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7.D【解标】设太和质量为M,地球质定力m,由牛领第二定体布万有引力定律符G=m”,解餐M=，r?GTe,故A错误；设火星周期为T,由开普粥第三定徐只-，解得了-（仔）T,火星绕太阳公转的角速度大小为=祭等（仍），故B正确大显表面万有引力等于重力G-g,解得6R2_GM,因无法求得M,所R2以无法表示gk,故C错误；地晾绕太阳运转角速度w一祭，火星绕太阳运转角速度-祭，从地球和火星相距最远到第一次相距最近时间为t,则wt一w't=π，联立解得t=一T一，故D正确。2(r2-r28.BCD【解析】从静止开始到小球A和墙面恰好分离的过程，对A、B、C三个小球组成的系统，由于受到竖直墙面向右的弹力，根据动量定理可得Ft=(十C)B,所以小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度一直增大，故A错误；对A、B、C三个小球组成的系统，机械能守恒，由A项的分析可知，球A和墙面恰好分离时，小球B与小球C速度最大，则其加速度最小，机械能最大，则此时A球机械能最小，所以当小球A的机械能最小时，小球B与小球C的加速度为零，故B正确；当小球A与墙面分离后，水平方向动量守恒，小球A在水平方向的速度会不断增大，B球在水平方向的速度会不断减小，所以在小球A与墙面分离瞬间，小球B球和小球C分离，故C正确；当小球A和墙面恰好分离时，两球的速度分解如图所示，两琼的选度关联，沿轩方向的速魔相等，有cQ0-物m,可得=如，故D正魔。9.CD【解析】根据左手定则，正离子受到竖直向下的洛伦兹力，负离子受到竖直向上的洛伦兹力，则正电聚集在N一侧，负电荷聚集在M三侧，则M,点的电势低于N点的电势，故A、B错误，C正确；正负离子达到稳定状态时，有明=7吕可速品流建Q==号·岛=器故D区。JU10.C【解析】下滑第一阶段，随着小球速度增大，洛伦兹力增大，导致受杆的弹力（垂直杆子斜向右上）减小，则滑动摩擦力也减小，所以加速度增加；当速度达到某个特定值时，洛伦兹等于重力的垂直于杆的分力，弹力为零，摩擦力也为零，此时加速度达到最大值；第二阶段：小球继续向下加速，洛伦兹力大于重力垂直于杆的分力时，杆对球的弹力反向（斜向左下方）增大，滑动摩擦力跟着增大，合力减小，加速度减小，直到处于受力平衡，达到匀速直线运动；因此小球先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动，故A错误；由A中分析可知，当杆对小球的弹力为零时，小球加速度最大，小球受力如图1所示，根据牛顿第二定律ngsin 0-=ma,解得agsi0,故B正确；当小球所受合力为零时，速度最大，设最大速度为m,小球受力如图2所示，根据平衡条件guB=N十mgos0,mgin0=f,∫=N,解得=mg(sin0cosD,当小球加速度最大时，a=gsin,设此时速uBq度为1，gB=mgcos9,得M=m8s0,小球静止释放能下滑mgsin>1mgc0s0,联立上面三式可知<受，说9B明小球速度为最大值一半时，处于加速度减小的加速阶段，受杆弹力斜向下mgsin0一f=ma,g受B-N十0,f=uN,联立可解得a=2g(sin叶oos》,故C正确，D错误。图1图2三、非选择题：共56分。第11~14题为必考题，每个试题考生都必须作答.。15~16题为选考题，考生根据要求作答。11.(6分，每空2分)(1)1.880(2)过原点的倾斜直线(3)M+m)d22mg【解析】(1)螺旋测微器的读数为d=1.5mm十38.0×0.01mm=1.880mm;(2)滑块通过光电门的龄时速度0=号，根据动能定理得：mgs=合(m十M=合(m十0()尸，解得：s-"正(》厂，因为图线为线性关系图线，所以作出的图线形找为过原点的领针克线：2mg(3)结合s=(m十M0d11)22mg可知图像的斜率=CM什m)d2mg物理参考答案（附中版）一2