参考答案：设太阳质量为M，木星质量为M′，木星卫星的质量是m；
A、木星的卫星绕木星做圆周运动，由牛顿第二定律得：GM′mr22=m(2πT22)2r2，解得M′=4π2r32GT22，
因为4、π、G是常数，已知半径r2、周期T2，所以可以求出木星的质量，故A正确；
B、因为不知道卫星的质量，无法由万有引力定律求出木星与卫星间的万有引力，故B错误；
C、木星绕太阳做圆周运动，由牛顿第二定律得：GMM′r21=M′(2πT1)2r1，解得M=4π2r31GT21，
因为4、π、G是常数，已知半径r1、周期T1，所以可以求出太阳的质量，故C正确；
D、由开普勒第三定律可知，在同一系统内，行星（或卫星）半长轴r的三次方与它运转周期T的二次方成正比，
即r3T2=k，由于木星绕太阳运动，卫星绕木星运动，系数k不相等，所以r31T21≠r32T22，故D错误；
故选AC．

本题解析：

本题难度：简单

4、简答题  如图甲所示，真空中两水平放置的平行金属板C、D，上面分别开有两对正对的小孔O1、O2和O3、O4，O2与O3之间的距离d=20cm．金属板C、D接在正弦交流电源上，C、D两板间的电压UCD随时间t变化的图线如图乙所示．t=0时刻开始，从C板小孔O1处连续不断飘入质量m=3.2×10-25kg、电荷量q=1.6×10-19C的带正电的粒子（飘入速度很小，可忽略不计）．在D板外侧有范围足够大匀强磁场，磁感应强度大小B=0.1T，方向垂直纸面向里，粒子受到的重力及粒子间的相互作用力均可忽略不计，平行金属板C、D之间距离足够小，粒子在两板间的运动时间可忽略不计．（取π近似等于3）

（1）带电粒子若经磁场的作用后恰能进入小孔O3，则带电粒子从小孔O2进入磁场时的速度为多大？
（2）在什么时刻飘入小孔O1的粒子，恰好能够进入小孔O3？
（3）经过小孔O3进入C、D两板间的粒子，从小孔O4射出时的动能为多大？

参考答案：（1）设带电粒子小孔O2进入磁场时的速度为v0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，其半径为R，根据牛顿第二定律有qv0B=mv02R
因粒子恰好能进入小孔O3，粒子运动轨迹如答图2所示，有R=12d
解得速度v0=qBd2m=5×103m/s
（2）设恰能进入小孔O3的粒子在电场中运动时CD板对应的电压为U0，根据动能定理qU0=12mν02
解得U0=mν022q=25V
由于粒子带正电，因此只有在C板电势高（UCD=UC-UD＞0）时才能被加速进入磁场，因此解得UCD=25?V对应时刻分别为
t1=（0.25+2n）×10-4s?（n=0，1，2…）
t2=（0.75+2n）×10-4s?（n=0，1，2…）
（3）设粒子在磁场中运动的周期为T，根据牛顿第二定律和圆周运动规律qv0B=4π2mRT2，v0=2πRT
得T=2πmqB
粒子在磁场中运动的时间t=T2=πmqB=0.6×10-4s
在t1时刻飘入的粒子，经过时间t，粒子到达小孔O3时，C、D两板间的电压为UCD=15V．粒子在两板之间做减速运动，设到达小孔O4时的动能为E1，根据动能定理，得
-qUCD=E1-12mv20
解得E1=1.6×10-18J
在t2时刻飘入的粒子，经时间t，粒子到达小孔O3时，C、D两板间的电压为UCD′=-35V．粒子在两板之间做加速速运动，设到达小孔O4时的动能为E2，根据动能定理，得
-qUCD′=E2-12mv20
解得E2=9.6×10-18J
答：（1）带电粒子从小孔O2进入磁场时的速度为v0=5×103m/s；
（2）解得UCD=25V，对应时刻分别为
t1=（0.25+2n）×10-4s（n=0，1，2…）
t2=（0.75+2n）×10-4s（n=0，1，2…）
（3）经过小孔O3进入C、D两板间的粒子，从小孔O4射出时的动能为E2=9.6×10-18J．

本题解析：

本题难度：一般

5、简答题  AB是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端B与水平直轨道相切，如图所示．一小球自A点起由静止开始沿轨道下滑．已知圆轨道半径为R，小球的质量为m，不计各处摩擦．求：
（1）小球运动到B点时的动能
（2）小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力NB、NC各是多大？

参考答案：（1）小球从A到B的运动过程中，机械能守恒，选BC所在水平面为参考平面，则：
mgR=12mvB2?①
则小球运动到B点时的动能为：EkB=mgR
（2）根据牛顿运动定律，小球在B点时，有：
NB-mg=mvB2R，②
解①②得：NB=3mg
在C点：Nc=mg．
答：（1）小球运动到B点时的动能为mgR．
（2）小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力NB、NC各是3mg、mg．

本题解析：

本题难度：一般