1、武漢二中2014屆高三第三輪訓練題1如圖所示，長L = 0.8m的細線上端固定在O點，下端連接一個m = 0.4kg的小球，懸點O距地面的高度H = 3.55m開始時，將小球提到O點保持靜止，然后讓它自由下落，當小球到達使細線被拉直的位置時，剛好把細線拉斷，經過t = 0.5s落到地面如果不考慮線的伸長，并設小球在繃斷細線過程中線的平均張力大小為8N，且g = 10m/s2試求細線斷裂經歷的時間1答案 t=0.14s2.蹦床是運動員在一張繃緊的彈性網上蹦跳、翻滾并做各種空中動作的運動項目。一個質量為60kg的運動員，從離水平網面3.2m高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回到離水平網面5.0m高處

2、.已知運動員與網接觸的時間為1.2s.若把在這段時間內網對運動員的作用力當作恒力處理，求此力的大小.（g=10m/s2）2解: 將運動員看作質量為m的質點，從h1高處下落，剛接觸網時速度的大小v1=（向下） 彈跳后到達的高度為h2，剛離網時速度的大小v2=（向上） 取向上方向為正,由動量定理得:(F-mg)t=mv2-(-mv1) 由以上三式解得，F=mg + m 代入數據得：F=1.5×103N 3.宇宙飛船在太空飛行時，如果遇到微隕石云，會受到較大的阻力微隕石云是太空中游離的物質微粒比較集中的區域。已知宇宙飛船沿運行方向的橫截面積為S，運行速度為v，微隕石云的平均密度為，設宇宙飛

3、船接觸到的微隕石最后都附著在飛船上，求宇宙飛船在穿越微隕石云過程中所受阻力F的大小。3解：微隕石的總質量m=Svt； 時間t內飛船增加的動量P=mv=Sv2t；由動量定理可得：Ft=P解得阻力F=Sv2；4人和冰車的總質量為M，另有一木球質量為m，Mm=312人坐在靜止于水平冰面的冰車上，以速度v（相對于地面）將原來靜止的木球沿冰面推向正前方的固定檔板，不計一切摩擦阻力，設小球與擋板碰撞后以同樣大小的速率返回，人接到球后，再以同樣的速度v（相對于地面）將球推向擋板，求人推多少次后不再能接到球4解.設第1次推球后人的速度為，有，第1次接球后人的速度為，有；第2次推球，第2次接球；第n次推球，由以

4、上各式可得，當時人便接不到球，可得n8.25，取n=95如圖所示，將質量為m1的鉛球以大小為v0、仰角為的初速度拋入一個裝有砂子的總質量為M的靜止的砂車中，砂車與水平地面間的摩擦可以忽略. 求：（1）鉛球和砂車的共同速度；（2）鉛球和砂車獲得共同速度后，砂車底部出現一小孔，砂子從小孔中流出，當漏出質量為m2的砂子時砂車的速度.5解：（1）以鉛球、砂車為系統，水平方向動量守恒，m1v0cos =（M+m1）v，得球和砂車的共同速度v=m1v0cosM+m1（2）球和砂車獲得共同速度后漏砂過程中系統水平方向動量也守恒，設當漏出質量為m2的砂子時砂車的速度為v，砂子漏出后做平拋運動，水平方向的速度仍

5、為v，由（M+m1）v=m2v+（M+m1-m2）v，得v=v=m1v0cosM+m16海岸炮將炮彈水平射出。炮身質量（不含炮彈）為M，每顆炮彈質量為m。當炮身固定時，炮彈水平射程為s，那么當炮身不固定時，發射同樣的炮彈，水平射程將是多少？7一靜止的U核經衰變成為Th核，釋放出的總動能為4.27MeV.問衰變后Th核的動能為多少MeV（保留1位有效數字）7據題意知，此衰變的衰變方程為 +，根據卻是守恒定律得     式中，和分別為粒子和Th核的質量，和分別為粒子和Th核的速度的大小.由題設條件知     

6、                 由式得       代入數據得，衰變后核的動能       8光滑水平軌道上有三個木塊A、B、C，質量分別為、，開始時B、C均靜止，A以初速度向右運動，A與B相撞后分開，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。8設AB碰撞后，A的速度為，B與C碰撞前B的速度為，B與V碰撞后粘在一起

7、的速度為，由動量守恒定律得對A、B木塊： 對B、C木塊： 由A與B間的距離保持不變可知 聯立式，代入數據得 9.如圖所示兩個質量分別為M1、M2的劈A、B，高度相同。放在光滑水平面上，A、B的上表面為光滑曲面，曲面末端與地面相切。有一質量為m的物塊（可視為質點）自劈頂端自由下滑。劈頂端到地面距離h=0.06m，劈A與物塊的質量比=5。求：物塊離開A瞬間A和物塊的速度各多大？（g=10m/s2）mAB物塊從A上滑下后又沖上B，若要保證物塊離開B后不能追上A，則B與物塊的質量比應滿足什么條件。9、設向右為正方向，小球從A滑下的過程能量守恒：     

8、;           1分水平方向動量守恒：  mv0M1v1=0                  1分可得：  A的速度： v1=0.2m/s              &#

9、160;              1分物塊的速度： v0=1.0m/s                          1分、物塊沖上B又離開的過程：能量守恒：    

10、0;          1分水平方向動量守恒：  mv0=M2v2+mv                1分可得：                     &#

11、160;   1分當m<M2時v<0，當v的大小不大于v1時m不能再追上A：即：                                    1分得：     

12、0;                                      2分10.荷蘭科學家惠更斯在研究物體的碰撞問題時作出了突出的貢獻. 惠更斯所做的碰撞實驗可簡化為：三個質量分別為m1、m2、m3的小球，半徑相同，并排

13、懸掛在長度均為L的三根平行繩子上，彼此相互接觸. 現把質量為m1的小球拉開，上升到H高處釋放，如圖所示，已知各球碰撞時，同時滿足動量守恒定律和機械能守恒定律，且碰撞時間極短，H遠小于L，不法空氣阻力. 若三個球的質量不同，要使球1與球2、球2與球3相碰之后，三個球具有同樣的動量，則m1m2m3應為多少？它們上升的高度分別為多少？· 10由題意知三球碰后的動量均相同，設為p,則，球2在與球3碰前具有動量2p，根據機械能守恒定律，對于球2與球3碰撞的情況應有：由此得：31球1與球2碰前的動量為3p，根據機械能守恒定律有：由此得：21從而可得：631設三球碰后上升的高度分別為球1碰前動能,

14、又,球1碰后動能又，從而可得：同理可得：11如圖所示，圓管構成的半圓形軌道豎直固定在水平地面上，軌道半徑為R，MN為直徑且與水平面垂直，直徑略小于圓管內徑的小球A以某一速度沖進軌道，到達半圓軌道最高點M時與靜止于該處的質量與A相同的小球B發生碰撞，碰后兩球粘在一起飛出軌道，落地點距N為2R. 重力加速度為g，忽略圓管內徑，空氣阻力及各處摩擦均不計，求：（1）粘合后的兩球從飛出軌道到落地的時間t；（2）小球A沖進軌道時速度v的大小11解：(1)粘合后的兩球飛出軌道后做平拋運動，豎直方向分運動為自由落體運動，有：  解得：  (2)設球A的質量為m，碰撞前速度大小為v1，把球A

15、沖進軌道最低點時的重力勢能定為0，由機械能守恒定律知： 設碰撞后粘合在一起的兩球速度大小為V2，由動量守恒定律知：mv1=2mv2 飛出軌道后做平拋運動，水平方向分運動為勻速直線運動，有：2R=v2t 綜合式得： 12一質量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示，圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接現有一質量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達a點前與物體P相對靜止重力加速度為g求：（1）木塊在ab段受到的摩擦力f；（2）木塊最后距a點的距離s

16、12（i）設木塊和物體P共同速度為v,兩物體從開始到第一次到達共同速度過程由動量和能量守恒得： 由得：（ii）木塊返回與物體P第二次達到共同速度與第一次相同（動量守恒）全過程能量守恒得：由得：13、一塊足夠長的木板，放在光滑的水平面上，如圖所示，在木板上自左向右放有A、B、C三塊質量均為m的木塊，它們與木板間的動摩擦因數均為，木板的質量為3m.開始時木板不動，A、B、C三木塊的速度依次為v0、2v0、3v0，方向都水平向右；最終三木塊與木板以共同速度運動.求:(1)C木塊從開始運動到與木板速度剛好相等時的位移；v0BAC3v02v0(2)B木塊在整個運動過程中的最小速度.13答案: （,）14

17、.如圖19所示，水平地面上靜止放置著物塊B和C，相距l=1.0m。物塊A以速度v0=10m/s沿水平方向與B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右運動，并再與C發生正碰，碰后瞬間C的速度v=2.0m/s。已知A和B的質量均為，C的質量為A質量的K倍，物塊與地面的動摩擦因數=0.45。（設碰撞時間很短，取10m/s2）（1）計算與C碰撞前瞬間AB的速度；（2）根據AB與C的碰撞過程分析K的取值范圍，并討論與C碰撞后AB的可能運動方向。· 14（1）A與B相碰，由動量守恒定律知 mv0=2mv1，得到v1=5m/s     之后，A與B一起向右運動直

18、到與C相碰     以A和B為整體，由動能定理知 ，得到v2=4m/s  （2）當A與B運動到C所在位置時，AB與C相碰，由動量守恒定律知        2mv2=2mv3+kmv                     （一）若AB與C發生的碰撞是彈性碰撞，則根據能量守恒

19、60;                           聯立兩式得到k=6，v3=-2m/s，說明AB與C碰后反彈（二）若AB與C發生的碰撞是完全非彈性碰撞，則根據動量守恒         2mv2=（2m+km）v，得到k=2，物體AB仍然向右運動 &#

20、160;      根據以上討論可知，k的取值范圍是 2k6 設k=k1時，物體AB與C碰后速度為零，根據動量守恒定律    2mv2=k1mv， 得到k1=4       由此可以確定AB與C碰后的可能運動方向為     A當2k4時，AB碰后繼續向右運動；     B當k=4時，AB碰后靜止；     C當4k6時，AB碰后繼續向左運

21、動（反彈）15 質量為M的汽車帶著質量為m的拖車在平直公路上以加速度a勻加速前進，當速度為v0時拖車突然與汽車脫鉤，到拖車停下瞬間司機才發現。若汽車的牽引力一直未變，車與路面的動摩擦因數為，那么拖車剛停下時，汽車的瞬時速度是多大？m Mv0v/· 15.以汽車和拖車系統為研究對象，全過程系統受的合外力始終為，該過程經歷時間為V0/g，末狀態拖車的動量為零。全過程對系統用動量定理可得： 16如圖所示，長為0.5m的木板A質量為1kg。板的右端放有物塊B，質量為3kg，A、B一起在光滑水平面上向左勻速運動，速度v0=2m/s，以后木板與等高的豎直固定擋板C發生碰撞，碰撞時間極短

22、，沒有機械能損失，若B與A間的動摩擦因數=0.5，g=10m/s2。求：與C第一次碰撞后A、B共同運動速度v的大小和方向；A與C第一次碰撞后A、C間的最大距離。(結果保留兩位小數)B能否滑出A？ABCv0· 16（1）以A、B系統為研究對象，選取向左為正方向，從A與C碰后至A、B達共同速度v，由動量守恒有代入數據解得v=1m/s（2）以A為研究對象，從與C碰后至對地面速度為零，受力為f，最大位移為s，解得（3）第一次A與C碰后至A、B達共同速度v，B在A上相對于A滑行L1，解得第二次A與C碰后至A、B達共同速度，B在A上相對于A滑行L2，解得若假定第三次A與C碰后A、B仍能達共同速度

23、，B在A上相對于A滑行L3，解得即三次碰撞后B可脫離A板17、裝甲車和戰艦采用多層鋼板比采用同樣質量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊。通過對一下簡化模型的計算可以粗略說明其原因。質量為2m、厚度為2d的鋼板靜止在水平光滑桌面上。質量為m的子彈以某一速度垂直射向該鋼板，剛好能將鋼板射穿。現把鋼板分成厚度均為d、質量均為m的相同兩塊，間隔一段距離水平放置，如圖所示。若子彈以相同的速度垂直射向第一塊鋼板，穿出后再射向第二塊鋼板，求子彈射入第二塊鋼板的深度。設子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，且兩塊鋼板不會發生碰撞。不計重力影響。17【解析】設子彈初速度為v0，射入厚度為2d的鋼板后，最終鋼板和子彈的共同速

24、度為V由動量守恒得 (2mm)Vmv0解得 Vv0此過程中動能損失為 Emv02×3mV2解得 Emv02分成兩塊鋼板后，設子彈穿過第一塊鋼板時兩者的速度分別為v1和V1，由動量守恒得 mv1mV1mv0因為子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，射穿第一塊鋼板的動能損失為，由能量守恒得 mv12mV12mv02聯立式，且考慮到v1必須大于V1，得 v1()v0設子彈射入第二塊鋼板并留在其中后兩者的共同速度為V2，由動量守恒得 2mV2mv1損失的動能為 Emv12×2mV22聯立式得E(1)×因為子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，由式keep，射入第二塊鋼板的深度x為x(1)

25、d18如圖所示，A、B兩物體與一輕質彈簧相連，靜止在地面上，有一小物體C從距A物體高度處由靜止釋放，當下落至與A相碰后立即粘在一起向下運動，以后不再分開，當A與C運動到最高點時，物體B對地面剛好無壓力、設A、B、C三物體的質量均為，彈簧的勁度，不計空氣阻力且彈簧始終處于彈性限度內。若彈簧的彈性勢能由彈簧勁度系數和形變量決定，求C物體下落時的高度。hABC18解：開始時A處于平衡狀態，有當C下落高度時速度為，則有：C與A碰撞粘在一起時速度為，由動量守恒有：當A與C運動到最高時，B對地面無壓力，即：可得：（2分）所以最高時彈性勢能與初始位置彈性勢能相等。由機械能守恒有：解得：19如圖所示，在平靜的

26、水面上漂浮著一塊質量為M=150g的帶有支架的木板。木板左邊的支架上靜靜地蹲著兩只質量各為m=50g的青蛙。支架高h=20cm。支架右方的水平木板長s=120cm。突然，其中有一只青蛙先向右水平地跳出，恰好進入水中。緊接其后，另一只也向右水平地跳出，也恰好進入水中。請同學們計算：（水的阻力忽略不計，取g=10m/s2，答案保留2位有效數字。） 第一只青蛙為了能直接跳入水中，它相對地的跳出初速度v1至少是多大？第二只青蛙為了能直接跳入水中，它相對地的跳出初速度v2至少又是多大？在上述過程中，哪一只青蛙消耗的體能大一些？請簡述理由。sMmm· 19（1）（2）設兩次跳出對應青蛙的初速率各

27、是、，木塊分別獲得反沖速率為、在第一次跳出過程中，對M和2m系統，根據動量定恒定律，有                                        在第二次跳出過程中，對M和m系統，根據動量守

28、恒定律，有                                   由平拋運動規律可得             

29、60;