甘肃省天水市秦安一中高三物理上学期期末试卷(快班,含解析)

2015-2016学年甘肃省天水市秦安一中高三（上）期末物理试卷（快班）一、单项选择题部分（共10小题，每小题4分，共40分｡在每小题给出的4个选项中，只有一项是正确的，选对的得4分，选错或不答的得0分｡）1．如图所示，在竖直平面内，用甲、乙两个弹簧秤通过细线拉着一个钩码，使之处于静止状态．若保持甲弹簧秤拉力的方向不变，缓慢地调节乙弹簧秤，使两细线之间的夹角增大一些，则（）A．两拉力的合力可能增大 B．两拉力的合力可能减小C．甲弹簧秤的示数可能减小D．乙弹簧秤的示数可能减小2．塔式起重机模型如图，小车P沿吊臂向末端M水平匀速运动，同时将物体Q从地面竖直向上匀加速吊起，下图中能大致反映Q运动轨迹的是（）A．B．C．D．3．一倾角为θ的粗糙绝缘斜面放置在一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，将一个带电的小物块放在斜面上由静止开始下滑如图所示，设斜面足够长，如物块始终没有离开斜面．则下列说法正确的是（）A．物块带正电B．下滑过程中物块受到的洛伦兹力做负功C．物块最终将静止在斜面上D．下滑过程中物块的机械能守恒4．如图所示一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．在两极板间有一负电荷（电量很小）固定在P点，以E表示两板间的场强，U表示电容器两板间的电压，W表示正电荷在P点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，则（）A．U变小，W不变B．E变大，W变大C．U变大，E不变D．U不变，W不变5．如图所示，半径为r的金属环绕通过其直径的轴OO′以角度ω匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B．从金属环的平面与磁场方向重合时开始计时，在转过30°角的过程中，环中产生的感应电动势平均值为（）A．2Bωr2B．2Bωr2C．3Bωr2D．3Bωr26．如图所示，电阻R和线圈自感系数L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，当开关S闭合时，电路可能出现的情况是（）A．A、B一起亮，然后B熄灭B．A比B先亮，然后A熄灭C．A、B一起亮，然后A熄灭D．B比A先亮，然后B熄灭7．如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ．若滑块与斜面之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则（）A．将滑块由静止释放，如果μ＞tanθ，滑块将下滑B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＜tanθ，滑块将减速下滑C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ=tanθ，拉力大小应是2mgsinθD．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ=tanθ，拉力大小应是mgsinθ8．一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h．重力加速度大小为g．物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为（）A．tanθ和B．（﹣1）tanθ和C．tanθ和D．（﹣1）tanθ和9．如图所示，+Q1和﹣Q2是两个可自由移动的电荷，Q2=4Q1．现再取一个可自由移动的点电荷Q3放在Q1与Q2连接的直线上，欲使整个系统平衡，那么（）A．Q3应为负电荷，放在Q1的左边B．Q3应为负电荷，放在Q2的右边C．Q3应为正电荷，放在Q1的左边D．Q3应为正电荷，放在Q2的右边10．光滑水平面上有一质量为2kg的物体，在五个恒定的水平共点力的作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为5N和15N的两个水平力而其余力保持不变，关于此后物体的运动情况的说法中正确的是（）A．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s2B．可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2m/s2C．一定做匀变速运动，加速度大小可能10m/s2D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是10m/s2二．多项选择题部分（共5小题，每小题4分，共20分｡在每小题给出的4个选项中，有多个选项是正确的｡全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分｡）11．如图，一重力不计的带电粒子以一定的速率从a点对准圆心射入一圆形匀强磁场，恰好从b点射出．若增大粒子射入磁场的速率，下列判断正确的是（）A．该粒子带负电 B．粒子能从c点射出C．从ab间射出D．在磁场中运动的时间变短12．如图所示，假若卫星先沿椭圆轨道Ⅰ飞行，后在远地点P处由椭圆轨道Ⅰ变轨进入地球同步圆轨道Ⅱ．下列说法正确的是（）A．卫星在轨道Ⅱ运行时的速度大于7.9km/sB．卫星在椭圆轨道Ⅰ上的P点处加速进入轨道ⅡC．卫星在轨道Ⅱ运行时不受地球引力作用D．卫星在轨道Ⅱ运行时的向心加速度比在赤道上相对地球静止的物体的向心加速度大13．P、Q两电荷的电场线分布如图所示，c、d为电场中的两点，一个带电粒子从a运动到b轨迹如图所示，不计重力，下列说法中正确的是（）A．P电荷带负电B．c、d两点的电势相等C．粒子在运动的过程中受到P的吸引力D．粒子从a到b的过程中电场力做正功14．如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v﹣t图线如图（b）所示，若重力加速度及图中的v0，v1，t1均为已知量，则可求出（）A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度15．在如图所示的电路中，电源电动势E恒定，内阻r=1Ω，定值电阻R3=5Ω．当开关S断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则以下说法中正确的是（）A．电阻R1、R2可能分别为4Ω、5ΩB．电阻R1、R2可能分别为3Ω、6ΩC．开关S断开时电压表的示数一定大于S闭合时的示数D．开关S断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6Ω三．填空题（共16分）16．如图甲所示的装置由气垫导轨、两个光电门、滑块和沙桶等组成．光电门可以测出滑块分别通过两个光电门的时间△t1和△t2，导轨标尺可以测出两个光电门间的距离L，游标卡尺测量遮光片的宽度d，另用天平测出滑块和沙与沙桶的质量分别为M和m，回答下列问题：①测量d时，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示数如图乙所示，其读数为mm．②若用该装置来验证牛顿第二定律，以下说法不正确的是．A．该装置可以不平衡摩擦力也不需要将气垫导轨调节水平B．如果气垫导轨水平则轻推滑块匀速滑动时，通过两个光电门的时间△t1和△t2必相等C．实验时，多次在同一条件下重复实验取挡光片通过两光电门时间的平均值以减小偶然误差③若用此装置中滑块受到线的拉力即合外力F 可用M、m、L和时间△t1和△t2表示为F= ．④通过计算比较发现滑块受到的线的拉力F与沙和沙桶的重力不相等且相差较大，是因为．17．用如图甲的电路图测电源的电动势和内电阻，提供的器材如图乙所示．某次实验数据作出的U﹣I图线如图丙所示．①实验时应将多用电表的选择开关旋至挡（填“Ω”、“V”或“mA”），电流表的量程应选择（填“0﹣0.6A”或“0﹣3A”）．②用实线代表导线把图乙所示的实物连接成完整的测量电路．③由此图线求得的电源内电阻r= Ω．（结果保留2位有效数字）四、计算题（本题共3小题，共34分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤｡只写出最后答案的不能得分｡有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位｡）18．如图所示，A、B为两块足够大的相距为d的平行金属板，接在电压为U的电源上．在A 板的中央P点放置一个电子发射源．可以向各个方向释放电子，射出的初速度为v，电子打在B板上的区域面积为S，（不计电子的重力），试求电子的比荷．19．如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．在过圆心O 的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一质量为m，电量为+q的小球从水平轨道上A、点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场（P点恰好在A点的正上方，如图．小球可视为质点，小球运动到C点之前电量保持不变，经过C点后电量立即变为零）．已知A、B间距离为2R，重力加速度为g．在上述运动过程中，求：（1）电场强度E的大小；（2）小球在圆轨道上运动时的最大速率：20．如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放．导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I．整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．求：（1）磁感应强度的大小B；（2）电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；（3）流经电流表电流的最大值I m．2015-2016学年甘肃省天水市秦安一中高三（上）期末物理试卷（快班）参考答案与试题解析一、单项选择题部分（共10小题，每小题4分，共40分｡在每小题给出的4个选项中，只有一项是正确的，选对的得4分，选错或不答的得0分｡）1．如图所示，在竖直平面内，用甲、乙两个弹簧秤通过细线拉着一个钩码，使之处于静止状态．若保持甲弹簧秤拉力的方向不变，缓慢地调节乙弹簧秤，使两细线之间的夹角增大一些，则（）A．两拉力的合力可能增大 B．两拉力的合力可能减小C．甲弹簧秤的示数可能减小D．乙弹簧秤的示数可能减小【考点】合力的大小与分力间夹角的关系．【专题】平行四边形法则图解法专题．【分析】对结点受力分析，通过图解法抓住甲、乙合力不变，甲的拉力方向不变，改变乙的拉力，从而判断拉力的变化．【解答】解：由平衡条件得知，甲、乙两个拉力F1和F2的合力与重力G大小相等、方向相反，保持不变，作出甲、乙两个在三个不同位置时力的合成图，如图，在甲、乙从1→2→3三个位置的过程中，可以看出，当甲、乙两个方向相互垂直时，F2最小，可见，F1逐渐减小，F2先逐渐减小后逐渐增大．甲的拉力逐渐减小，乙的拉力先减小后增大．故选：D【点评】本题采用图解法研究动态平衡问题．图解法形象、直观，能直接反映力的变化情况．作图时要抓住张力F1和F2的合力不变、甲的方向不变，再由几何知识进行分析．2．塔式起重机模型如图，小车P沿吊臂向末端M水平匀速运动，同时将物体Q从地面竖直向上匀加速吊起，下图中能大致反映Q运动轨迹的是（）A．B．C．D．【考点】运动的合成和分解．【专题】运动的合成和分解专题．【分析】物体Q从地面竖直向上匀加速吊起的同时，随着小车向右匀速直线运动，实际运动是两个运动的合运动．【解答】解：物体Q参与两个分运动，水平方向向右做匀速直线运动，竖直方向向上做匀加速直线运动；水平分运动无加速度，竖直分运动加速度向上，故物体合运动的加速度向上，故轨迹向上弯曲，故A错误，B正确，C错误，D错误；故选B．【点评】本题关键是找出物体的分运动，同时明确加速度方向与轨迹的完全方向相一致．3．一倾角为θ的粗糙绝缘斜面放置在一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，将一个带电的小物块放在斜面上由静止开始下滑如图所示，设斜面足够长，如物块始终没有离开斜面．则下列说法正确的是（）A．物块带正电B．下滑过程中物块受到的洛伦兹力做负功C．物块最终将静止在斜面上D．下滑过程中物块的机械能守恒【考点】洛仑兹力；功能关系．【分析】带电物体下滑始终没有离开斜面，由此可知洛伦兹力垂直于斜面向下，根据左手定则判断带电物体的电性，物块在斜面上运动时受重力、支持力、洛伦兹力、摩擦力．在向下运动的过程速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，摩擦力增大，当摩擦力与重力向下的分量相等时，速度达到最大【解答】解：A、带电物体下滑始终没有离开斜面，由此可知洛伦兹力垂直于斜面向下上，根据左手定则判断带电物体带正电，故A正确；B、下滑过程中物体受到的洛伦兹力始终与运动方向垂直，故不做功，故B错误；C、物体做加速度减小的加速运动．当摩擦力与重力向下的分量相等时，加速度等于0，速度达到最大，故不能静止，故C错误；D、在下滑过程中摩擦力做负功，故机械能不守恒，故D错误故选：A【点评】解决本题的关键是正确地进行受力分析，根据受力情况，判断运动情况4．如图所示一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．在两极板间有一负电荷（电量很小）固定在P点，以E表示两板间的场强，U表示电容器两板间的电压，W表示正电荷在P点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，则（）A．U变小，W不变B．E变大，W变大C．U变大，E不变D．U不变，W不变【考点】电势差与电场强度的关系．【专题】比较思想；控制变量法；电场力与电势的性质专题．【分析】平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，电容增大．由推论公式E=分析板间场强E的变化情况．由公式C=判断板间电压的变化．分析P点电势的变化，即可分析电势能的变化．【解答】解：电容器的电量不变，板间距离减小，根据电容的决定式知电容增大．由C=知板间电压U变小．由推论公式 E=，知电场强度E不变．因为电场强度不变，则P与负极板间的电势差不变，由U=Ed知P与下极板间的电势差不变，则P点的电势不变，正电荷在P点的电势能W不变．故A正确，B、C、D错误．故选：A【点评】本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定电场强度的变化，只要得出电场强度的变化，就可以得出P与负极板电势差的变化，得出P点的电势以及电荷在P点电势能的变化．5．如图所示，半径为r的金属环绕通过其直径的轴OO′以角度ω匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B．从金属环的平面与磁场方向重合时开始计时，在转过30°角的过程中，环中产生的感应电动势平均值为（）A．2Bωr2B．2Bωr2C．3Bωr2D．3Bωr2【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】由法拉第电磁感应定律，得感应电动势的平均值．【解答】解：图示位置时穿过线圈的磁通量为：φ1=0；转过30°时穿过线圈的磁通量为：φ2=BSsin30°=BS转过30°用的时间为：△t==由法拉第电磁感应定律得感应电动势的平均值为：=n=n=3Bωr2，故C正确，ABD错误；故选：C【点评】本题综合考查了交流电瞬时值表达式、电动势的平均值和电流做功情况，难度中等．6．如图所示，电阻R和线圈自感系数L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，当开关S闭合时，电路可能出现的情况是（）A．A、B一起亮，然后B熄灭B．A比B先亮，然后A熄灭C．A、B一起亮，然后A熄灭D．B比A先亮，然后B熄灭【考点】感生电动势、动生电动势．【专题】恒定电流专题．【分析】当开关S闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会同时发光．根据电感线圈的电阻不计，会将A灯短路，分析A灯亮度的变化．【解答】解：当开关S闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会一起亮．但由于电感线圈的电阻不计，线圈将A灯逐渐短路，A灯变暗直至熄灭；故C正确．故选：C．【点评】本题考查了电感线圈L对电流发生突变时的阻碍作用，关键要抓住线圈的双重作用：当电流变化时，产生感应电动势，相当于电源；而当电路稳定时，相当于导线，能将并联的灯泡短路．7．如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ．若滑块与斜面之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则（）A．将滑块由静止释放，如果μ＞tanθ，滑块将下滑B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＜tanθ，滑块将减速下滑C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ=tanθ，拉力大小应是2mgsinθD．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ=tanθ，拉力大小应是mgsinθ【考点】牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用．【分析】物体的重力有两个作用效果，使物体沿斜面下滑和使物体紧压斜面，将重力正交分解后，当重力的下滑分量大于滑动摩擦力时，物体加速下滑，当重力的下滑分量小于最大静摩擦力时，物体不能下滑，匀速下滑时，重力的下滑分量等于滑动摩擦力．【解答】解：A、物体由静止释放，对物体受力分析，受重力、支持力、摩擦力，如图物体加速下滑，G x＞fN=G y故mgsinθ＞μmgcosθ解得μ＜tanθ故A错误；B、给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＜tanθ，则有mgsinθ＞μmgcosθ故B错误；C、用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，根据平衡条件，有F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=0μ=tanθ故解得F=2m gsinθ故C正确；D、用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，根据平衡条件，有F+mgsinθ﹣μmmgcosθ=0μ=tanθ故解得F=0故D错误；故选：C．【点评】本题关键将重力按照作用效果正交分解，然后求出最大静摩擦力，结合共点力平衡条件讨论即可．8．一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h．重力加速度大小为g．物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为（）A．tanθ和B．（﹣1）tanθ和C．tanθ和D．（﹣1）tanθ和【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】两次上滑过程中，利用动能定理列式求的即可；【解答】解：以速度v上升过程中，由动能定理可知以速度上升过程中，由动能定理可知联立解得，h=故D正确．故选：D．【点评】本题主要考查了动能定理，注意过程的选取是关键；9．如图所示，+Q1和﹣Q2是两个可自由移动的电荷，Q2=4Q1．现再取一个可自由移动的点电荷Q3放在Q1与Q2连接的直线上，欲使整个系统平衡，那么（）A．Q3应为负电荷，放在Q1的左边B．Q3应为负电荷，放在Q2的右边C．Q3应为正电荷，放在Q1的左边D．Q3应为正电荷，放在Q2的右边【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由于Q1带点电荷，Q2带负点电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使整个系统处于平衡状态，对其Q3受力分析，去判断所处的位置．【解答】解：假设Q3放在Q1Q2之间，那么Q1对Q3的电场力和Q2对Q3的电场力方向相同，Q3不能处于平衡状态，所以假设不成立．设Q3所在位置与Q1的距离为r13，Q3所在位置与Q2的距离为r23，要能处于平衡状态，所以Q1对Q3的电场力大小等于Q2对Q3的电场力大小．即：由于Q2=4Q1，所以r23=2r13，所以Q3位于Q1的左方．根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，可判断Q3带负电．故选A．【点评】我们可以去尝试假设Q3放带正电或负电，它应该放在什么地方，能不能使整个系统处于平衡状态．不行再继续判断．10．光滑水平面上有一质量为2kg的物体，在五个恒定的水平共点力的作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为5N和15N的两个水平力而其余力保持不变，关于此后物体的运动情况的说法中正确的是（）A．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s2B．可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2m/s2C．一定做匀变速运动，加速度大小可能10m/s2D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是10m/s2【考点】向心力；牛顿第二定律．【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】撤去大小分别为5N和15N的两个力，其余的力保持不变，则知其余力的合力范围，由牛顿第二定律求出物体加速度的范围．物体一定做匀变速运动，当撤去的两个力的合力与原来的速度方向相同时，物体可能做匀减速直线运动．恒力作用下不可能做匀速圆周运动．【解答】解：根据平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为5N和15N的两个力后，物体的合力大小范围为10N≤F合≤20N，根据牛顿第二定律F=ma得物体的加速度范围为：5m/s2≤a≤10m/s2．A、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体可以做曲线运动，加速度大小可能是5m/s2．故A错误．B、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，则撤去两个力后物体做匀减速直线运动，由上知加速度大小不可能是2m/s2．故B错误．C、由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动．加速度大小可能等于10 m/s2．故C正确．D、由于撤去两个力后其余力保持不变，恒力作用下不可能做匀速圆周运动．故D错误．故选：C．【点评】本题中物体原来可能静止，也可能做匀速直线运动，要根据物体的合力与速度方向的关系分析物体可能的运动情况．二．多项选择题部分（共5小题，每小题4分，共20分｡在每小题给出的4个选项中，有多个选项是正确的｡全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分｡）11．如图，一重力不计的带电粒子以一定的速率从a点对准圆心射入一圆形匀强磁场，恰好从b点射出．若增大粒子射入磁场的速率，下列判断正确的是（）A．该粒子带负电 B．粒子能从c点射出C．从ab间射出D．在磁场中运动的时间变短【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同．因此运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也越大．而运动周期它们均一样，但运动时间却由圆弧对应的圆心角决定．洛伦兹力由左手定则来确定．【解答】解：A、粒子从a点射入从b点射出，则由左手定则可确定出粒子带负电，故A正确；B、粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动．所以不可能沿直线方向从c点射出．故B错误；C、洛伦兹力提供向心力，有Bqv=得：由于带电粒子们的B、q、m均相同，所以r与v成正比．因此当速率增大时，粒子将从bc间射出．故C错误；D、由周期公式得：，由于带电粒子们的B、q、m均相同，所以T均相同．当曲率半径越大时，则运动圆弧对应的圆心角越小，则运动时间越短．故D正确．故选：AD．【点评】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短．12．如图所示，假若卫星先沿椭圆轨道Ⅰ飞行，后在远地点P处由椭圆轨道Ⅰ变轨进入地球同步圆轨道Ⅱ．下列说法正确的是（）A．卫星在轨道Ⅱ运行时的速度大于7.9km/sB．卫星在椭圆轨道Ⅰ上的P点处加速进入轨道ⅡC．卫星在轨道Ⅱ运行时不受地球引力作用D．卫星在轨道Ⅱ运行时的向心加速度比在赤道上相对地球静止的物体的向心加速度大【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】人造卫星问题．【分析】地球同步卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，卫星距离地球的高度约为36000 km，卫星的运行方向与地球自转方向相同、运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道、运行周期与地球自转一周的时间相等，即23时56分4秒，卫星在轨道上的绕行速度约为3.1公里/秒，其运行角速度等于地球自转的角速度．【解答】解：A、7.9km/s即第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度．而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据v的表达式可以发现同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故A错误；B、卫星在椭圆轨道Ⅰ上的P点处加速使向心力等于提供的万有引力，做圆周运动进入轨道Ⅱ．故B正确；。