F?mg?kx2?ma （3分） 故 F?2mg?ma （3分） 15.（15分）解：(1)小球由A—B过程中，由动能定理得：
mgLsin60°+qUAB=0
所以UAB＝-3mgL/2q (2)E＝
(4分)
UAB?3mg/q ?L?Lcos60 (4分)
(3)小球在AB间摆动，由对称性知，B处绳拉力与A处绳拉力相等,而在A处，由水平方向平衡有：Ta＝Eq＝3mg
所以TB=TA=3mg (3分) 或在B处，沿绳方向合力为零，有 TB=Eqcos60°+mgcos30°＝3mg 16.(15分)解答：（1）在星球表面处有
(4分)
GMm?mg， (3分 ) 2R可得
g火g地?2M火R地2M地R火?4， (2分) 9g火?440g地?m/s2 (3分) 99（2）设探测器在12m高处向下的速度为v0，则有
2?mv02?mv0??mg火h1?mg火h2?0.2???mg火h1?? (4分) 22??代入数据，解得v0?60m/s (3分) 17.(16分)（1）由牛顿第二定律可得碰撞前m2向右的加速度
a=f2/m2=μm2g/m2=μg=1.0m/s2 (1分)
碰撞前运动时间内m1与m2位移关系s1=s2+L 即v带t=at2/2+L (2分) 代入数据解得：t=1.0s
t′=5.0s（不合题意舍去） (2分) （2）碰前m1随传送带匀速运动速度为v1=v带=3.0m/s，碰前瞬间m2的速度v2=at=1m/s，
'碰后瞬间m1的速度v1=v1-2.0m/s=1.0m/s (1分)
'碰撞瞬间由动量守恒定律有：m1v1+m2v2=m1v1+m2v'2 (2分)
代入数据解得v'2=1.5m/s (1分)
'碰后m1和m2均作匀加速运动至与传送带相对静止；，由于v'2>v1，其加速度均为a，此
过程中总有m2均大于m1的速度，故二者都相对传送带静止时距离最大,设为Sm (1分)
'm1相对滑动的时间为：t1=（v1—v1）/a=2.0s (2分)
m2相对滑动的时间为：t2=（v1—v'2）/a=1.5s m1相对滑动的时间内m2先加速后匀速，则
Sm=S2m—S1m=v'2）—（v'22t2+at22/2+v1（t1—t1t1+at1/2）=0.875m 18．(18分)（1）根据题设条件，电场力大小
F=mgtan37°＝3e4 mg 电场力的方向水平向右 （2）小球沿竖直方向做匀减速运动，速度为v：vy=v0－gt 沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a：aFx=e3
m =4
g 2小球上升到最高点的时间t=v0g ,此过程小球沿电场方向位移：s1
3vx=2 axt2=08g 电场力做功 W=Fxsx＝
9
mv02 32
小球上升到最高点的过程中，电势能减少9
mv02 32（3）水平速度vx=axt，竖直速度vy=v0－gt 小球的速度v=vx2+vy2 由以上各式得出
2516
g2t2
－2v0gt+(v02－v2)=0 解得当t=16v025g 时，v有最小值 v=3
min5 v0 此时v129vx＝25 v0,vy=25 v0,tanθ=y3
vx =4
，即与电场方向夹角为37°斜向上
小球动量的最小值为p=mv3
minmin＝5 mv0 最小动量的方向与电场方向夹角为37°，斜向上。 (2分) (2分)
(2分)
(2分) (1分)
(1分)
(2分) (2分)
(2分) (2分)
(2分)
(2分)