根据圆周运动知识得： ②
T=243600s，
研究北斗﹣2A卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式： ③
由①②③解得：
v2=4km/s
故B正确、ACD错误.
3.解：没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，v﹣t图象是直线;
有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g;
有空气阻力时，下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg﹣f=ma，故a=g﹣，由于阻力随着速度而增大，故加速度减小;
v﹣t图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行;
故选：D
4.解：粒子做匀速圆周运动，轨迹如图：
故质量为m1、m2、m3的粒子轨道半径分别为：
=
=2L+d
故： ①
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故：
②
③
④
联立①②③④解得：m3= (m1+m2)
故选：C.
5.ABC解：1.若v1=v2，小物体P可能受到的静摩擦力等于绳的拉力，一直相对传送带静止匀速向右运动，若最大静摩擦力小于绳的拉力，则小物体P先向右匀减速运动，减速到零后反向匀加速直到离开传送带，由牛顿第二定律知mQg﹣mPg=(mQ+mP)a，加速度不变，故A正确;
2.若v1v2，小物体P先向右匀加速直线运动，由牛顿第二定律知mPg﹣mQg=(mQ+mP)a，到小物体P加速到与传送带速度v1相等后匀速，故B选项可能;
3.若v1a1，故C选项正确，D选项错误.
故选：ABC
6.解：A、滑块Q下滑的过程中，受到P的排斥力作用，此排斥力对Q做负功，所以Q的机械能减小，故A错误.
B、滑块Q在下滑过程中，沿轨道方向受到重力的分力和磁场斥力，先做加速运动后做减速运动，当速度减至零时，与P的距离最近.根据能量守恒得知，Q初始释放位置的高度越大，相对于P位置具有的重力势能越大，当P运动到最低点时，其重力势能全部转化为磁场能，则知磁场能越大，PQ的距离越近，故B正确.
CD、当滑块所受的磁场力与重力沿轨道向下的分力二力平衡时，Q的速度最大，重力的分力一定，根据平衡条件得知，速度最大时磁场力的大小也一定，则Q速度最大的位置一定，与Q初始释放位置的高度无关.
根据能量守恒得知，滑块Q释放的位置越高，具有的重力势能越大，速度最大时磁场能一定，则Q所能达到的最大动能越大，最大速度也越大，故知滑块Q所能达到最大速度与初始释放位置的高度有关.故CD正确.
故选：BCD
7.a、长木板的右端没被垫高，说明没有平衡摩擦力;b、小车和打点计时器的距离太开了; c、细线没套在定滑轮的轮槽上，以致拉线未能与板面平行;(2)电磁打点计时器 。
解析：(1)长木板的右端没被垫高，说明没有平衡摩擦力;小车和打点计时器的距离太远了，细线没套在定滑轮的轮槽上，以致拉线未能与板面平行;
(2)电磁打点计时器使用4-6V交流电压，电火花打点计时器直接接在220V交流电压上，所以他所选的打点计时器是电磁打点计时器.
8.
9. , 解析： 取加速度a的方向为正方向
以加速度a加速运动时有：
以加速度 反向运动到原出发点时，位移为
有：
解得：
回到原出发点时的速度
解得：
负号表明，回到原出发点时速度的大小为 ，方向与原的运动方向相反
10.解：(1)学生推小球过程：设学生第一次推出小球后，学生所乘坐小车的速度大小为v1，学生和他的小车及小球组成的系统动量守恒，取向右的方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv+Mv1=0①，
代入数据解得：v1=﹣0.04m/s，负号表示车的方向向左;
(2)学生每向右推一次小球，根据方程①可知，学生和小车的动量向左增加mv，同理，学生每接一次小球，学生和小车的动量向左再增加mv，设学生第n次推出小球后，小车的速度大小为vn，由动量守恒定律得：
(2n﹣1)mv﹣Mvn=0，
要使学生不能再接到挡板反弹回来的小球，
有：vn2 m/s，
解得：n25.5，
即学生推出第26次后，再也不能接到挡板反弹回来的小球.
答：(1)学生第一次推出小球后，小车的速度大小为0.04m/s;
(2)从学生第一次推出小球算起，学生第26次推出小球后，再也不能接到从挡板弹回来的小球.
11.
(3)微粒从释放开始经 射入B板的小孔，d=v2 ，
则 =2dv=2d m2qU，
设微粒在半圆形金属板间运动经过 第一次到达最低点P点，则 =L4 m2qU，
所以从释放微粒开始，经过 + =2d+L4 m2qU微粒第一次到达P点;根据运动的对称性，易知再经过2( + )微粒再一次经过P点
所以经过时间t=(2k+1)2d+L4 m2qU，(k=0,1，2，)微粒经过P点.