参考答案：A、球摆动过程中，只受重力、拉力和洛伦兹力，只有重力做功，机械能守恒，向右和向左运动通过B点时，小球的速度相等，根据a=v2R，小球的加速度大小相等，方向相同，故A错误；
B、小球向右和向左运动通过B点时，洛伦兹力的方向不同，重力、洛伦兹力、拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：
向右通过B点时：T+qvB-mg=mv2R；（假设带正电）
向左通过B点时：T′-qvB-mg=mv2R；
故拉力不等，故B错误；
C、小球向右和向左运动通过B点时，速度相等，故具有相同的动能，故C正确；
D、小球向右和向左运动通过B点时，速度的方向不同，故速度不同，只是相等，故D错误；
故选C．

本题解析：

本题难度：简单

2、简答题  吴健雄是著名的美籍华裔物理学家，以她的名字命名的小行星（吴健雄星）半径约为16km，该行星的密度与地球相近，若在此小行星上发射一颗卫星环绕其表面运行，试估算该卫星的环绕速度（已知地球半径为6400km，地球表面的重力加速度g取10m/s2）．

参考答案：对地球表面得卫星，根据万有引力提供向心力得
?GMmR2=mv2R①
mg=GMmR2②
联立①②地球表面卫星的环绕速度为v1=

本题解析：

本题难度：一般

3、简答题  如图所示的空间分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，各边界面相互平行，Ⅰ区域存在匀强电场，电场强度E=1.0×104V/m，方向垂直边界面向右．Ⅱ、Ⅲ区域存在匀强磁场，磁场的方向分别为垂直纸面向外和垂直纸面向里，磁感应强度分别为B1=2.0T、B2=4.0T．三个区域宽度分别为d1=5.0m、d2=d3=6.25m，一质量m=1.0×10--8kg、电荷量q=1.6×10-6C的粒子从O点由静止释放，粒子的重力忽略不计．求：
（1）粒子离开Ⅰ区域时的速度大小v；
（2）粒子在Ⅱ区域内运动时间t；
（3）粒子离开Ⅲ区域时速度与边界面的夹角α．

参考答案：

（1）粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有
qEd1=12mv2-0
解得?v=4.0×103m/s；
（2）设粒子在磁场B1中做匀速圆周运动的半径为r，则
qvB1=mv2r
解得　r=12.5m?
设在Ⅱ区内圆周运动的圆心角为θ，则sinθ=d2r
解得?θ=30°
粒子在Ⅱ区运动周期?T=2πmqB1
粒子在Ⅱ区运动时间?t=θ360oT
解得?t=π1920s=1.6×10-3s
（3）设粒子在Ⅲ区做圆周运动道半径为R，则?qvB2=mv2R
解得?R=6.25m
粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知△MO2P为等边三角形
粒子离开Ⅲ区域时速度与边界面的夹角?α=60°

本题解析：

本题难度：一般

4、简答题  如图所示，另一种电动打夯机的示意图，在总质量为M的电动机的飞轮上，在距离转轴O为L处固定有一质量为m的重小球．如果飞轮匀速转动，
则：（1）如果小球达到最高点时，打夯机对地面的压力恰好为零，则飞轮转动的角速度ω0为多少？
（2）在上述的临界条件下，当小球到达最低点时，打夯机对地面的压力为多少？

参考答案：（1）当打夯机对地面的压力为零时，以打夯机为研究对象，小球对飞轮的力F=Mg?…①
又以小球为研究对象，在飞轮对它的力F′和重力mg作用下作匀速圆周运动，F′+mg=mLω02…②
根据牛顿第三定律：F=F′
由①、②、③式得：ω0=

本题解析：

本题难度：一般

5、选择题  冰面对溜冰运动员的最大摩擦力为运动员重力的k倍，在水平冰面上沿半径为R的圆周滑行的运动员，若依靠摩擦力充当向心力，其安全速度为（　　）
A．V=k