mmg?更正：T - ○4 ??2分 cos?L联立○1○2○4方程得：T?(23?2)mg ??4分 （2）解：对航天器由牛顿第二定律得：T－G′＝ma ??2分
?2G在地球表面航天器的重力G0＝
MmR2 ??2分
设此时航天器距地高度为h,则有
G??GMm(R?h)2 ??3分
联立以上方程，并带入数据得 h＝3R ??3分
18、（1）进入磁场过程的时间:t1?l?0.1s v（2分）
33 cd两端电压：U1?blv??0.2?1?10?1.5V
44（2分）
完全进入磁场的过程的时间： t2?2l?0.2s v（2分）
cd两端电压：U2?blv?0.2?1?10?2V 离开磁场的过程时间：t3?（2分）
l?0.1s v（2分）
11 cd两端电压：U3?blv??0.2?1?10?0.5V44（2分）
cd两端点的电压 Ucd-t图象如下：（3分）
19、（17分）
解：（1）由题意可知，ABO为等边三角形，则AB间距离为R????（2分）
小物块从A到B做自由落体运动，根据运动学公式有
2vB?2gR ① ????????（2分）
代入数据解得 vB?4.0m/s，方向竖直向下 ??????（1分）
（2）设小物块沿轨道切线方向的分速度为vB切，因OB连线与竖直方向的夹角为60°，故vB
切
=vBsin60° ② ??????（1分）
从B到C，只有重力做功，据机械能守恒定律有
1122mgR(1?cos60?)?,mvB?mvC ③ ??????（2分） 切22
2mvC在C点，根据牛顿第二定律有 FC ④ ????（2分） ??mg?R??35N ????????（1分） 代入数据解得 FC据牛顿第三定律可知小物块可到达C点时对轨道的压力 FC=35N ??????（1分）
（3）小物块滑到长木板上后，组成的系统在相互作用过程中总动量守恒，减少的机械能转化为内能，当小物块相对木板静止于木板最右端时，对应着物块不滑出的木板最小长度。根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mvc?(m?M)v ⑤ ????????（1分）
?mgL?112mvC?(m?M)v2 ⑥ ????（2分） 222MvC????????（1分）
2?g(m?M)联立⑤、⑥式得 L?代入数据解得 L=2.5m ????????（1分）
20、（18分）若粒子第一次在电场中到达最高点P，则其运动轨迹如图所示。（2分）
粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，QP段为抛物线。根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45°角，可得：
V0=vcos45° (2分)
解得：v=2v0 (1分)
（2）在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得： -qEL=
1212
mv0-mv (2分) 222mv0解得：E= （1分）
2qL又在匀强电场由Q到P的过程中， 水平方向的位移为x?v0t1（1分）
竖直方向的位移为y?v0t1?L（1分） 2可得XQP=2L，OQ=L（2分）
由OQ=2RCOS45°故粒子在OQ段圆周运动的半径：R=
mv2L 及R?
Bq2得B0?2mv0。（2分） qL
（3）在Q点时，vy=v0tan45°=v0 (1分)
设粒子从Q到P所用时间为t1,在竖直方向上有：t1=
粒子从O点运动到Q所用的时间为：t2=
L2L= (1分) v0/2v0?L4v0 (1分)
则粒子从O点运动到P点所用的时间为：t总=t1+t2=
2L?L(8??)L+= (1分 v04v04v0
