【解答】解：设彗星的周期为T1，地球的公转周期为T2，由开普勒第三定律
得：
=，
可知哈雷彗星的周期大约为76年，
．所以最合理的次数是30次．故B正确，A、C、D错误．
故选：B．
【点评】解决本题的关键掌握开普勒第三定律转周期之比． 6.【考点】向心力．
【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
（常数），通过该定律得出彗星与地球的公
【分析】小球在光滑碗内靠重力和支持力的合力提供向心力，根据向心力和重力的关系求出小球与半球形碗球心连线与竖直方向的夹角，根据几何关系求出平面离碗底的距离h． 【解答】解：小球靠重力和支持力的合力提供向心力，如图所示： 小球做圆周运动的半径为：r=Rsinθ，
根据力图可知：tanθ=
而向心力：F向=mω2Rsinθ；
解得：cosθ=．
所以h=R﹣Rcosθ=R﹣R?故选：A．
=R﹣．故A正确．
【点评】解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律和几何关系进行求解．
7.【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力． 【专题】共点力作用下物体平衡专题．
【分析】先对物体乙受力分析，作出力的合成图，分析挡板和甲对乙的作用力的变化情况． 对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力、挡板的支持力和力F，然后根据平衡条件列式，分析斜面对甲的支持力如何变化；
【解答】解：先对物体乙受力分析，受重力、挡板的支持力F1′和甲物体的支持力F3′，如图
根据平衡条件，结合几何关系可以看出挡板的支持力F1′不断减小，甲对乙的弹力F3′不断减小，根据牛顿第三定律，乙对挡板的压力F1不断减小，甲对乙的弹力F3不断减小； 再对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力、挡板的支持力和已知力F，如图
根据平衡条件，有
x方向：F+（M+m）gsinθ﹣F1=0 y方向：F2﹣（M+m）gcosθ=0 解得：F2=（M+m）gcosθ，保持不变．
结合牛顿第三定律，物体甲对斜面的压力F2不变．故B正确，ACD错误． 故选：B．
【点评】本题关键是对物体甲受力分析，根据平衡条件结合图示法得到挡板支持力的变化情况；再对甲与乙整体受力分析，得到斜面支持力的变化情况．
8.【考点】功率、平均功率和瞬时功率． 【专题】功率的计算专题．
【分析】物体的拉力等于重力沿斜面的分力和摩擦力之和时，速度达到最大，根据动滑轮的特点，P=
即可求得
【解答】解：当拉力等于阻力与重力沿斜面向下的分力之和时，速度达到最大，根据动滑轮的特点可得：F=根据P=FV可得：故选：D
【点评】本题主要考查了动滑轮的特点，根据物体的拉力等于阻力与重力沿斜面向下的分力之和时速度达到最大即可求得
9.【考点】功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动．
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较过网时的速度
【解答】解：A、球1和球2平抛运动的高度相同，则运动的时间相同，在相同时间内下降高度相同，由于球1的水平位移较大，可知过网时球1的速度大于球2的速度，故不可能相遇，故A错误，B错误．
C、因为平抛运动的加速度不变，都为g，可知球1和球2的速度变化率相等，故C正确． D、落台时，由于时间相等，则竖直分速度相等，根据P=mgvy知，重力的瞬时功率相等，故D正确． 故选：CD
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式灵活求解
10.【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率．
【分析】由图b看出，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上．0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，可知物块对传送带做功情况．由于物块能向上运动，则有 μmgcosθ＞mgsinθ．根据动能定理研究0～t2内，传送带对物块做功．根据能量守恒判断可知，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，系统产生的热量等于摩擦力与相对路程的乘积．
，绳的速度为V=2v， ，故D正确
【解答】解：A、由图b知，物块先向下运动后向上运动，说明传送带的运动方向应向上．0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功．故A正确． B、由图b知，传送带的速度为v2，0～t1内，电动机消耗的功率为P=fv2=μmgcosθ?v2，故B正确．
C、在t1～t2内，物块向上运动，则有 μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ．故C错误． D、热量等于物体与传送带间的摩擦力与相对位移的乘积；物体受到的摩擦力大小为f=μmgcosθ；相对路程为
△x=（+v2t1）+[v2（t2﹣t1）﹣（t2﹣t1）]=
，故内能的增量为
产生的热量为Q=μmgcosθ?△x=μmgcosθ（故选：AB
），故D错误．
【点评】本题首先要读懂图象，正确分析物体的运动情况．其次要注意外力做功等于动能的增量；而摩擦力与相对路程的乘积等于内能的增量．
11.【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【专题】作图题；学科综合题；定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题． 【分析】根据整体法求出底层每个足球对地面的压力，四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，四个球的球心连线构成了正四面体，四个球都保持静止状态，受力都平衡，对足球受力分析并结合几何关系求解．
【解答】解：A、根据整体法，下面每个球对地面的压力为N，3N=4mg，故mg；故A错误；
B、四个球的球心连线构成了正四面体，下层每个足球之间的弹力为零，故B正确； C、上层足球受到重力、下层足球对上层足球的三个支持力，由于三个支持力的方向不是竖直向上，所以三个支持力在竖直方向的分量之和等于重力；
根据正四面体几何关系可求，F与mg的夹角的余弦值cosθ=，正弦值sinθ=；
则有：F+mg=N=， F=f，
联立解得：f=mg F=mg，
则故选：BC
，所以水平面的摩擦因数至少为，故C正确，D错误
【点评】本题主要考查了整体法和隔离法的应用，要求同学们能正确对足球进行受力分析，知道四个球的球心连线构成了正四面体，能结合几何关系求解，对同学们的数学能力要求较高，但本题题干出的不是太好，应当注明不考虑转动的情况． 12.【考点】功能关系；功的计算．
【分析】根据几何知识求出滑块移动的位移大小，再求解力F做的功．当B球到达C处时，滑块A的速度为零，B球的速度不为零．当绳与轨道相切时两球速度相等，小滑块A与小球B的速度大小相等．根据系统的机械能守恒求得小球B运动到C处时的速度，再得到小球B的机械能增加量．
【解答】解：A、设PO=H．由几何知识得，PB=﹣R=0.2m．
F做的功为W=F（PB﹣PC）=55×（1﹣0.2）=44J．故A正确．
B、当B球到达C处时，已无沿绳的分速度，所以此时滑块A的速度为零．对两球及绳子组成的系统的能量变化过程，由功能关系，得 W=m2v12+m2gR，解得小球B运动到C处时的速度v1=2.36m/s，故B错误．
C、当绳与轨道相切时滑块A与B球速度相等，由几何知识得：sin∠OPB==．故C正确．
=
=1m，PC=H