理论证明，取离星球中心无穷远处为引力势能的零势点时，则物体在距离星球中心为r处的引力势能可表示为：．G为万有引力常数，M、m表示星球与物体的质量，而万有引力做的功则为引力势能减少．已知月球质量为M、半径为R，探月飞船的总质量为m，月球表面的重力加速度为g，万有引力常数G．
小题1:求飞船在距月球表面H（H>R/3）高的环月轨道运行时的速度；
小题2:设将飞船从月球表面发送到上述环月轨道的能量至少为E．有同学提出了一种计算此能量E的方法：根据，将（1）中的代入即可．请判断此方法是否正确，并说明理由，如不正确，请给出正确的解法与结果．（不计飞船质量的变化及其他天体的引力和月球的自转）

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理论证明，取离星球中心无穷远处为引力势能的零势点时，以物体在距离星球中心为r处的引力势能可表示为：E_p=-G．G为万有引力常数，M、m表示星球与物体的质量，而万有引力做的功则为引力势能的减少．已知月球质量为M、半径为R，探月飞船的总质量为m．月球表面的重力加速度为g，万有引力常数G．
（1）求飞船在距月球表面H（H＞）高的环月轨道运行时的速度v；
（2）设将飞船从月球表面发送到上述环月轨道的能量至少为E．有同学提出了一种计算此能量E的方法：根据，将（1）中的v代入即可．请判断此方法是否正确，并说明理由．如不正确，请给出正确的解法与结果（不计飞船质量的变化及其他天体的引力和月球的自转）．

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理论证明，取离星球中心无穷远处为引力势能的零势点时，以物体在距离星球中心为r处的引力势能可表示为：E_p=-G．G为万有引力常数，M、m表示星球与物体的质量，而万有引力做的功则为引力势能的减少．已知月球质量为M、半径为R，探月飞船的总质量为m．月球表面的重力加速度为g，万有引力常数G．
（1）求飞船在距月球表面H（H＞）高的环月轨道运行时的速度v；
（2）设将飞船从月球表面发送到上述环月轨道的能量至少为E．有同学提出了一种计算此能量E的方法：根据，将（1）中的v代入即可．请判断此方法是否正确，并说明理由．如不正确，请给出正确的解法与结果（不计飞船质量的变化及其他天体的引力和月球的自转）．

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1.D      2.B       3.B      4.B      5.A

6.AB    7.ABD     8. BCD   9.ACD

10. （1）     

（2）^’

11. （1）3.0(2.6―3.4)                  

（2）如图所示（2分）    a＝1/(2m)

（3）实验前未平衡摩擦力          

12.（1）以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所示由共点力平衡条件可得

                   ①

                            ②

由①、②联立，得

F =810N

(2)

得m/s

(3)水平牵引力的功率

P=Fv

=4050 W

13. （1）根据动能定理，主发动机在嫦娥一号卫星进入地月转移轨道过程中对卫星做的功……………………………………………………………6分

（2）设“嫦娥一号卫星”在圆轨道І上运动时距月球表面的高度为h，根据万有引力定律和向心力公式有

……………4分

  解得：……………………………………………4分

（3）设“嫦娥一号卫星”在近月点进行第一次制动后，在圆轨道І上运动的速度为u₁，则

    ………………………………………………………1分

    解得：…………………………………………………………1分

    设“嫦娥一号卫星”在通过近月点脱离月球引力束缚飞离月球的速度为u₂，根据机械能守恒定律

    =0…………………………………………………………1分

    解得：u₂=………………………………………………………1分

    所以，“嫦娥一号卫星”在近月点进行第一次制动后的速度u应满足的条件是:

……………………………………………2分

14. 解：（1）a =                             

Rsinθ= v₀t                            

R-Rcosθ=at²                                    

由以上三式得v₀ =        

（2）由（1）结论得粒子从A点出发时的动能为

m v₀² = =       

则经过P点时的动能为

E_k=Eq(R-Rcosθ)+m v₀² = EqR (5-3cosθ)

可以看出，当θ从0°变化到180°，接收屏上电荷的动能逐渐增大，因此D点接收到的电荷的末动能最小，C点接收到的电荷的末动能最大。    

最小动能为：

E_kD=Eq(R-Rcosθ)+m v_0D² = EqR (5-3cos60°) =  EqR    

最大动能为：

E_kC=Eq(R-Rcosθ)+m v_0C² = EqR (5-3cos120°) =  EqR  

15．解：（1）A与C间的摩擦力为

        (1分)

B与C间的摩擦力为

    (1分)

推力F从零逐渐增大，当增大到100N时，物块A开始向右移动压缩弹簧（此时B仍然保持静止），设压缩量为x，则力   (1分)

当x=0.5m时，力,此时B将缓慢地向右移动。（1分）

B移动0.5m后，B离开木板C的右端0.2m，A离开木板C端0.1m。（1分）

作出力F随A位移的变化图线如答图6所示。（2分）

（2）在物块B移动前，力F作用于物块A，压缩弹簧使弹簧储存了弹性势能E₀，物块A移动了s=0.5m,此后物块AB以相同的速度向右移动，弹簧储存的弹性势能不变。设物块A开始移动0.5m的过程中，力F做功W，由能量守恒有

（3）撤去力F之后，AB两物块给木板C的摩擦力的合力为零，故在物块AB滑离木板C之前，C仍静止不动。

由题可知，始终有    (1分)

当物块B在木板C上向右滑动了0.2m，物块A则向左滑动了0.4m，但A离木板C的左端还有d=0.6m .可见，物块B先滑离木板C。(1分)

并且两物体的相对位移△s=0.4m+0.2m=0.6m?0.5m（弹簧的压缩量），弹簧储存的弹性势能已全部释放，由能量守恒定律有

        … … …   3 （2分）

由123式求出物块B滑离木板C时A物块的速度为v_A=4m/s  … … … 4（1分）

对A：f=m_Aa_A           a_A=5m/s²     对C：f=m_ca_c           a_c=5m/s²

滑离C  s_A=V_At-a_At²/2    s_c=a_ct²/2

所以0.6= V_At-a_At²/2 -a_ct²/2     t=0.2    v_c =a_ct=5×0.2=1m/s

16．答案．(1) A物体沿斜面下滑时有

∴

m/s²　　　　　（1分）

B物体沿斜面下滑时有

∴

　　　　　　　（1分）

综上分析可知，撤去固定A、B的外力后，物体B恰好静止于斜面上，物体A将沿斜面向下做匀加速直线运动．                              （1分）

由运动学公式得A与B第一次碰撞前的速度     （1分）

由于AB碰撞后交换速度，故AB第一次碰后瞬时，B的速率     （1分）

(2)从AB开始运动到第一次碰撞用时                 （1分）

两物体相碰后，A物体的速度变为零，以后再做匀加速运动，而B物体将以的速度沿斜面向下做匀速直线运动．              （1分）

设再经t₂时间相碰，则有            （1分）

解之可得t₂=0.8s               　　　　　　　（1分）

故从A开始运动到两物体第二次相碰，共经历时间t=t₁+t₂=0.4+0.8=1.2s   （2分）

（3）从第2次碰撞开始，每次A物体运动到与B物体碰撞时，速度增加量均为Δv=at₂=2.5×0.8m/s=2m/s，由于碰后速度交换，因而碰后B物体的速度为：

第一次碰后： v_B1=1m/s

第二次碰后： v_B2=2m/s

第三次碰后： v_B3=3m/s

……

第n次碰后： v_Bn=nm/s

每段时间内，B物体都做匀速直线运动，则第n次碰前所运动的距离为

 s_B=[1+2+3+……+（n-1）]×t₂= m   (n=1，2，3，…，n-1) （3分）

A物体比B物体多运动L长度，则

 s_A = L+s_B=[0.2+]m　　　　（2分）