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20xx年高中物理必修二第八章机械能守恒定律(四十二)

1

单选题
1、如图所示，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，弹簧在弹性限度内，则物体在振动过程中（  ）

A．弹簧的最大弹性势能等于2mgA
B．弹簧的弹性势能和物体动能总和不变
C．物体在最低点时的加速度大小应为2g
D．物体在最低点时的弹力大小应为mg
答案：A
A．因物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，此时弹簧弹力等于零，物体的重力
mg=F回=kA
当物体在最低点时，弹簧的弹性势能最大等于2mgA，故A正确；
B．由能量守恒知，弹簧的弹性势能和物体的动能、重力势能三者的总和不变，故B错误；
C．在最低点，由
F回=mg=ma
故C错误；
D．在最低点，由
F弹－mg=F回
得
F弹=2mg
故D错误。
故选A。
2、已知高铁在运行时所受的阻力与速度成正比，则以速度v匀速行驶时，发动机的功率为P；若以2v的速度匀速行驶时，发动机的功率为（  ）
A．PB．2PC．4PD．8P
答案：C
当列车以速度v匀速运动时，有
P=Fv=fv=kv2
若列车以速度2v匀速运动时，有
P'=F'⋅2v=f'⋅2v=k⋅(2v)2=4kv2
由此可知，发动机的功率为
P'=4P
故选C。
3、短道速滑接力赛是冰上运动竞争最为激烈的项目之一。比赛规定，前（甲）、后（乙）队员必须通过身体接触完成交接，交接时两队员间距离先缩短到很近，如图（a），然后乙队员用手大力推送甲队员到手臂尽量伸直状态，两人分离，如图（b）。相互作用前后的系统（由两队员组成）的总动能分别为Ek1、Ek2，总动能变化量ΔEk＝|Ek1－Ek2|，乙队员对甲队员的平均作用力为F1，甲队员对乙队员的平均作用力为F2，乙队员的手臂长为l，冰道摩擦力不计，那么（  ）

A．Ek1<Ek2，ΔEk＝F2l
B．Ek1>Ek2，ΔEk＝12F1l
C．Ek1<Ek2，ΔEk＝12F2l
D．Ek1>Ek2，ΔEk＝F1l
答案：A
设甲、乙的初始动能分别为E、E1，末动能分别为E'、E1'，甲乙两运动员从接触到分开，乙的位移大小为x，根据动能定理，对甲、乙分别列方程有
E'-E=F1(x+l)
E1'-E1=-F2x
根据牛顿第三定律，F1与F2的大小相等，则有
 (E'+E1')-(E+E1)=Ek2-Ek1=ΔEk=F2l
可知有
Ek2>Ek1
ΔEk=F2l
故BCD错误，A正确。
故选A。
4、关于机械能，以下说法正确的是（     ）
A．质量大的物体，重力势能一定大
B．速度大的物体，动能一定大
C．做平抛运动的物体机械能时刻在变化
D．质量和速率都相同的物体，动能一定相同
答案：D
A．重力势能的大小与零势能面的选取有关，质量大但重力势能不一定大，A错误；
B．动能的大小与质量以及速度有关，所以速度大小，动能不一定大，B错误；
C．平抛运动过程中只受重力作用，机械能守恒，C错误；
D．根据
Ek=12mv2
可知质量和速率都相同的物体，动能一定相同，D正确。
故选D。
5、细绳悬挂一个小球在竖直平面内来回摆动，因受空气阻力最后停止在最低点，则此过程中（　　）

A．空气阻力对小球不做功B．小球的动能一直减小
C．小球的重力势能一直减小D．小球的机械能不守恒
答案：D
A．空气阻力对小球做负功，A错误；
B．合外力做正功时小球动能增大，合外力做负功时动能减小，故小球的动能不是一直减小，B错误；
C．小球上升过程中重力势能变大，小球下落过程中重力势能减小，故小球的重力势能不是一直减小，C错误；
D．小球的机械能不守恒，不断减小，转化为内能，D正确。
故选D。
6、如图所示。固定在竖直平面内的光滑的圆14周轨道MN，圆心O与M点等高。并处在最低点N的正上方。在O，M两点各有一质量为m的小物块a和b（均可视为质点）。a，b同时由静止开始运动，a自由下落，小沿圆弧下滑。空气阻力不计，下列说法正确的是（  ）

A．a比b先到达N点，它们到达N点的动能相同
B．a比b先到达N点，它们到达N点的动能不同
C．a与b同时到达N点，它们到达N点的动能相同
D．a与b同时到达N点，它们到达N点的动能不同
答案：A
在物块下降的过程，根据机械能守恒有
mgh=12mv2
所以a、b两物块到达同一高度时的速度大小都相同，由于a和b 质量相同，所以到N点的动能相同；
下降同一很小高度的过程中，a的竖直方向的位移小于b沿圆弧切线方向的位移，a、b的初速度大小相同， a的加速度为g，b沿圆弧运动时，把重力沿圆弧切线和垂直切线方向分解，除M点外，b所受得切线方向的外力小于重力，则b沿切线方向的加速度小于g ，由
x=v0t+12at2
可得，a的运动时间较短，所以a比b先到达N点，故A项正确。
故选A。
7、2020年9月21日，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭，成功将海洋二号C卫星送入预定轨道做匀速圆周运动。已该卫星的轨道半径为7400km，则下列说法中正确的是（    ）

A．可以计算海洋二号C卫星的线速度B．可以计算海洋二号C卫星的动能
C．可以计算海洋二号C卫星的机械能D．可以计算海洋二号C卫星的质量
答案：A
A．根据
GMmr2=mv2r
又由于
GM=gR2
整理可得
v=gR2r
由于地球表面的重力加速度g，地球半径R以及卫星的轨道半径r已知，因此可求出卫星的运行的线速度，A正确；
BCD．由于无法求出卫星的质量，因此卫星的机械能，动能都无法求出，BCD错误。
故选A。
8、有一辆质量为170kg、输出功率为1440W的太阳能试验汽车，安装有约6m2的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电功率为30W/m2。驾驶员的质量为70kg，汽车最大行驶速度为90km/h。假设汽车行驶时受到的阻力与其速度成正比，则汽车（  ）
A．以最大速度行驶时牵引力大小为60N
B．以额定功率启动时的加速度大小为0.24m/s2
C．保持最大速度行驶1h至少需要有效光照8h
D．直接用太阳能电池板输出的功率可获得6m/s的最大行驶速度
答案：C
A．根据
P额＝Fvmax
可得
F＝P额vmax＝1440903.6N＝57.6N
故A错误；
B．以额定功率启动时，由牛顿第二定律有
Pv－Ff＝ma
而刚启动时速度v为零，则阻力Ff也为零，故刚启动时加速度趋近于无穷大，故B错误；
C．由能量守恒得
W＝Pt＝1440W×1h＝30×6W×t
解得
t＝8h
即保持最大速度行驶1h至少需要有效光照8h，故C正确；
D．由题意，汽车行驶时受到的阻力与其速度成正比，设
Ff＝kv
达到最大速度时有57.6＝k×903.6
解得
k＝2.304
当直接用太阳能电池板输出的功率行驶且有最大速度时，则有
30×6v'＝kv′
解得
v′≈8.84m/s
故D错误。
故选C。
9、如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2>v1，物块和传送带间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m。则（  ）

A．t2时刻，小物块离A处的距离最大
B．0∼t2时间内，小物块的加速度方向先向右后向左
C．0∼t2时间内，因摩擦产生的热量为μmgv12(t2+t1)+v2t12
D．0∼t2时间内，物块在传送带上留下的划痕为v2+v12t1+t2
答案：C
A．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，小物块在传送带上运动的v-t图象可知，t1时刻，小物块离A处的距离达到最大，A错误；
B．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右，所以小物块的加速度方向一直向右，B错误；
CD．0～t1时间内物体相对地面向左的位移
s1=v22t1
这段时间传送带向右的位移
s2=v1t1
因此物体相对传送带的位移
Δs1=s1+s2=v22t1+v1t1
t1～t2时间内物体相对地面向右的位移
s1'=v12(t2-t1)
这段时间传送带向右的位移
s2'=v1(t2-t1)
因此物体相对传送带的位移
Δs2=s2'-s1'=v12(t2-t1)
0∼t2时间内物块在传送带上留下的划痕为
Δs=Δs1+Δs2=v12(t2+t1)+v2t12
0～t2这段时间内，因此摩擦产生的热量
Q=μmg×Δs=μmgv12(t2+t1)+v2t12
C正确，D错误。
故选C。
10、用100N的力在水平地面上拉车行走200m，拉力与水平方向成60°角斜向上。在这一过程中拉力对车做的功约是（  ）
A．3.0×104JB．4.0×104JC．1.0×104JD．2.0×104J
答案：C
根据功的定义式
W=Flcos60°=100×200×12J=1×104J
故选C。
多选题
11、如图所示，人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h时，速度为v。则在此过程中（  ）

A．物体所受的合力做功等于mgh+12mv2B．物体所受的合力做功等于12mv2
C．人的拉力做功等于mgh+12mv2D．人的拉力做功大于mgh+12mv2
答案：BD
AB．根据动能定理，物体所受的合力做功等于物体的动能变化量，即为12mv2，故A错误，B正确；
CD．根据动能定理
W-mgh-Wf=12mv2
则人的拉力做功等于
W=mgh+12mv2+Wf
故C错误，D正确。
故选BD。
12、如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计，两个小球a、b（视为质点）质量均为m，a球套在竖直杆L1上，b球套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为L的刚性轻杆连接，将a球从图示位置由静止释放（轻杆与L2杆夹角为45°），不计一切摩擦，已知重力加速度为g，在此后的运动过程中，下列说法中正确的是（  ）

A．a球和b球所组成的系统机械能守恒
B．b球的速度为零时，a球的加速度大小一定等于g
C．b球的最大速度为(2+2)gL
D．a球的最大速度大于2gL
答案：ACD
A．a球和b球所组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，故A正确；
B．b的速度为零时，a达到L2所在面，在竖直方向只受重力作用，水平方向上合力为0，则加速度为g，初始时刻，a、b速度均为0，但a除重力外还有杆的支持力，加速度小于g，故B错误；
C．当a球运动到两杆的交点后再向下运动L距离，此时b达到两杆的交点处，a的速度为0，b的速度最大为vbm，由机械能守恒得
mg（L+22L）=12mvbm2
解得
vbm=(2+2)gL
故C正确；
D．a球运动到两杆的交点处，b的速度为0，此时a的速度为va，由机械能守恒得
mg22L=12mva2
解得
va=2gL
但此后杆向下运动，会再加速一段距离后达到一最大速度再减速到0，则其最大速度要大于2gL，故D正确。
故选ACD。
13、将一质量为2kg的物块从距地面某高处由静止释放，物块下落过程中的机械能E机、动能Ek和重力势能Ep随下落高度h变化的图线如图所示，取地面为零势能面。重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（  ）

A．物块的释放点距地面的高度为10m
B．直线①③分别表示物块机械能E机与重力势能Ep的变化
C．物块下落的时间为2s
D．物块下落过程中重力做功的平均功率为130W
答案：AD
AB．物块下落过程中，动能Ek增加，重力势能Ep减小，机械能E机=Ek+Ep，所以图线①表示机械能E机的变化，②表示重力势能Ep的变化，③表示动能Ek的变化，由题图可知物块在运动过程中受阻力作用，物块释放位置处
Ep=mgh=200J
物块质量m＝2kg，物块下落的高度
h＝10m
A正确，B错误；
CD．物块落地时
Ek=12mv2=169J
所以
v=13m/s
根据动能定理可得
ΔEk=mg-fh
所以
f=3.1N
对物块受力分析可得
mg-f=ma
解得
a=8.45m/s2
由
v=at
得
t=2013s
物块重力做功的平均功率为
P=mght=2002013W=130W
C错误，D正确。
故选AD。
小提示：求阻力时也可以由fh=ΔEp-ΔEk=31J得，f＝3.1N。
14、如图所示，一光滑宽阔的斜面，倾角为θ，高为h。现有一小球在A处以水平速度v0射出，最后从B处离开斜面，下面说法中正确的是（  ）

A．小球的运动轨迹为抛物线
B．小球的加速度为gsinθ
C．小球到达B点的时的速度为2gh
D．小球到达B点时小球的水平位移为v0sinθ2hg
答案：ABD
A．小球受重力和支持力两个力作用，合力沿斜面向下，与初速度垂直，做类平抛运动，轨迹为抛物线。故A正确；
B．根据牛顿第二定律知，小球的加速度
a=mgsinθm=gsinθ
故B正确；
C．根据机械能守恒定律，则有
12mv2-12mv02=mgh
解得
v=v02+2gh
故C错误；
D．小球在沿斜面方向上的位移为hsinθ，根据
hsinθ=12at2
解得
t=1sinθ2hg
在水平方向上做匀速直线运动
x=v0t=v0sinθ2hg
故D正确。
故选ABD。
15、质量m＝1kg的物体静止放在粗糙水平地面上，现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时物体在水平面上运动。已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。若F-x图像如图所示。且4~5m内物体匀速运动。x＝7m时撤去外力，g取10m/s2，则下列有关描述正确的是（  ）

A．物体与地面间的动摩擦因数为0.1
B．x＝4m时物体的速度最大
C．撤去外力时物体的速度为2m/s
D．撤去外力后物体还能在水平面上滑行3s
答案：BC
A．4~5m内物体匀速运动，则有
F＝f＝μmg
得
μ=Fmg=310=0.3
故A错误；
B．只要
F＞f＝μmg
物体就在加速，所以x在0~4m内物体一直加速，x＝4m时物体的速度最大，故B正确；
C．根据图像与x轴所围的面积表示外力F做的功，可得0~7m内外力做功为
W＝3+52×3+5+32×1+1+32×3J＝22J
设撤去外力时物体的速度为v，根据动能定理得
W－fx＝12mv2－0
其中x＝7m，解得v＝2m/s，故C正确；
D．撤去外力后物体的加速度大小为
a＝μg＝3m/s2
物体还能滑行时间
t=va＝23s
故D错误。
故选BC。
16、一辆摩托车在t=0时刻由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的a-t图像如图所示，根据已知信息，可知（  ）

A．摩托车的最大速度
B．摩托车在30s末的速度大小
C．在0~30s的时间内牵引力对摩托车做的功
D．10s末摩托车开始反向运动
答案：AB
A．由图像可知，摩托车在0~10s内做匀加速运动，在10~30s内做减速运动，故10s末速度最大，最大速度为
vm=at=2×10m/s=20m/s
故A正确；
B．a-t图像与横轴围成的面积表示速度的变化量大小，横轴上方的面积表示速度变化量为正，横轴下方的面积表示速度变化量为负，从0~30s内的速度变化为
Δv=2×10m/s-12×2×(30-10)m/s=0
由于t=0时，摩托车的速度为零，可知摩托车在30s末的速度为零，故B正确；
C．摩托车的质量未知，不知道阻力信息，不能求出牵引力，故不能求出牵引力对摩托车做的功，故C错误；
D．由图像可知摩托车在0~10s内一直做匀加速运动，10s末加速度方向变为负方向，摩托车开始做减速运动，但运动方向保持不变，故D错误。
故选AB。
17、如图所示，乒乓球以较大速度从地面竖直向上抛出，若球所受空气阻力与速率成正比，且乒乓球在落回地面前已趋于匀速。取地面为重力势能零势能面，则乒乓球在空中运动过程中，其动能及重力势能随时间变化的图象可能正确的是（　　）

A．B．
C．D．
答案：BC
AB．乒乓球上升阶段，设某一很短时间Δt内速度大小为v，则阻力
f=kv
发生的位移为
Δx=vΔt
由动能定理有
-mg+fΔx=ΔEk
可得
ΔEkΔt=-mg+kvv
上升过程，速度逐渐减小，ΔEkΔt的绝对值逐渐减小，即Ek-t图线切线的斜率的绝对值减小，到达最高点时，速度减为0，斜率也为0，同理，下降阶段有
ΔEkΔt=mg-kv'v'
下降过程乒乓球速度大小逐渐增加，所受合力逐渐减小，最后乒乓球趋于匀速，所受合力趋于0，ΔEkΔt的绝对值从0先增加然后减小最终趋于0，A错误，B正确；
CD．上升阶段结合上述分析，有
mgΔx=ΔEp
有
ΔEpΔt=mgv
上升阶段速度逐渐减小，ΔEpΔt的绝对值逐渐减小，即Ep-t图线斜率逐渐减小，到达最高点时，速度减为0，Ep-t图线斜率也为0，同理，下降阶段有
ΔEpΔt=-mgv'
速度大小逐渐增加，图线斜率绝对值逐渐增大，C正确，D错误。
故选BC。
18、如图甲、乙所示有两个物块A、B，质量分别为m1、m2，m2=2m1=2m，甲图中用轻绳将两物块连接在滑轮组上，乙图中用轻绳将两物块连接放在固定光滑斜面上，斜面倾角为30°，滑轮的质量不计，轻绳与滑轮的摩擦也不计，重力加速度为g。现将两物块从静止释放，物块A上升一小段距离h，在这一过程中，下列说法正确的是（  ）

A．甲、乙两图中，两物块的重力势能之和均不变
B．甲图中，A物块上升到h高度时的速度为2gh3
C．甲图中，轻绳对两物块做的功率大小不相等
D．甲、乙两图中，轻绳的拉力大小分别为2mg3和mg
答案：BD
A．根据机械能守恒可知，B物块减小的重力势能全部转化为A物块的重力势能和两物块的动能，则两物块的重力势能之和发生变化，选项A错误；
B．题图甲中，根据动滑轮的特点可知，B物块的速度为A物块速度的2倍，根据动能定理可得
m2g⋅2h-m1gh=12m2v22+12m1v12
解得
v1=2gh3
选项B正确；
C．题图甲中同一根轻绳的拉力相同，故轻绳对B物块做功的功率
P2=Fv2
轻绳对A物块做功的功率
P1=2F⋅v1
由于
v2=2v1
故轻绳对B物块做功的功率与轻绳对A物块做功的功率大小相等，选项C错误；
D．对题图甲中两物块，根据动滑轮的特点可知，A物块的加速度为B物块的加速度的一半，根据牛顿第二定律可知
2F-m1g=m1a
m2g-F=m2a',a'=2a
联立解得
F=2mg3
对题图乙中两物块，根据牛顿第二定律可知
F'-m1gsin30°=m1a1
m2g-F'=m2a'1,a'1=a1
解得
F'=mg
选项D正确。
故选BD。
19、我国未来的航母将采用自行研制的电磁弹射器。电磁弹射系统由电源、强迫储能装置、导轨和脉冲发生器等组成。其工作原理如图所示，利用与飞机连接的通电导体在两平行金属导轨的强电流产生的磁场中受到安培力的作用加速获得动能。设飞机质量为1.8×104 kg，起飞速度为v=70 m/s，起飞过程中所受平均阻力恒为机重的15，在没有电磁弹射器的情况下，飞机从静止开始在恒定的牵引力作用下运动，起飞距离为l＝210 m；在电磁弹射器与飞机发动机（牵引力不变）同时工作的情况下，起飞距离减为l3，则（g取10 m/s2）（  ）

A．在没有电磁弹射器的情况下，飞机所受牵引力2.46×105 N
B．在没有电磁弹射器的情况下，飞机所受牵引力2.1×105 N
C．在电磁弹射器与飞机发动机同时工作时，若只增大电流，则起飞的距离将更小
D．在电磁弹射器与飞机发动机同时工作时，电磁弹射器对飞机所做的功2.94×108 J
答案：AC
AB．没有电磁弹射器时，由动能定理可得
(F-15mg)l=12mv2
所以飞机所受的牵引力
F＝2.46×105 N
选项A正确，B错误；
C．在电磁弹射器与飞机发动机同时工作时，若只增大电流，由于飞机所受的安培力增大，故起飞的距离将更小，选项C正确；
D．电磁弹射器和飞机发动机同时工作时，由动能定理得
W+(F-15mg)⋅l3=12mv2
所以
W＝2.94×107 J
选项D错误。
故选AC。
20、如果汽车以额定功率P由静止出发，沿平直路面行驶，受到的阻力恒为Ff，则下列判断正确的是（  ）
A．汽车行驶的最大速度为vmax=PFf
B．汽车先做匀加速运动，最后做匀速运动
C．汽车先做加速度越来越小的加速运动，最后做匀速运动
D．汽车先做匀加速运动，再做匀减速运动，最后做匀速运动
答案：AC
A．汽车以最大速度行驶时，牵引力与阻力大小相等，所以汽车行驶的最大速度为
vmax=PF=PFf
故A正确；
BCD．汽车以额定功率启动，根据P=Fv可知随着速度的增大，牵引力减小，而阻力不变，则汽车所受合外力减小，加速度减小，所以汽车先做加速度越来越小的加速运动，当加速度最后减小至零后，汽车做匀速运动，故C正确，BD错误。
故选AC。
填空题
21、物体从高空坠落到地面，即使质量较小，也可能会造成危害。设一质量为0.2kg的苹果从距离地面20m处由静止下落，取重力加速度g=10m/s2，落地时苹果的动能约为___________。
答案：40J
依题意，根据动能定理，可得
mgh=Ek-0
代入题中相关数据求得：落地时苹果的动能
Ek=0.2×10×20J=40J
22、如图所示，某人乘雪橇从雪坡经A点滑至B点。接着沿水平路面滑至C点停止。人与雪橇的总质量为70kg。表中记录了沿坡滑下过程中的有关数据，请根据图表中的数据解决下列问题：（g取10m/s2）
位置
A
B
C
速度（m/s）
2
10
0
时刻（s）
0
4
10

（1）人与雪橇从A到B的过程中，重力势能变化了多少___________J；
（2）人与雪橇从A到B的过程中，损失的机械能为多少___________J。
答案：     14000     10640
（1）[1]人与雪橇从A到B的过程中，重力势能变化了
ΔEp=mgh=70×10×20J=14000J    
（2）[2]人与雪橇从A到B的过程中，损失的机械能为
ΔE=mgh+12mvA2-12mvB2=70×10×20J+12×70×22J-12×70×102J=10640J
23、物体放在水平地面上，在水平拉力的作用下，沿水平方向运动，在6s内其速度与时间关系的图象和拉力的功率与时间关系的图象如图甲、乙所示。取重力加速度g=10m/s2，则物体与水平地面之间的摩擦力为________N，物体的质量为________kg。

答案：     2.5     2.5
[1]2~6s内匀速，拉力的功率
P=f⋅v=f×4=10W
所受的阻力
f=2.5N
[2]据v-t图象可知物体在0~2s
a=ΔvΔt=2m/s2
F-f=ma
所以在t=2s时拉力的功率
P=Fv=(f+ma)v=(2.5+m×2)×4=30W
解得物体的质量
m=2.5kg
24、重力势能Ep=mgh实际上是万有引力势能在地面附近的近似表达式，其更精确的表达式为Ep=-GMmr（式中G为万有引力恒量，M为地球质量，m为物体质量，r为物体到地心的距离，并以无穷远处引力势能为零）。现有一质量为m的地球卫星，在离地面高度为H处绕地球做匀速圆周运动，已知地球半径为R，地球表面处的重力加速度为g，地球质量未知，则卫星做匀速圆周运动的线速度为________，卫星运动的机械能为________。
答案：     RgR+H     -mgR22(R+h)
[1]卫星在离地高度为H处环绕地球做匀速圆店运动，据万有引力提供向心力，列出等式
GMm(R+H)2=mv2R+H
根据在地面附近物体受到地球的万有引力近似等于物体在地面上的重力，列出等式
GMmR2=mg
联立可得
v=RgR+H
[2]万有引力势能的表达式
Ep=-GMmr
可得卫星的势能
Ep=-mgR2R+H
卫星的动能
Ek=12mv2=mgR22(R+h)
卫星的机械能
E=Ek+Ep=-mgR22(R+h)
25、质量为m1和m2的两个小球，且m1>m2，某时刻它们的速率相等，则此时它们的动能之比是_________，此时它们的重力势能哪个大？________（选填“m1”、“m2”、“一样大”或“无法比较”）。
答案：     m1m2     无法比较
[1]则它们的动能之比是
Ek1Ek2=12m1v212m2v2=m1m2
[2]重力势能的表达式为mgh ，因为不清楚h的关系，则它们的重力势能无法比较

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