武汉市名校新高考高一下物理基础选择题狂练含解析

武汉市名校新高考高一下基础选择题狂练
单选题有答案含解析
1． (本题9分)下列物理量中，属于标量的是（ ）
A ．位移
B ．动能
C ．力
D ．加速度
2． (本题9分)关于加速度和速度的关系，下面说法正确的是（ ）
A ．加速度大，则速度也大
B ．速度变化量大，加速度也越大
C ．物体的速度变化越快，则加速度越大
D ．加速度为0，则速度一定为0
3． (本题9分)一绝缘小球A （可视为质点），带+3Q 的电荷量，在距A 球为r 的B 点处电场强度为E ； 现拿一同样大小的小球C （带-Q 的电荷量）去接触A 球后再移走C 球，则此时B 点处的电场强度为： A ．3E B ．9E C ．E D ．3E
4． (本题9分)有一质量为m 的小球沿如下图所示的光滑轨道下滑，已知轨道圆形部分的半径为R ，试求离地面多高处释放小球，才能保证小球刚好通过圆轨道( )
A ．0.5R
B ．1.0R
C ．2.5R
D ．3.5R
5． (本题9分)质量m=4kg 的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O ，先用沿+x 轴方向的力F 1=8N 作用了2s ，然后撤去F 1；再用沿+y 方向的力F 2=24N 作用了1s ．则质点在这3s 内的轨迹为 A ． B ．
C ．
D ．
6． (本题9分)如图所示，两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO′的距离为l ，b 与转轴的距离为2l ，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g 。

若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )
A ．a 一定比b 先开始滑动
B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等
C ．两物体相对圆盘未滑动时，向心加速度大小相等
D ．ω＝2kg l 时，a 所受摩擦力大小为12kmg 7． (本题9分)将质量为m 的小球在距地面高度为h 处抛出，抛出时的速度大小为0v ，小球落到地面时的速度大小为02.v 若小球受到的空气阻力不能忽略，重力加速度为g ，则对于小球下落的整个过程，下列说法中正确的是( )
A ．小球克服空气阻力做的功等于mgh
B ．重力对小球做的功等于
2032
mv C ．合外力对小球做的功等于2032mv D ．小球重力势能增加了mgh 8． (本题9分)某种热敏电阻在环境温度升高时，电阻会迅速减小．将这种热敏电阻P 接入如图所示电路，开关闭合．若环境温度升高，下列判断正确的是
A ．电路的总电阻变大
B ．流过P 的电流变小
C ．灯泡A 变亮
D ．灯泡B 变亮
9． (本题9分)如图所示，在AB 间有两轨道Ⅰ和Ⅱ，物体从轨道顶端A 由静止下滑，且与两轨道间的动摩擦因数均相同，不计物体在C 点时的能量损失，物体分别沿Ⅰ和Ⅱ轨道到达底端B 时摩擦力做功分别为W 1和W 2，则W 1和W 2的大小关系（ ）
A ．W 1<W 2
B ．W 1>W 2
C ．W 1=W 2
D ．无法判断
10． (本题9分)物体做自由落体运动的过程中，下列说法不正确的是
A ．物体处于完全失重状态
B ．物体的重力势能越来越小
C ．物体的加速度保持不变
D ．物体的速度变化量保持不变
11．共享单车已成为人们低碳出行的重要交通工具，如图所示，某共享单车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为3∶1∶12，在用为蹬脚踏板前进的过程中，下列法正确的是（ ）
A ．小齿轮和后轮的角速度大小之比为1∶12
B ．大齿轮和小齿轮轮缘的线速度大小之比为1∶3
C ．大齿轮和小齿轮轮缘的向心加速度大小之比为3∶1
D ．大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1∶12
12．牛顿得出了万有引力与物体质量及它们之间距离的关系，但不知道引力常量G 的值，第一个在实验室比较准确测定引力常量G 值的科学家是
A ．哥白尼
B ．第谷
C ．开普勒
D ．卡文迪许
13．如图所示为一个做匀变速曲线运动的质点从A 到E 的运动轨迹示意图，已知在B 点的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是( )
A ．D 点的速率比C 点的速率大
B ．A 点的加速度与速度的夹角小于90°
C ．A 点的加速度比
D 点的加速度大
D ．从A 到D 速度先增大后减小
14． (本题9分)运动员把质量为500g 的足球由静止踢出后，足球上升的最大高度是10m ，在最高点的速度为20/.m s 若不考虑空气阻力及足球自转，g 取210/.m s 则( )
A ．运动员踢球时对足球做的功是150J
B ．运动员踢球时对足球做的功是100J
C．运动员踢球时对足球做的功是50J
D．运动员踢球时对足球做的功是0J
15．(本题9分)皮带传动装置中，小轮半径为r，大轮半径为2r。

A和B分别是两个轮边缘上的质点，大轮中另一质点P到转动轴的距离也为r，皮带不打滑。

则()
A．A与P的角速度相同
B．B与P的线速度相同
C．A的向心加速度是B的1 2
D．P的向心加速度是A的1 4
16．(本题9分)一根弹簧的弹力（F）大小与弹簧伸长量（x）的图线如图所示，那么在弹簧的伸长量由4cm伸长到8cm的过程中，弹簧弹力做功和弹性势能的变化量为
A．0.6 J，-0.6 J
B．-0.6 J，0.6 J
C．1.8 J，-1.8 J
D．-1.8 J，1.8 J
17．下列几组物理量中，全部为矢量的一组是（）
A．时间、位移、速度B．加速度、速度变化量、力
C．速度、速率、加速度D．路程、时间、位移
18．(本题9分)两颗人造地球卫星，质量之比m1：m2＝1:2，轨道半径之比R1:R2=3:1，下面有关数据之比正确的是( )
A．周期之比T1:T2=3:1
B．线速度之比v1:v2=3:1
C．向心力之比为F1:F2=1:9
D．向心加速度之比a1:a2=1:9
19．（6分）(本题9分)跳台滑雪运动员的动作惊险而优美，其实滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动．如图所示，设可视为质点的滑雪运动员，从倾角为的斜坡顶端P处，以初速度水平飞出，运动员最后又落到斜坡上A点处，AP之间距离为L，在空中运动时间为t，改变初速度的大小，L和t都随
之改变．关于L、t与的关系，下列说法中正确的是
①L与成正比
②L与成正比
③t与成正比
④t与成正比．
A．①②B．②③C．③④D．①④
20．（6分）如图所示，虚线MN为一小球在水平面上由M到N的运动轨迹，P是运动轨迹上的一点。

四位同学分别画出了带有箭头的线段甲、乙、丙和丁来描述小球经过P点时的速度方向。

其中正确的是
A．甲B．乙
C．丙D．丁
21．（6分）一定质量的理想气体，0℃时压强为p0，经一等容变化过程，温度为t℃时，气体压强为p。

则它每升高1℃，压强的增量△p 的值为（）
A．p
t
B．0
p p
t
-
C．
273
p
D．0
273
p
t+
22．（8分）(本题9分)大小相等的力F按如图所示的四种方式作用在相同的物体上，使物体沿粗糙的水平面移动相同的距离，其中力F做功最多的是()
A．
B．
C．
D．
23．（8分）(本题9分)所图所示，质量相同的物体分别自斜面AC和BC的顶端由静止开始下滑，物体与
两斜面间的动摩擦因数相同,物体滑至斜面底部C点时的动能分别为E KA和E KB，在滑行过程中克服摩擦力所做的功分别为W A和W B，则有（）
A．E KA=E KB，W A>W B B．E KA<E KB，W A>W B
C．E KA>E KB，W A=W B D．E KA>E KB，W A<W B
24．（10分）关于弹簧的弹性势能，下列说法正确的是（）
A．弹簧的弹性势能跟拉伸（或压缩）的长度有关
B．弹簧的弹性势能跟弹簧的劲度系数有关
C．同一弹簧，在弹性限度内，形变量越大，弹性势能越大
D．弹性势能的大小跟使弹簧发生形变的物体有关
25．（10分）(本题9分)铁路弯道处，内外轨组成的斜面与水平地面倾角为θ，当火车以某一速度υ通过该弯道时，内、外轨恰不受侧压力作用．已知重力加速度为g．下面说法正确的是( )
A．转弯半径R=υ2/gtanθ
B．若火车速度大于υ时，外轨将受到侧压力作用，其方向沿水平方向向外
C．若火车速度小于υ时，外轨将受到侧压力作用，其方向平行轨道平面向内
D．当火车质量改变时，安全速率也将改变
26．（12分）2007年10月24日，我国自行研制的“嫦娥一号”探月飞船顺利升空，此后经过多次变轨，最终成功地实现了在距离月球表面200km左右的圆形轨道上绕月飞行．若飞船绕月运行的圆形轨道半径增大，则飞船的（）
A．周期增大B．线速度增大
C．加速度变大D．角速度变大
27．（12分）(本题9分)如图所示，一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F 作用下，从平衡位置P很缓慢地移动到Q点，则力F所做的功为（）
A．FLsinθB．mgLcosθ
C．FL (1- cosθ) D．mgL (1- cosθ)
28．如图所示，彼此接触的导体A和B被绝缘柱支撑住，起初它们不带电．将带正电的物体C移近导体A，下列说法正确的是
A．感应起电创造出了电荷
B．A的电势高于B的电势
C．先移走C，再把A、B分开，则A带负电
D．先把A、B分开，再移走C，则B带正电
29．(本题9分)如图为人造地球卫星轨道的示意图，则卫星（）
A．在a轨道运行的周期为24 h
B．在b轨道运行的速度始终不变
C．在c轨道运行的速度大小始终不变
D．在c轨道运行时受到的地球引力大小是变化的
30．(本题9分)真空中两个点电荷Q1、Q2，距离为R，当Q1增大到2倍，Q2减为原来的，距离增大到原来的3倍时，电荷间的库仑力变为原来的()
A．B．C．D．
参考答案
单选题有答案含解析
1．B
【解析】
【详解】
位移、力、加速度都是既有大小又有方向、相加时遵循平行四边形定则的矢量；动能只有大小，没有方向，是标量，故B正确，ACD错误．
2．C
【分析】
【详解】
A 加速度越大，速度变化越快，速度不一定大．故A 错误．
B 速度变化量大，即△v 大，由加速度公式，a=△v /△t ，时间不一定，则加速度不一定大．故B 错误．
C 、物体的速度变化越快，则加速度一定越大．故C 正确；
D 加速度为零时，速度不一定为零，比如匀速直线运动，加速度为零，速度不为零．故D 错误． 点评：加速度描述物体速度变化的快慢，加速度越大，速度变化越快．加速度在数值上等于单位时间内速度的变化量．加速度与速度不一定相同．加速度为零时，速度不一定为零．加速度越来越小，速度可能越来越大．
3．A
【解析】
【详解】
根据点电荷A 周围的电场强度的决定式可知，B 点的场强为2
3k Q E r ⋅=
；而当小球C 和A 接触移走后，两者的电量先中和后平分为+Q ，则B 点的场强为2k Q E r ⋅'=；可知3E E '=；故B 、C 、D 错误，A 正确. 4．C
【解析】
【详解】 小球刚好通过圆轨道，则有2
mv mg R
=，从开始到圆环顶端的过程，由机械能守恒定律有21(2)2
mg h R mv -=
，解得 2.5h R =，故选项C 正确，A 、B 、D 错误。

5．D
【解析】 考点：运动的合成和分解；牛顿第二定律．
分析：物体在F 1作用下在x 轴方向做匀加速直线运动，撤去F 1，施加F 2，由于合力与速度方向垂直，做曲线运动，将曲线运动分解为x 轴方向和y 轴方向研究，在x 轴方向做匀速直线运动，在y 轴方向做匀加速直线运动．
解答：解：质点在F 1的作用由静止开始从坐标系的原点O 沿+x 轴方向做匀加速运动，加速度a 1=
1F m =2m/s 2，速度为v 1=at 1=4m/s ，对应位移x 1=12
a 1t 12=4m ，到2s 末撤去F 1再受到沿+y 方向的力F 2的作用，物体在+x 轴方向匀速运动，x 2=v 1t 2=4m ，在+y 方向加速运动，+y 方向的加速度a 2=2F m
=6m/s 2，方向向上，对应的位移y=12
a 2t 22=3m ，物体做曲线运动．q 再根据曲线运动的加速度方向大致指向轨迹凹的一向，知D 正确，A 、B 、C 错误．
点评：解决本题的关键掌握处理曲线运动的方法，将曲线运动分解为x 轴方向和y 轴方向，分析出两方向分运动的情况．
6．D
【解析】
【详解】
A.根据kmg=mrω2知，小木块发生相对滑动的临界角速度ωb 转动的半径较大，则临界角速度较小，可知b 一定比a 先开始滑动，故A 错误。

B.根据f=mrω2知，a 、b 的角速度相等，转动的半径不等，质量相等，可知a 、b 所受的摩擦力不等，故B 错误。

C. 两物体相对圆盘未滑动时，向心加速度a=ω2r 可知，转动的半径不等，向心加速度大小不相等，选项C 错误；
D.当时，a 所受的摩擦力f=mlω2=12kmg ，故D 正确。

7．C
【解析】 根据动能定理得：12
m(2v 0)2-
12m(v 0)2=mgh-W f ， 解得：W f =mgh-32
mv 02，故A 错误；重力做的功为W G =mgh ，重力势能减小mgh ，故BD 错误；合外力对小球做的功W 合=12m(2v 0)2-12m(v 0)2=32mv 02，故C 正确；故选C.
点睛：此题考查功能关系；要知道合外力做的功等于小球动能的变化量；重力做功等于重力势能的变化量；除重力以外的其他力做功等于机械能的变化量.
8．C
【解析】
【详解】
若环境温度升高，则热敏电阻P 阻值减小，总电阻减小，总电流变大，路端电压减小，则灯泡A 两端电压变大，灯泡A 变亮；灯泡B 以及热敏电阻P 所在的并联之路的电压减小，灯泡B 变暗；通过B 的电流减小，总电流变大，则通过P 的电流变大；故选项C 正确，ABD 错误；故选C.
9．A
【解析】
【详解】
设斜面I 的倾角为α，高为1h ，斜面II 的倾角为β，高为2h ，斜面底长为L ，根据功的公式有
11cos sin h W mg mgL μαμα
=⋅=，可见，克服摩擦力做的功与斜面高度或倾角无关，只与斜面底边长有关，即12W W <，A 正确．
【点睛】
应熟记重要结论：物体沿斜面下滑过程中克服摩擦力做的功等于动摩擦因数、物体重力、斜面底边长三者的乘积，而与斜面的高度或倾角大小无关．
10．D
【解析】
【详解】
A. 做自由落体运动的物体具有向下大小为g 的加速度，物体处于完全失重状态，故A 正确；
B. 物体做自由落体运动的过程中，高度不断下降，根据重力势能公式E P =mgh ，可知，物体的重力势能不断减小，故B 正确；
C. 因只受重力，根据牛顿第二定律可知，物体的加速度为g ，保持不变，故C 正确；
D. 物体的速度变化量△v=gt ，逐渐增大，故D 错误．
本题选择错误答案，故选D
11．D
【解析】
【详解】
A. 小齿轮和后轮共轴，它们的角速度大小之比为1∶1，故A 错误。

B. 大齿轮和小齿轮用链条相连，它们轮缘的线速度大小之比为1∶1，故B 错误；
C. 大齿轮和小齿轮轮缘的线速度大小相等，它们的向心加速度与半径成反比，所以向心加速度大小之比为1∶3，故C 错误；
D. 小齿轮和后轮共轴，它们的角速度相等，小齿轮边缘和后轮边缘的线速度的线速度与半径成正比，所以，小齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1∶12，大齿轮和小齿轮轮缘的线速度大小相等，所以大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比也为1∶12，故D 正确
12．D
【解析】
【详解】
根据物理学史可知，第一个在实验室比较准确测定引力常量G 值的科学家是卡文迪许。

A. 哥白尼，与结论不相符，选项A 错误；
B. 第谷，与结论不相符，选项B 错误；
C. 开普勒，与结论不相符，选项C 错误；
D. 卡文迪许，与结论相符，选项D 正确；
13．A
【详解】
A ．由题意，质点运动到
B 点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿B 点轨迹的切线方向，则知加速度方向向下，合外力也向下，质点做匀变速曲线运动，合外力恒定不变，质点由
C 到
D 过程中，合外力做正功，由动能定理可得，D 点的速度比C 点速度大，故A 正确；
B ．物体在A 点受力的方向向下，而速度的方向向右上方，A 点的加速度与速度的夹角大于90°．故B 正确；
C ．质点做匀变速曲线运动，加速度不变，则A 点的加速度等于
D 点的加速度，故C 错误；
D ．由A 的分析可知，质点由A 到D 过程中，加速度的方向向下，速度的方向从斜向右上方变为斜向右下方，从A 到D 速度先减小后增大．故D 错误．
14．A
【解析】
足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，足球到达最高点时，机械能为22110.510100.52015022
E mgh mv J J =+=⨯⨯+⨯⨯=，由于足球的机械能守恒，则足球刚被踢起时的机械能为150E J =，足球获得的机械能等于运动员对足球所做的功，因此运动员对足球做功：150W E J ==，故A 正确，BCD 错误．
点睛：本题可以对踢球的过程运用动能定理，小球动能的增加量等于小明做的功；同时小球离开脚后，由于惯性继续飞行，只有重力做功，机械能守恒，此时球的运动与人的作用无关．
15．D
【解析】
【详解】
A ．A ，
B 两点线速度相等，B ，P 两点角速度相等，A ，B 的半径不等，则A ，B 的角速度不等，则A ，P 的角速度不同，故A 错误；
B ．B ，P 的角速度相等，半径不等，根据v r ω=，B ，P 的线速度不同，故B 错误；
C ．A ，B 的线速度相等，根据2
a r v =知，A 的向心加速度是B 的2倍，故C 错误；
D ．P 、B 角速度相等，根据2a r ω＝知B 的向心加速度是P 的2倍，A 的向心加速度是B 的2倍，则P 的向心加速度是A 的
14
，故D 正确。

故选D 。

【点睛】
解决本题的关键知道靠传送带传动轮子边缘上的点线速度相等，共轴转动的点，角速度相等，以及掌握线速度与角速度的关系，向心加速度与线速度、角速度的关系．
16．D
【解析】
F-x 图象与x 轴包围的面积表示弹力做功的大小，故弹簧由伸长量4cm 到伸长量8cm 的过程中，弹力的功：
，弹力做功为-1.8J ，故弹力势能增加了1.8J
A. 0.6 J ，-0.6 J 与分析不符，A 错误
B. -0.6 J ，0.6 J 与分析不符，B 错误
C. 1.8 J ，-1.8 J 与分析不符，C 错误
D. -1.8 J ，1.8 J 与分析相符，D 正确
17．B
【解析】
【详解】
A. 时间不是矢量是标量，位移、速度是矢量，故A 错误；
B. 加速度、速度变化量、力都是矢量，故B 正确；
C. 速率不是矢量是标量，加速度、速度是矢量，故C 错误；
D. 路程、时间不是矢量是标量，位移是矢量，故D 错误。

18．D
【解析】 卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
22224Mm R v F G m m ma R T R π=＝＝＝，解得：T=2π3 R GM
，周期之比：31132233 1T R T R ==，故A 错误；由GM v R =可得线速度之比：12213 v R v R ==，故B 错误；向心力之比：211212222212211 :18F G Mm G Mm m R F R R m R ===，故C 错误；由2GM a R
=，向心加速度之比：2122211 9a R a R ==，故D 正确；故选D ．
点睛：本题考查了比较线速度、周期、角速度与加速度大小关系，知道万有引力提供向心力是解题的关键，应用牛顿第二定律可以解题．
19．B
【解析】
【详解】
滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动。

设水平位移x ，竖直位移为y ，结合几何关系，有：水平方向上：，竖直方向上：，联立可得：，即t 与成正比；
，即L 与成正比，②③正确
A. ①②与分析不符，A 错误
B. ②③与分析相符，B 正确
C. ③④与分析不符，C 错误
D. ①④与分析不符，D 错误
【点睛】
对于平抛运动，通常有两种分解方法：一种是沿水平方向和竖直方向分解，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动．另一种是沿斜面向下方向和垂直于斜面方向，沿斜面向下方向做匀加速直线运动，垂直于斜面方向做匀减速直线运动．这两种方法都要学会运用．
20．C
【解析】
【详解】
小球在水平面上由M 到N ，某一时刻对应某一位置，此时的速度方向沿曲线上该点的切线方向，因此丙为P 点的速度方向。

A. 甲，与结论不相符；
B. 乙，与结论不相符；
C. 丙，与结论相符；
D. 丁，与结论不相符；
21．B
【解析】
【详解】
气体状态参量为：10p p =，T 1=273K ，2p p =，T 2=（273+t ）K ，气体发生等容变化，由查理定律得： 1212
p p T T = 即：
0273273p p t
=+ 气体温度每升高1℃，由查理定律得：
11p p T t
∆=∆ 即：
02731
p p ∆=
联立解得气体温度每升高1℃压强的增量为： 0p p p t
-∆= 故选B 。

22．A
【解析】
【详解】
由图知，A 项图中力的方向和位移方向相同，B 项图中力的方向和位移方向夹角为30°，C 项图中力的方向
和位移方向夹角为30°，D 项图中力的方向和位移方向夹角为30°；力大小相等、位移相同，据
知，A 图中力做功最多．故A 项正确，BCD 三项错误．
23．A
【解析】
【分析】
【详解】
设斜面的倾角为θ，滑动摩擦力大小为μmgcosθ，则物体克服摩擦力所做的功为μmgscosθ．而scosθ相同，所以克服摩擦力做功相等．根据动能定理得，mgh-μmgscosθ=E k -0，在AC 斜面上滑动时重力做功多，克服摩擦力做功相等，则在AC 面上滑到底端的动能大于在BC 面上滑到底端的动能，即E k1＞E k1．故A 正确，BCD 错误．
24．D
【解析】
【详解】
A 、弹簧的弹性势能是由于弹簧发生弹性形变而具有的势能，拉伸（或压缩）的长度越大，弹性势能越大，故A 正确；
B 、弹簧的弹性势能跟弹簧的劲度系数有关，形变量相同时，劲度系数越大，弹性势能越大，故B 正确；
C 、对于同一弹簧，在弹性限度内，劲度系数一定，形变量越大，弹性势能越大，故C 正确；
D 、弹簧的弹性势能跟弹簧的劲度系数和形变量有关，与使弹簧发生形变的物体无关，故D 错误．
【点睛】
弹簧的弹性势能是由于弹簧发生弹性形变而具有的势能，与弹簧的形变量大小有关，与劲度系数有关，与其他因素无关．
25．A
【解析】
A ：火车转弯，内、外轨恰不受侧压力作用时，2
v mgtan m R
θ=，解得2v R gtan θ=．故A 项正确．
B ：若火车速度大于υ时，2
v mgtan m R
θ<．则外轨对其有侧压力作用，其方向平行轨道平面向内．据牛顿第三定律可得，外轨将受到侧压力作用，其方向沿平行轨道平面向外．故B 项错误．
C ：若火车速度小于υ时，2
v mgtan m R
θ>．则内轨对其有侧压力作用，其方向平行轨道平面向外．据牛顿第三定律可得，内轨将受到侧压力作用，其方向沿平行轨道平面向内．故C 项错误．
D ：据2
v mgtan m R
θ=可知，火车质量改变时，安全速率不变．故D 项错误． 点睛：火车以安全速率转弯时，内、外轨恰不受侧压力作用，2
v mgtan m R
θ=；若火车转弯速率大于安全速率时，2
v mgtan m R
θ<，则外轨对火车有侧压力作用，其方向平行轨道平面向内；若火车转弯速率小于安全速率时，2
v mgtan m R
θ>，则内轨对火车有侧压力作用，其方向平行轨道平面向外． 26．A
【解析】
【详解】
飞船做圆周运动的向心力由万有引力提供，所以
22222()Mm mv πG m ωr m r ma r r T
==== A. 周期
T =半径增大，周期增大，故A 正确；
B. 线速度增大
v = 半径增大，线速度减小，故B 错误；
C. 加速度变大
2
GM a r = 半径增大，加速度减小，故C 错误；
D. 角速度变大
3GM r ω= 半径增大，角速度减小，故D 错误。

27．D
【解析】 【详解】
小球在缓慢移动的过程中，水平力F 是变力，不能通过功的公式求解功的大小，根据动能定理得 (1cos )0F W mgL θ=-=
解得：
(1cos )F W mgL θ=-
A. FLsinθ与分析不相符，故A 项与题意不相符；
B. mgLcosθ与分析不相符，故B 项与题意不相符；
C. FL (1- cosθ)与分析不相符，故C 项与题意不相符；
D. mgL (1- cosθ)与分析相符，故D 项与题意相符。

28．D
【解析】
【详解】
A ．自然界电荷是守恒的，电荷不能够被创造。

故A 错误；
B ．金属AB 是同一等势体，AB 电势相等。

故B 错误；
C ．先移走C ，A 、B 中正负电荷中和，再把A 、B 分开，则A 、B 都不带电。

故C 错误；
D ．还没有移走C 前，A 带负电点，B 带正电，这时把AB 分开，则B 带正电。

故D 正确；
29．D
【解析】
同步卫星的运行周期为24小时，即相对地球静止，所以只能在赤道平面内，A 错误；b 轨道内的卫星做圆周运动，其速度方向时刻变化，所以其速度时刻变化着，B 错误；c 轨道为椭圆轨道，根据
22Mm v GM G m v r r r
=⇒=，可知在近地点速度大，在远地点速度小，根据2Mm F G r =，同一卫星在近地轨道受到的引力大，在远地轨道受到的引力小，C 错误D 正确．
30．D
【解析】
试题分析：根据库仑定律公式：，Q 1增大到2倍时，Q 2减为原来的，而距离增大到原来的
3倍，则库仑力变为：，D正确；ABC错误；故选D。

考点：库仑定律。

【名师点睛】根据库仑定律公式，结合电量与间距的变化，从而即可分析求解。