1、2009年高考動量、功和能試題匯編（2009年全國卷理綜）21質量為M的物塊以速度V運動，與質量為m的靜止物塊發生正撞，碰撞后兩者的動量正好相等，兩者質量之比M/m可能為A.2 B.3 C.4 D. 5答案AB【解析】本題考查動量守恒.根據動量守恒和能量守恒得設碰撞后兩者的動量都為P,則總動量為2P,根據,以及能量的關系得得,所以AB正確.（2009年全國II卷理綜）20. 以初速度v0豎直向上拋出一質量為m的小物體。假定物塊所受的空氣阻力f大小不變。已知重力加速度為g，則物體上升的最大高度和返回到原拋出點的速率分別為A、和 B、和C、和 D、和答案A【解析】本題考查動能定理.上升的過程中,重

2、力做負功,阻力做負功,由動能定理得,求返回拋出點的速度由全程使用動能定理重力做功為零,只有阻力做功為有,解得,A正確（2009年高考上海物理卷）5小球由地面豎直上拋，上升的最大高度為H，設所受阻力大小恒定，地面為零勢能面。在上升至離地高度h處，小球的動能是勢能的兩倍，在下落至離高度h處，小球的勢能是動能的兩倍，則h等于（）（A）H/9（B）2H/9（C）3H/9（D）4H/9【答案】D。【解析】小球上升至最高點過程： ；小球上升至離地高度h處過程： ，又 ；小球上升至最高點后又下降至離地高度h處過程： ，又 ；以上各式聯立解得，答案D正確。（2009年高考安徽理綜卷）17. 為了節省能量，某商

3、場安裝了智能化的電動扶梯。無人乘行時，扶梯運轉得很慢；有人站上扶梯時，它會先慢慢加速，再勻速運轉。一顧客乘扶梯上樓，恰好經歷了這兩個過程，如圖所示。那么下列說法中正確的是A. 顧客始終受到三個力的作用B. 顧客始終處于超重狀態FNmgfaC. 顧客對扶梯作用力的方向先指向左下方，再豎直向下D. 顧客對扶梯作用的方向先指向右下方，再豎直向下答案：C解析：在慢慢加速的過程中顧客受到的摩擦力水平向左，電梯對其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛頓第三定律，它的反作用力即人對電梯的作用方向指向向左下；在勻速運動的過程中，顧客與電梯間的摩擦力等于零，顧客對扶梯的作用僅剩下壓力，方向沿豎直向下。 （2

4、009年高考寧夏理綜卷）17. 質量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t=0時刻開始受到水平力的作用。力的大小F與時間t的關系如圖所示，力的方向保持不變，則A時刻的瞬時功率為B時刻的瞬時功率為C在到這段時間內，水平力的平均功率為D. 在到這段時間內，水平力的平均功率為【答案】BD。【解析】0-2t0 內物體的加速度為，2t0 時刻的速度為，在3t0時刻的瞬時速度，則時刻的瞬時功率為，A錯誤；B正確；在到這段時間內，由動能定理可得，則這段時間內的平均功率，D正確。（2009年高考江蘇物理卷）9.如圖所示，兩質量相等的物塊A、B通過一輕質彈簧連接，B足夠長、放置在水平面上，所有接觸面均光滑。彈簧開始

5、時處于原長，運動過程中始終處在彈性限度內。在物塊A上施加一個水平恒力，A、B從靜止開始運動到第一次速度相等的過程中，下列說法中正確的有A當A、B加速度相等時，系統的機械能最大B當A、B加速度相等時，A、B的速度差最大AFF1F1Bvtt2t1v1v2vABC當A、B的速度相等時，A的速度達到最大D當A、B的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大答案： BCD 【解析】處理本題的關鍵是對物體進行受力分析和運動過程分析，使用圖象處理則可以使問題大大簡化。對A、B在水平方向受力分析如圖，F1為彈簧的拉力；當加速度大小相同為a時，對有，對有，得，在整個過程中的合力（加速度）一直減小而的合力（加速度）一直增大，

6、在達到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于的合力（加速度）.兩物體運動的v-t圖象如圖，tl時刻，兩物體加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2時刻兩物體的速度相等，速度達到最大值，兩實線之間圍成的面積有最大值即兩物體的相對位移最大，彈簧被拉到最長；除重力和彈簧彈力外其它力對系統正功，系統機械能增加，tl時刻之后拉力依然做正功，即加速度相等時，系統機械能并非最大值。（2009年高考廣東物理卷）7.某緩沖裝置可抽象成圖4所示的簡單模型。圖中為原長相等，勁度系數不同的輕質彈簧。下列表述正確的是A緩沖效果與彈簧的勁度系數無關B墊片向右移動時，兩彈簧產

7、生的彈力大小相等C墊片向右移動時，兩彈簧的長度保持相等D墊片向右移動時，兩彈簧的彈性勢能發生改變【答案】BD。【解析】不同彈簧的緩沖效果與彈簧的勁度系數有關，A錯誤；在墊片向右運動的過程中，由于兩個彈簧相連，則它們之間的作用力等大，B正確；由于兩彈簧的勁度系數不同，由胡克定律可知，兩彈簧的型變量不同，則兩彈簧的長度不相等，C錯誤；在墊片向右運動的過程中，由于彈簧的彈力做功，則彈性勢能將發生變化，D正確。（2009年高考廣東文科基礎卷）58如圖8所示，用一輕繩系一小球懸于O點。現將小球拉至水平位置，然后釋放，不計阻力。小球下落到最低點的過程中，下列表述正確的是 A小球的機械能守恒 B小球所受的合

8、力不變 C小球的動能不斷減小 D小球的重力勢能增加 （2009年高考海南物理卷）7一物體在外力的作用下從靜止開始做直線運動，合外力方向不變，大小隨時間的變化如圖所示。設該物體在和時刻相對于出發點的位移分別是和，速度分別是和，合外力從開始至時刻做的功是，從至時刻做的功是,則A BC D答案：AC解析：根據F-t圖像面積意義和動量定理有m=F0t0，m= F0t0+2F0t0，則；應用位移公式可知、，則，B錯、A對；在第一個內對物體應用動能定理有、在第二個內對物體應用動能定理有，則，D錯、C對。（2009年全國卷理綜）25(18分) （注意：在試題卷上作答無效）如圖所示，傾角為的斜面上靜止放置三個

9、質量均為m的木箱，相鄰兩木箱的距離均為l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一與其它木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起運動。整個過程中工人的推力不變，最后恰好能推著三個木箱勻速上滑。已知木箱與斜面間的動摩擦因數為,重力加速度為g.設碰撞時間極短，求(1) 工人的推力；(2) 三個木箱勻速運動的速度；(3) 在第一次碰撞中損失的機械能。答案（1）（2）（3）【解析】(1)當勻速時,把三個物體看作一個整體受重力、推力F、摩擦力f和支持力.根據平衡的知識有(2)第一個木箱與第二個木箱碰撞之前的速度為V1,加速度根據運動學公式或動能定理有,碰撞后的速度為V2根據動量守恒有,即碰撞后的速度為,然

10、后一起去碰撞第三個木箱,設碰撞前的速度為V3從V2到V3的加速度為,根據運動學公式有,得,跟第三個木箱碰撞根據動量守恒有,得就是勻速的速度.(3)設第一次碰撞中的能量損失為,根據能量守恒有,帶入數據得.（2009年高考北京理綜卷）24（20分）（1）如圖1所示，ABC為一固定在豎直平面內的光滑軌道，BC段水平，AB段與BC段平滑連接。質量為的小球從高位處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止在軌道BC段上質量為的小球發生碰撞，碰撞后兩球兩球的運動方向處于同一水平線上，且在碰撞過程中無機械能損失。求碰撞后小球的速度大小；（2）碰撞過程中的能量傳遞規律在屋里學中有著廣泛的應用。為了探究這一規律，我們才用多球

11、依次碰撞、碰撞前后速度在同一直線上、且無機械能損失的惡簡化力學模型。如圖2所示，在固定光滑水平軌道上，質量分別為、的若干個球沿直線靜止相間排列，給第1個球初能，從而引起各球的依次碰撞。定義其中第個球經過依次碰撞后獲得的動能與之比為第1個球對第個球的動能傳遞系數a.求b.若為確定的已知量。求為何值時，值最大【解析】24.（1）設碰撞前的速度為，根據機械能守恒定律 設碰撞后m1與m2的速度分別為v1和v2，根據動量守恒定律 由于碰撞過程中無機械能損失 、式聯立解得 將代入得 （2）a由式，考慮到得根據動能傳遞系數的定義，對于1、2兩球 同理可得，球m2和球m3碰撞后，動能傳遞系數k13應為 依次類

12、推，動能傳遞系數k1n應為解得 b.將m1=4m0,m3=mo代入式可得為使k13最大，只需使由 （2009年高考天津理綜卷）10.(16分)如圖所示，質量m1=0.3 kg 的小車靜止在光滑的水平面上，車長L=15 m,現有質量m2=0.2 kg可視為質點的物塊，以水平向右的速度v0=2 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面間的動摩擦因數=0.5,取g=10 m/s2，求（1） 物塊在車面上滑行的時間t;（2） 要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0不超過多少。（1）0.24s (2)5m/s【解析】本題考查摩擦拖動類的動量和能量問題。涉及動量守

13、恒定律、動量定理和功能關系這些物理規律的運用。（1）設物塊與小車的共同速度為v，以水平向右為正方向，根據動量守恒定律有 設物塊與車面間的滑動摩擦力為F，對物塊應用動量定理有 其中 解得代入數據得 （2）要使物塊恰好不從車廂滑出，須物塊到車面右端時與小車有共同的速度v，則 由功能關系有 代入數據解得 =5m/s故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車的速度v0不能超過5m/s。w（2009年高考重慶理綜卷）23.（16分）2009年中國女子冰壺隊首次獲得了世界錦標賽冠軍，這引起了人們對冰壺運動的關注。冰壺在水平冰面上的一次滑行可簡化為如下過程：如題23圖，運動員將靜止于O點的冰壺（視為質點）沿直

14、線推到A點放手，此后冰壺沿滑行，最后停于C點。已知冰面與各冰壺間的動摩擦因數為，冰壺質量為m，ACL，r,重力加速度為g ，（1）求冰壺在A 點的速率；（2）求冰壺從O點到A點的運動過程中受到的沖量大小；（3）若將段冰面與冰壺間的動摩擦因數減小為，原只能滑到C點的冰壺能停于點，求A點與B點之間的距離。解析：（1）對冰壺，從A點放手到停止于C點，設在A點時的速度為V1，應用動能定理有mgLmV12，解得V1；（2）對冰壺，從O到A，設冰壺受到的沖量為I，應用動量定理有ImV10，解得Im；（3）設AB之間距離為S，對冰壺，從A到O的過程，應用動能定理，mgS0.8mg(LrS)0mV12，解得S

15、L4r。（2009年高考重慶理綜卷）24.（18分）探究某種筆的彈跳問題時，把筆分為輕質彈簧、內芯和外殼三部分，其中內芯和外殼質量分別為m和4m.筆的彈跳過程分為三個階段：把筆豎直倒立于水平硬桌面，下壓外殼使其下端接觸桌面（見題24圖a）；由靜止釋放，外殼豎直上升至下端距桌面高度為h1時，與靜止的內芯碰撞（見題24圖b）；碰后，內芯與外殼以共同的速度一起上升到外殼下端距桌面最大高度為h2處（見題24圖c）。設內芯與外殼的撞擊力遠大于筆所受重力、不計摩擦與空氣阻力，重力加速度為g。求： （1）外殼與內芯碰撞后瞬間的共同速度大小；（2）從外殼離開桌面到碰撞前瞬間，彈簧做的功；（3）從外殼下端離開桌

16、面到上升至h2處，筆損失的機械能。解析：設外殼上升高度h1時速度為V1，外殼與內芯碰撞后瞬間的共同速度大小為V2，(1)對外殼和內芯，從撞后達到共同速度到上升至h2處，應用動能定理有(4mgm)( h2h1)(4mm)V22，解得V2；（2）外殼和內芯，碰撞過程瞬間動量守恒，有4mV1(4mgm)V2，解得V1，設從外殼離開桌面到碰撞前瞬間彈簧做功為W，在此過程中，對外殼應用動能定理有W4mgh1(4m)V12，解得Wmg；（3）由于外殼和內芯達到共同速度后上升高度h2的過程，機械能守恒，只是在外殼和內芯碰撞過程有能量損失，損失的能量為(4m)V12(4mm)V22，聯立解得mg(h2h1)。

17、（2009年高考山東理綜卷）24（15分）如圖所示，某貨場而將質量為m1=100 kg的貨物（可視為質點）從高處運送至地面，為避免貨物與地面發生撞擊，現利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物中軌道頂端無初速滑下，軌道半徑R=1.8 m。地面上緊靠軌道次排放兩聲完全相同的木板A、B，長度均為l=2m，質量均為m2=100 kg，木板上表面與軌道末端相切。貨物與木板間的動摩擦因數為1，木板與地面間的動摩擦因數=0.2。（最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）（1）求貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力。（2）若貨物滑上木板4時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求1應滿足

18、的條件。（3）若1=0。5，求貨物滑到木板A末端時的速度和在木板A上運動的時間。解析：（1）設貨物滑到圓軌道末端是的速度為，對貨物的下滑過程中根據機械能守恒定律得，設貨物在軌道末端所受支持力的大小為,根據牛頓第二定律得，聯立以上兩式代入數據得,根據牛頓第三定律，貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力大小為3000N，方向豎直向下。（2）若滑上木板A時，木板不動，由受力分析得，若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得，聯立式代入數據得。（3），由式可知，貨物在木板A上滑動時，木板不動。設貨物在木板A上做減速運動時的加速度大小為，由牛頓第二定律得，設貨物滑到木板A末端是的速度為，由運動學公式得，聯立

19、式代入數據得，設在木板A上運動的時間為t，由運動學公式得，聯立式代入數據得。 （2009年高考山東理綜卷）38（8分）物理物理3-（2）如圖所示，光滑水平面軌道上有三個木塊，A、B、C，質量分別為mB=mc=2m,mA=m，A、B用細繩連接，中間有一壓縮的彈簧 (彈簧與滑塊不栓接)。開始時A、B以共同速度v0運動，C靜止。某時刻細繩突然斷開，A、B被彈開，然后B又與C發生碰撞并粘在一起，最終三滑塊速度恰好相同。求B與C碰撞前B的速度。解析：（2）設共同速度為v，球A和B分開后，B的速度為,由動量守恒定律有,聯立這兩式得B和C碰撞前B的速度為。（2009年高考四川理綜卷）23.(16分)圖示為修

20、建高層建筑常用的塔式起重機。在起重機將質量m=5×103 kg的重物豎直吊起的過程中，重物由靜止開始向上作勻加速直線運動，加速度a=0.2 m/s2，當起重機輸出功率達到其允許的最大值時，保持該功率直到重物做vm=1.02 m/s的勻速運動。取g=10 m/s2,不計額外功。求：(1) 起重機允許輸出的最大功率。(2) 重物做勻加速運動所經歷的時間和起重機在第2秒末的輸出功率。解析：(1)設起重機允許輸出的最大功率為P0，重物達到最大速度時，拉力F0等于重力。P0F0vm P0mg 代入數據，有：P05.1×104W (2)勻加速運動結束時，起重機達到允許輸出的最大功率，設

21、此時重物受到的拉力為F，速度為v1，勻加速運動經歷時間為t1,有：P0F0v1 Fmgma V1at1 由，代入數據，得：t15 s T2 s時，重物處于勻加速運動階段，設此時速度為v2，輸出功率為P，則v2at PFv2 由，代入數據，得:P2.04×104W。（2009年高考四川理綜卷）25.(20分)如圖所示，輕彈簧一端連于固定點O，可在豎直平面內自由轉動，另一端連接一帶電小球P,其質量m=2×10-2 kg,電荷量q=0.2 C.將彈簧拉至水平后，以初速度V0=20 m/s豎直向下射出小球P,小球P到達O點的正下方O1點時速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O、

22、O1相距R=1.5 m,小球P在O1點與另一由細繩懸掛的、不帶電的、質量M=1.6×10-1 kg的靜止絕緣小球N相碰。碰后瞬間，小球P脫離彈簧，小球N脫離細繩，同時在空間加上豎直向上的勻強電場E和垂直于紙面的磁感應強度B=1T的弱強磁場。此后，小球P在豎直平面內做半徑r=0.5 m的圓周運動。小球P、N均可視為質點，小球P的電荷量保持不變，不計空氣阻力，取g=10 m/s2。那么，（1）彈簧從水平擺至豎直位置的過程中，其彈力做功為多少？（2）請通過計算并比較相關物理量，判斷小球P、N碰撞后能否在某一時刻具有相同的速度。 (3)若題中各量為變量，在保證小球P、N碰撞后某一時刻具有相同

23、速度的前提下，請推導出r的表達式(要求用B、q、m、表示，其中為小球N的運動速度與水平方向的夾角)。解析：（1）設彈簧的彈力做功為W，有：代入數據，得：WJ （2）由題給條件知，N碰后作平拋運動，P所受電場力和重力平衡，P帶正電荷。設P、N碰后的速度大小分別為v1和V，并令水平向右為正方向，有: 而： 若P、N碰后速度同向時，計算可得V<v1，這種碰撞不能實現。P、N碰后瞬時必為反向運動。有： P、N速度相同時，N經過的時間為，P經過的時間為。設此時N的速度V1的方向與水平方向的夾角為，有： 代入數據，得： 對小球P，其圓周運動的周期為T，有： 經計算得： T，P經過時，對應的圓心角為，

24、有： 當B的方向垂直紙面朝外時，P、N的速度相同，如圖可知，有： 聯立相關方程得： 比較得， ，在此情況下，P、N的速度在同一時刻不可能相同。當B的方向垂直紙面朝里時，P、N的速度相同，同樣由圖，有： ，同上得： ，比較得， ，在此情況下，P、N的速度在同一時刻也不可能相同。（3）當B的方向垂直紙面朝外時，設在t時刻P、N的速度相同， ，再聯立解得： 當B的方向垂直紙面朝里時，設在t時刻P、N的速度相同，同理得： ，考慮圓周運動的周期性，有: （給定的B、q、r、m、等物理量決定n的取值）（2009年高考安徽理綜卷）24（20分）過山車是游樂場中常見的設施。下圖是一種過山車的簡易模型，它由水平

25、軌道和在豎直平面內的三個圓形軌道組成，B、C、D分別是三個圓形軌道的最低點，B、C間距與C、D間距相等，半徑、。一個質量為kg的小球（視為質點），從軌道的左側A點以的初速度沿軌道向右運動，A、B間距m。小球與水平軌道間的動摩擦因數，圓形軌道是光滑的。假設水平軌道足夠長，圓形軌道間不相互重疊。重力加速度取，計算結果保留小數點后一位數字。試求 （1）小球在經過第一個圓形軌道的最高點時，軌道對小球作用力的大小； （2）如果小球恰能通過第二圓形軌道，B、C間距應是多少； （3）在滿足（2）的條件下，如果要使小球不能脫離軌道，在第三個圓形軌道的設計中，半徑應滿足的條件；小球最終停留點與起點的距離。答案：

26、（1）10.0N；（2）12.5m(3) 當時， ；當時， 解析：（1）設小于經過第一個圓軌道的最高點時的速度為v1根據動能定理 小球在最高點受到重力mg和軌道對它的作用力F，根據牛頓第二定律 由得 （2）設小球在第二個圓軌道的最高點的速度為v2，由題意 由得 （3）要保證小球不脫離軌道，可分兩種情況進行討論：I軌道半徑較小時，小球恰能通過第三個圓軌道，設在最高點的速度為v3，應滿足 由得 II軌道半徑較大時，小球上升的最大高度為R3，根據動能定理 解得 為了保證圓軌道不重疊，R3最大值應滿足 解得 R3=27.9m綜合I、II，要使小球不脫離軌道，則第三個圓軌道的半徑須滿足下面的條件 或 當

27、時，小球最終焦停留點與起始點A的距離為L，則 當時，小球最終焦停留點與起始點A的距離為L，則 （2009年高考浙江理綜卷）23.（14分）如圖所示，相距為d的平行金屬板A、B豎直放置，在兩板之間水平放置一絕緣平板。有一質量m、電荷量q（q>0）的小物塊在與金屬板A相距l處靜止。若某一時刻在金屬板A、B間加一電壓 ，小物塊與金屬板只發生了一次碰撞，碰撞后電荷量變為 q，并以與碰前大小相等的速度反方向彈回。已知小物塊與絕緣平板間的動摩擦因素為，若不計小物塊電荷量對電場的影響和碰撞時間。則（1）小物塊與金屬板A碰撞前瞬間的速度大小是多少？（2）小物塊碰撞后經過多長時間停止運動？停在何位置？答案

28、（1）（2）時間為，停在處或距離B板為【解析】本題考查電場中的動力學問題（1）加電壓后，B極板電勢高于A板，小物塊在電場力作用與摩擦力共同作用下向A板做勻加速直線運動。電場強度為 小物塊所受的電場力與摩擦力方向相反，則合外力為 故小物塊運動的加速度為 設小物塊與A板相碰時的速度為v1，由 解得 （2）小物塊與A板相碰后以v1大小相等的速度反彈，因為電荷量及電性改變，電場力大小與方向發生變化，摩擦力的方向發生改變，小物塊所受的合外力大小 為 加速度大小為 設小物塊碰后到停止的時間為 t，注意到末速度為零，有 解得 設小物塊碰后停止時距離為，注意到末速度為零，有 則 或距離B板為 （2009年高考

29、福建理綜卷）21.（19分）w.w.w.k.s.5.u.c.o.m如圖甲，在水平地面上固定一傾角為的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中。一勁度系數為k的絕緣輕質彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態。一質量為m、帶電量為q（q>0）的滑塊從距離彈簧上端為s0處靜止釋放，滑塊在運動過程中電量保持不變，設滑塊與彈簧接觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內，重力加速度大小為g。（1）求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經歷的時間t1（2）若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm過程中彈簧的彈力所做的功

30、W；（3）從滑塊靜止釋放瞬間開始計時，請在乙圖中畫出滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中速度與時間關系v-t圖象。圖中橫坐標軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度達到最大值及第一次速度減為零的時刻，縱坐標軸上的v1為滑塊在t1時刻的速度大小，vm是題中所指的物理量。（本小題不要求寫出計算過程）答案（1）; （2）; (3) 【解析】本題考查的是電場中斜面上的彈簧類問題。涉及到勻變速直線運動、運用動能定理處理變力功問題、最大速度問題和運動過程分析。（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中作初速度為零的勻加速直線運動，設加速度大小為a，則有 qE+mgsin=ma 聯立可

31、得 （2）滑塊速度最大時受力平衡，設此時彈簧壓縮量為，則有 從靜止釋放到速度達到最大的過程中，由動能定理得 聯立可得 s（3）如圖w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （2009年高考寧夏理綜卷）24（14分）冰壺比賽是在水平冰面上進行的體育項目，比賽場地示意如圖。比賽時，運動員從起滑架處推著冰壺出發，在投擲線AB處放手讓冰壺以一定的速度滑出，使冰壺的停止位置盡量靠近圓心O.為使冰壺滑行得更遠，運動員可以用毛刷擦冰壺運行前方的冰面，使冰壺與冰面間的動摩擦因數減小。設冰壺與冰面間的動摩擦因數為=0.008，用毛刷擦冰面后動摩擦因數減少至=0.004.在某次比賽中，運動員使冰壺C在投擲線中點處以

32、2m/s的速度沿虛線滑出。為使冰壺C能夠沿虛線恰好到達圓心O點，運動員用毛刷擦冰面的長度應為多少？（g取10m/s2）【解析】設冰壺在未被毛刷擦過的冰面上滑行的距離為，所受摩擦力的大小為：在 被毛刷擦過的冰面上滑行的距離為，所受摩擦力的大小為。則有+=S 式中S為投擲線到圓心O的距離。 設冰壺的初速度為，由功能關系，得 聯立以上各式，解得 代入數據得 （2009年高考寧夏理綜卷）（1）（5分）常見的傳動方式有 、 、 和齒輪傳動等。齒輪傳動的傳動比是主動輪與 的轉速之比，傳動比等于 與 的齒數之比。 （2）（10分）液壓千斤頂是利用密閉容器內的液體能夠把液體所受到的壓強行各個方向傳遞的原理制成的。圖為一小型千斤頂的結構示意圖。大活塞的直徑D1=20cm，小活塞B的直徑D2=5cm，手柄的長度OC=50c