能守恒:mv2mv2mv ,解得v10,v2v,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
5、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
6、碰后静止,则下列说法正确的是()A.m一定小于MB.m可能等于MC.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.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
7、损失的动能为()A.mv2B.v2 C.NmgLD.NmgL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(Mm)v,系统损失的动能为E1mv2(Mm)v2,可知B正确;另一方面,系统损失的动能可由QEk且Qmgs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F30 N的作用下,质量m5 kg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0.2,若F作用6 s后撤去,撤去F后物体还
8、能向前运动多长时间才停止?(g取10 m/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(Fmg)t1mv0.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mgt20mv.以上两式联立解得t2t16 s12 s.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(Fmg)t1(mg)t20解得t2t1
9、6 s12 s答案:12 s10.(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mA4 kg,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mB2 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F10 N,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t0.6 s,二者的速度达到vt2 m/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FmAa代入数据
10、解得a2.5 m/s2(2)对A、B碰撞后共同运动t0.6 s的过程,由动量定理得Ft(mAmB)vt(mAmB)v代入数据解得v1 m/s(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(mAmB)vA从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理有FlmAv由式,代入数据解得l0.45 m答案:(1)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m11.(15分)(2015枣庄一模)质量M3.0 kg的长木板置于光滑水平面上,木板左侧放置一质量m1.0 kg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,
11、如图所示.现给木块v04.0 m/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(Mm)v1,解得v11 m/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:
12、Mv1mv1(Mm)v2,解得:v20.5 m/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(Mm)vEpmQ,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:Mv1mv1(Mm)v3,解得:v30.5 m/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(Mm)v2Q,解得:Q3.75 J,Epm3.75 J;答案:(1) 1 m/s(2) 3.75 J12.(15分)(2014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,B球距地面的高度h0.8 m,A球在B球的正上方.先将B球
13、释放,经过一段时间后再将A球释放.当A球下落t0.3 s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mB3mA,重力加速度大小g10 m/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将h0.8 m代入上式,得vB4 m/s(2)设两球相碰前后,A球的速度大小分别为v1和v1(v10),B球的速度分别为v2和v2.由运动学规律可知v1gt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,
14、有mAv1mBv2mBv2mAvmBvmBv22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vBvB设P点距地面的高度为 h,由运动学规律可知h联立式,并代入已知条件可得h0.75 m答案:(1)4 m/s(2)0.75 m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.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