23.(09重庆卷)(16分)2009年中国女子冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军，这引起了人们对冰壶运动的关注。冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如题23图，运动员将静止于O点的冰壶(视为质点)沿直线推到A点放手，此后冰壶沿滑行，最后停于C点。已知冰面各冰壶间的动摩擦因数为，冰壶质量为m，AC=L，=r,重力加速度为g

(1)求冰壶在A 点的速率；

(2)求冰壶从O点到A点的运动过程中受到的冲量大小；

(3)若将段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为，原只能滑到C点的冰壶能停于点，求A点与B点之间的距离。

解析：

(1)对冰壶，从A点放手到停止于C点，设在A点时的速度为V₁，

应用动能定理有－μmgL＝mV₁²，解得V₁＝；

(2)对冰壶，从O到A，设冰壶受到的冲量为I，

应用动量定理有I＝mV₁－0，解得I＝m；

(3)设AB之间距离为S，对冰壶，从A到O′的过程，

应用动能定理，－μmgS－0.8μmg(L+r－S)＝0－mV₁²，

解得S＝L－4r。

(09山东卷)(2)如图所示，光滑水平面轨道上有三个木块，A、B、C，质量分别为m_B=m_c=2m,m_A=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧 (弹簧与滑块不栓接)。开始时A、B以共同速度v₀运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。

(2)设共同速度为v，球A和B分开后，B的速度为,由动量守恒定律有,,联立这两式得B和C碰撞前B的速度为。

[考点]原子核、动量守恒定律

一：复习要点

25．(16分)

(09福建卷)(1)现代科学技术的发展与材料科学、能源的开发密切相关，下列关于材料、能源的说法正确的是　　　　　　　 。(填选项前的编号)

①化石能源为清洁能源　　　　　 ②纳米材料的粒度在1-100μm之间

③半导体材料的导电性能介于金属导体和绝缘体之间

④液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向同性

[解析](1)化石能源燃烧时产生二氧化碳，造成温室气体效应；煤碳和石油中含有硫，燃烧时产生二氧化硫等物质使雨水的酸度增高等等，说明化石能源不是清洁能源；①错；

纳米材料的粒度在1-100nm，而不是1-100μm，②错；

液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向异性(不是同性)，④错。

正确选项为③

24.(1)设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律

　　　　　　 　　　　　 　①

设碰撞后m₁与m₂的速度分别为v₁和v₂，根据动量守恒定律

　　　　　 　②

由于碰撞过程中无机械能损失

　　　 　③

②、③式联立解得

　　　　　　　 　④

　 将①代入得④

(2)a由④式，考虑到得

根据动能传递系数的定义，对于1、2两球

　　 　⑤

同理可得，球m₂和球m₃碰撞后，动能传递系数k₁₃应为

　　　 　⑥

依次类推，动能传递系数k_1n应为

解得

b.将m₁=4m₀,m₃=m_o代入⑥式可得

为使k₁₃最大，只需使

由

24．(09北京卷)(20分)如图1所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。质量为的小球从高位处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为的小球发生碰撞，碰撞后两球两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球的速度大小；

(2)碰撞过程中的能量传递规律在屋里学中有着广泛的应用。为了探究这一规律，我们才用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且无机械能损失的恶简化力学模型。如图2所示，在固定光滑水平轨道上，质量分别为、……的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初能，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第个球经过依次碰撞后获得的动能与之比为第1个球对第个球的动能传递系数

a 求

b 若为确定的已知量。求为何值时，值最大

[解析]

19．(09广东物理卷)(16分)如图19所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距=1.0m 。物块A以速度=10m/s沿水平方向与B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度=2.0m/s 。已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数=0.45.(设碰撞时间很短，g取10m/s²)

(1)计算与C碰撞前瞬间AB的速度；

(2)根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向。

[解析]⑴设AB碰撞后的速度为v₁,AB碰撞过程由动量守恒定律得　　

　　 设与C碰撞前瞬间AB的速度为v₂，由动能定理得　　

　 联立以上各式解得

⑵若AB与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得　　　

　 代入数据解得 　

　 此时AB的运动方向与C相同

若AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得　　

联立以上两式解得

代入数据解得　

此时AB的运动方向与C相反

若AB与C发生碰撞后AB的速度为0，由动量守恒定律得

代入数据解得

总上所述得　 当时，AB的运动方向与C相同

　　　　　　　　 当时，AB的速度为0

　　　　　　　　 当时，AB的运动方向与C相反

23．(16分)

解：

(1)　　　 设起重机允许输出的最大功率为P₀，重物达到最大速度时，拉力F₀等于重力。

P₀=F_0m①

P₀=mg ②

代入数据，有：P₀=5.1×10⁴W　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③

说明：①式2分，②③式各1分。

(2)　　　 匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v₁，匀加速运动经历时间为t₁,有：

P₀=Fv₁ ④

F-mg=ma ⑤

V₁=at₁⑥

由③④⑤⑥，代入数据，得：t₁=5 s　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑦

t=2 s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v₂，输出功率为P，则

=at　　 ⑧

P=F　　　　　　 ⑨

由⑤⑧⑨，代入数据，得:P=2.04×10⁴W　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑩

说明④⑤⑥⑦⑧⑨式各2分，⑦⑩式各1分。

23.(09四川卷)(16分)

图示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机将质量m=5×10³ kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上作匀加速直线运动，加速度a=0.2 m/s²，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做v_m=1.02 m/s的匀速运动。取g=10 m/s²,不计额外功。求：

(1)　　 起重机允许输出的最大功率。

(2)　　 重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率。

25．(09全国Ⅰ卷)(18分) 如图所示，倾角为θ的斜瓶上静止释放，质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l。工人用沿斜面的力推最小面的木箱使之上滑，逐一与其它木箱碰撞。每次碰撞后木箱都站在一起运动。整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑。已知木箱与斜面向的动摩擦因数为p,重力加速度为g.设碰撞时间极短，求

(1)　　 工人的推力；

(2)　　 三个木箱均速运动的速度；

(3)　　 碰撞中损失的机械能。

答案(1)

(2)

(3)

[解析](1)当匀速时,把三个物体看作一个整体受重力、推力F、摩擦力f和支持力.根据平衡的知识有

(2)第一个木箱与第二个木箱碰撞之前的速度为V₁,加速度根据运动学公式或动能定理有,碰撞后的速度为V₂根据动量守恒有,即碰撞后的速度为,

然后一起去碰撞第三个木箱,设碰撞前的速度为V₃

从V2到V3的加速度为,

根据运动学公式有,得,

跟第三个木箱碰撞根据动量守恒有,

得就是匀速的速度.

(3)设第一次碰撞中的能量损失为,根据能量守恒有,带入数据得.

15、(09全国Ⅱ卷)两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0-0.4s时间内的v-t图象如图所示。若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t₁分别为

A．和0.30s　　 B．3和0.30s　

C．和0.28s　　 D．3和0.28s

答案B

[解析]本题考查图象问题.根据速度图象的特点可知甲做匀加速,乙做匀减速.根据得,根据牛顿第二定律有,得,由,得t=0.3s,B正确.

(09福建卷)(2)一炮艇总质量为M，以速度匀速行驶，从船上以相对海岸的水平速度沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是　　　　 。(填选项前的编号)

①　　　　　　　　　 ② 　　　　③　　　　　　　　　　 ④

(2)动量守恒定律必须相对于同量参考系。本题中的各个速度都是相对于地面的，不需要转换。发射炮弹前系统的总动量为Mv₀；发射炮弹后，炮弹的动量为mv₀,船的动量为(M-m)v′所以动量守恒定律的表达式为

正确选项为①

21．(09全国Ⅰ卷)质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生碰撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为

A.2　　　　 B.3 　　　　C.4　　　　 D. 5

答案AB

[解析]本题考查动量守恒.根据动量守恒和能量守恒得设碰撞后两者的动量都为P,则总动量为2P,根据,以及能量的关系得得,所以AB正确.