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假设我国发射的探月卫星“嫦娥一号”的绕月运行轨道和载人飞船“神舟七号”的绕地运行轨道都可以看成是圆轨道，且不计卫星到月球表面的距离和飞船到地球表面的距离．已知月球质量约为地球质量的1/81，月球半径约为地球半径的1/4，地球上的第一宇宙速度约为7.9 km/s，卫星和飞船的轨道半径分别为r星、r船，周期分别为T星、T船，且，，则下列说法或结果正确的是(　　)

A．“神舟七号”绕地运行的速率大于7.9 km/s

B．“嫦娥一号”绕月运行的速率为3.95 km/s

C．k星∶k船＝1∶81

D．T星∶T船＝1∶4

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（物理部分）

第Ⅰ卷

 二、选择题（48分）

14．A  15．C  16．B  17．B  18．AD  19．CD  20．AD   21．C

第Ⅱ卷

22．（17分）

  （1）0.949或0.950             （2分）

  （2）①1.94  1.94   9.7  ②受到（每空2分，共8分）

（3）①见图  评分标准：测量电路正确2分，变阻器接法正确2分，全对得4分

②80±2Ω

23．（16分）

解：（1）设该队员下滑中的最大速度为v，滑至地面前瞬间的速度为v₁，做匀减速直线运动的加速度为a，在整段过程中运动的时间分别为t₁和t₂，下滑的距离分别为h₁和h₂

该队员先做自由落体运动，有 v²＝2gh₁              ①               （1分）

    接着做匀减速直线运动，有   v²－v₁²＝2ah₂           ②               （1分）

f_max－_mg＝ma                                     ③              （2分）

且 s＝h₁＋h₂                                      ④              （1分）

      v₁＝6m/s

由③式得：a＝5m/s²                                               （1分）

再由①②④式联立可得  v＝10m/s                                  （2分）

所以该队员下滑过程中动量的最大值p＝mv＝650kg?m/s              （2分）

（2）由v＝gt₁                               ⑤                  （1分）

  v－v₁＝at₂                                 ⑥                  （1分）

由⑤⑥式可得  t₁＝1s   t₂＝0.8s                                       （2分）

所以该队员下滑过程的最短时间t＝t₁＋t₂＝1.8 s                          （2分）

24．（19分）

解：（1）设子弹射入物块前的速度大小为v₀，射入后共同速度的大小为v，

子弹击中乙的过程中动量守恒，有 mv₀＝（m＋m_乙）v     ①         （3分）

乙上摆到最高点的过程，机械能守恒

有                   ②           （3分）

联立②③解得 v₀＝300m/s                                          （2分）

（2）设甲物体的质量为m_甲，说受的最大静摩擦力为f，斜面的倾角为θ，

当乙物体运动到最高点时，绳子上的弹力设为T₁，

         T₁＝（m＋m_乙）gcosθ                         ③          （2分）

此时甲物体恰好不下滑，有 m_甲g sinθ＝f＋T₁           ④         （2分）

当乙物体运动到最低点时，绳子上的弹力设为T₂，

由牛顿第二定律：           ⑤         （2分）

此时甲物体恰好不上滑，有 m_甲g sinθ＋f＝T₂            ⑥       （2分）

联立②③④⑤⑥解得 N               （3分）

25．（20分）

解：（1）带电系统锁定解除后，在水平方向上受到向右的电场力作用开始向右加速运动，当B进入电场区时，系统所受的电场力为A、B的合力，因方向向左，从而做减速运动，以后不管B有没有离开右边界，速度大小均比B刚进入时小，故在B刚进入电场时，系统具有最大速度。

设B进入电场前的过程中，系统的加速度为a₁，由牛顿第二定律：

2Eq＝2ma₁                                           （2分）

B刚进入电场时，系统的速度为v_m，由 可得      （3分）

（2）对带电系统进行分析，假设A能达到右边界，电场力对系统做功为W₁

则                                     （2分）

故系统不能从右端滑出，即：当A刚滑到右边界时，速度刚好为零，接着反向向左加速。由运动的对称性可知，系统刚好能够回到原位置，此后系统又重复开始上述运动。 

（2分）

     设B从静止到刚进入电场的时间为t₁，则              （1分）

设B进入电场后，系统的加速度为a₂，由牛顿第二定律（1分）

显然，系统做匀减速运动，减速所需时间为t₂，则有  （1分）

那么系统从开始运动到回到原出发点所需的时间为   （2分）

（3）当带电系统速度第一次为零，即A恰好到达右边界NQ时，B克服电场力做的功最多，B增加的电势能最多，此时B的位置在PQ的中点处                 （1分）

所以B电势能增加的最大值                   （3分）