热门试卷

解：（1）设小物体m1经过C点时的速度大小为v1，因为经过C点恰能做圆周运动，

由牛顿第二定律得：

  解得：v1==m/s  

小物体m1由A到B过程中，设摩擦力对小物体做的功为Wf，

由动能定理得：

解得：Wf=2.5J   

（2）小物体m2离开D点后做平抛运动，设经过时间t打在E点，由

得：t=0.3s   

设小物体m2打在E点时速度的水平、竖直分量分别为vx、vy，由几何关系可得，

速度跟竖直方向的夹角为θ，则：vx=v‘2 ，vy=gt，

解得：v'2=4m/s     

SEG=v'2t=1.2m

（3）设小物体m1经过D时的速度大小为v2，对C点运动到D点的过程，

由机械能守恒定律得：

小物体m1经过D点时，与m2发生碰撞，规定向左为正方向，由动量守恒定律可得：

m1v'1=m1v''1+m2v'2

设轨道对m1的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得：

代入数据，联立解得：FN=28N，

由牛顿第三定律可知，小物体m1对轨道的压力大小为：

F'N=FN=28N．

答：（1）摩擦力对小物块m1做的功是2.5J；

（2）水平面上EG间的距离是1.2m；

（3）小物块m1碰撞m2后经过D点时对轨道压力的大小是28N．

解：①两滑块相撞过程，由于碰撞时间极短，小球的宏观位置还没有发生改变，两滑块已经达到共同速度，因此悬线仍保持竖直方向．由动量守恒定律，有

   Mv0=2Mv，得v=

该过程中，损失的机械能为△E=M-×2Mv2=M

②两滑块碰撞完毕后，小球上升到最高点的过程，系统在水平方向上所受合外力为零，动量守恒，小球上升到最高点时，系统有相同的水平速度，则

   2Mv+mv0=（2M+m）v′

解得，v′=

答：①两滑块相撞过程中损失的机械能为M；

②当小球向右摆到最大高度时两滑块的速度大小是．

解：已知：M=100kg，d=45m，m0=0.5kg，v=50m/s，R=2.5×10-4kg/s，

设喷出氧气质量m，返回时间t，则返回速度为：

v′===0.5m，

根据v=可得；

t===…①

宇航员耗氧：

Rt=m0-m，即2.5×10-4×t=0.5-m，

t=4000×（0.5-m）…②

由①②两式可得：

4000×（0.5-m）=，即400m2-200m+9=0

解得：m1=0.05kg，m2=0.45kg，

所以瞬间喷出m在0.05kg＜m＜0.45kg的氧气，宇航员刚好能安全返回飞船．

答：瞬间喷出m在0.05kg＜m＜0.45kg的氧气，宇航员刚好能安全返回飞船．