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如圖所示為宇宙中一恒星系的示意圖，A為該星系的一顆行星，它繞中央恒星 O的運(yùn)行軌道近似為圓．已知引力常量為G，天文學(xué)家觀測得到A行星的運(yùn)行軌道半徑為 R，周期為T．A 行星的半徑為r，其表面的重力加速度為g，不考慮行星的自轉(zhuǎn)．
（ l ）中央恒星O的質(zhì)量是多大？
（ 2 ）若A行星有一顆距離其表面為h做圓周運(yùn)動的衛(wèi)星，求該衛(wèi)星的線速度大�。�（忽略恒星對衛(wèi)星的影響）

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如圖所示為宇宙中一恒星系的示意圖，A為該星系的一顆行星，它繞中央恒星 O的運(yùn)行軌道近似為圓．已知引力常量為G，天文學(xué)家觀測得到A行星的運(yùn)行軌道半徑為 R，周期為T．A 行星的半徑為r，其表面的重力加速度為g，不考慮行星的自轉(zhuǎn)．
（ l ）中央恒星O的質(zhì)量是多大？
（ 2 ）若A行星有一顆距離其表面為h做圓周運(yùn)動的衛(wèi)星，求該衛(wèi)星的線速度大�。�（忽略恒星對衛(wèi)星的影響）

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如圖所示為宇宙中一恒星系的示意圖，A為該星系的一顆行星，它繞中央恒星O的運(yùn)行軌道近似為圓．已知引力常量為G，天文學(xué)家觀測得到A行星的運(yùn)行軌道半徑為R₀，周期為T₀．A行星的半徑為r₀，其表面的重力加速度為g，不考慮行星的自轉(zhuǎn)．

(1)中央恒星O的質(zhì)量是多大？

(2)若A行星有一顆距離其表面為h做圓周運(yùn)動的衛(wèi)星，求該衛(wèi)星的線速度大小．(忽略恒星對衛(wèi)星的影響)

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如圖所示為宇宙中一恒星系的示意圖，A為該星系的一顆行星，它繞中央恒星O運(yùn)行軌道近似為圓，天文學(xué)家觀測得到A行星的軌道半徑為R₀，周期為T₀．求：

(1)中央恒星O的質(zhì)量

(2)長期觀測發(fā)現(xiàn)，A行星實(shí)際運(yùn)動的軌道與圓軌道總有一些偏離，且周期性的每隔t₀時間發(fā)生一次最大的偏離，天文學(xué)家認(rèn)為形成這種現(xiàn)象的原因可能是A行星外側(cè)還存在著一顆未知的行星B，它對A行星的萬有引力引起A軌道的偏離．試估算行星B的軌道半徑(假設(shè)其運(yùn)行軌道與A在同一平面內(nèi)，且與A的繞行方向相同，另估算時可忽略行星間的引力影響)．

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1、C   2、D  3、A   4、A  5、B  6、BD  7、ACD   8、AC   9、AB

10、（12分）①5.50；②2.75，1.10；

③；④滑塊的質(zhì)量m；       

11、（8分）①．D 

② ，θ是n個點(diǎn)對應(yīng)的圓心角，t是電火花計(jì)時器的打點(diǎn)時間間隔；

③．沒有影響  ,電火花計(jì)時器向卡紙中心移動時不影響角度的測量

12、(12分)解：(1)帶電粒子A處于平衡，其受力如圖，其中F為兩點(diǎn)電荷間的庫侖力，T為繩子拉力，E₀為外加電場，則

Tcosθ-mg-Fcosθs=0     1…………………………(2分)

Fsinθ+qE₀-Tsinθ=0      2……………………………(2分)

               3……………………………(2分)

聯(lián)立式解得：有       4……………………………(2分)

                5…………………………………(2分)

(2)小球從B運(yùn)動到C的過程中，q與Q間的庫侖力不做功，由動能定理得

   6………………………………………………………(2分)

在C點(diǎn)時：    7……………………………………(2分)

聯(lián)立5、6、7解得：     8……………(2分)

13(12分)．解：設(shè)中央恒星質(zhì)量為M，A行星質(zhì)量為m，則由萬有引力定律和牛頓第二定律得          ①

解得        ②

（2）由題意可知，A、B相距最近時，B對A的影響最大，且每隔t₀時間相距最近。

設(shè)B行星周期為T_B，則有：    ③

解得：      ④

設(shè)B行星的質(zhì)量為m_B，運(yùn)動的軌道半徑為R_B，則有

      ⑤

由①④⑤得：       ⑥

14、(14分)（1）設(shè)軌道半徑為R，由機(jī)械能守恒定律：（1）（2分）

對B點(diǎn)：       （2）（2分）

對A點(diǎn)：       （3）（2分）

由（1）、（2）、（3）式得：兩點(diǎn)的壓力差：-（4）

由圖象得：截距

  ，得   （5）（2分）

（2）因?yàn)閳D線的斜率 

 所以  （6）（2分）

在A點(diǎn)不脫離的條件為：

      （7）（2分）

由（1）、（6）、（7）式得：   （8）（2分）

23．(15分)（1）由 eU＝mv₀²（1分） 得電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域的初速度v₀＝（1分）

設(shè)電子從MN離開，則電子從A點(diǎn)進(jìn)入到離開勻強(qiáng)電場區(qū)域的時間t＝ ＝d （1分）；

y＝at²＝（2分）

因?yàn)榧铀匐妶龅碾妱莶頤＞， 說明y＜h，說明以上假設(shè)正確（1分）

所以v_y＝at＝´ d ＝ （1分）

離開時的速度v＝＝（2分）

（2）設(shè)電子離開電場后經(jīng)過時間t’到達(dá)x軸，在x軸方向上的位移為x’，則

x’＝v₀t’（1分），y’＝h－y＝h－t＝v_yt’ （1分）

則 l＝d＋x’＝ d＋v₀t’＝ d＋v₀（－）＝ d＋h－＝＋h（1分）

代入解得　l＝＋（2分）

16、(16分)（1）根據(jù)牛頓第二定律，滑塊相對車滑動時的加速度

                                                                  （1分）

       滑塊相對車滑動的時間                                                    （1分）

滑塊相對車滑動的距離                                          （1分）

滑塊與車摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能                                         （1分）

由上述各式解得  （與動摩擦因數(shù)μ無關(guān)的定值）    （1分）

（2）設(shè)恒力F取最小值為F₁，滑塊加速度為a₁，此時滑塊恰好到達(dá)車的左端，則

滑塊運(yùn)動到車左端的時間            ①   

由幾何關(guān)系有                 ②                                （1分）

由牛頓定律有               ③                                （1分）

由①②③式代入數(shù)據(jù)解得  ，                         （2分）

則恒力F大小應(yīng)該滿足條件是                                      （1分）

（3）力F取最小值，當(dāng)滑塊運(yùn)動到車左端后，為使滑塊恰不從右端滑出，相對車先做勻加速運(yùn)動（設(shè)運(yùn)動加速度為a₂，時間為t₂），再做勻減速運(yùn)動（設(shè)運(yùn)動加速度大小為a₃）．到達(dá)車右端時，與車達(dá)共同速度．則有

                                     ④                                （1分）

                                            ⑤                                （1分）

                                          ⑥                                （1分）

由④⑤⑥式代入數(shù)據(jù)解得                                       （1分）

則力F的作用時間t應(yīng)滿足  ，即（2分）