7.【詳解】
A.物塊在緩慢移動過程中，以小環(huán)O為對象，由于小環(huán)O兩側(cè)輕繩1的張力大小總是相等，則小環(huán)O兩側(cè)輕繩1的張力合力沿平分線上，根據(jù)受力平衡可知，輕繩2的延長線始終平分，故A錯誤；
B.施加拉力F前，以小環(huán)O為對象，受到輕繩2的拉力等于物塊P的重力，豎直方向根據(jù)受力平衡可得： 解得輕繩1的張力大小為：故B錯誤；
C.物塊在緩慢移動過程中，由于M、N之間的輕繩1長度不變，根據(jù)數(shù)學知識可知，小環(huán)O的運動軌跡為橢圓，M、N為橢圓的兩個焦點；當輕繩2與連線方向垂直時，小環(huán)O剛好位于橢圓的短軸頂點上，根據(jù)橢圓知識可知此時最大，則此過程逐漸增大，以小環(huán)O為對象，根據(jù)受力平衡可得： 可得：
可知此過程經(jīng)繩1的張力一直增大, 故C正確；
D.物塊在緩慢移動過程中，由拉冪定理得F越來越大,故選C。
10.【詳解】
A．剛開始時線框相對于磁場的速度最大，此時感應電動勢最大，ab、cd均切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢方向相同，則總電動勢為，因線框電阻為R，則ad部分電阻為 eq \f(R,6) ，則b、c兩點間的電壓的最大值為 eq Ebc=\f(E總,6)=\f(BLv0,3) ，A正確；
B．磁場向右運動，相當于線框切割磁感線，ab、cd所處的磁場區(qū)域會不斷發(fā)生變化，結(jié)合右手定則可分析出金屬框中電流方向并不是不變的，B錯誤；
CD．設玩具車最大速度為v，則相對于磁場的速度為v0-v，此時總電動勢為
總安培力為：
因玩具車所受阻力為其對地速度的k倍，則有：
可得：
玩具車達到最大速度時即勻速時，經(jīng)上分析可知安培力的功率為：
電功率為：，僅當 即： 才有：
C錯誤D正確。故選AD。
11.【答案】（1）BD/DB（1分） （2）一（1分） B和C（1分） 2:1（1分） （3）B（1分）
（4）質(zhì)量和半徑一定的條件下，物體做圓周運動的向心力大小與角速度的平方成正比（2分）
【詳解】（1）在該實驗中，通過控制質(zhì)量、半徑、角速度中兩個物理量相同，探究向心力與另外一個物理量之間的關(guān)系，采用的科學方法是控制變量法。
A．探究平拋運動的特點，例如兩球同時落地，兩球在豎直方向上的運動效果相同，應用了等效思想，故A錯誤；
B．當一個物理量與多個物理量相關(guān)時，應采用控制變量法，探究該物理量與某一個量的關(guān)系，在探究影響導體電阻的因素實驗中使用了控制變量法，故B正確；
C．探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律，應用了等效替代法，故C錯誤；
D．探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系，應用了控制變量法，故D正確。
故選BD。
（2）變速塔輪邊緣處的線速度相等，根據(jù)
v=ωr
在探究向心力大小與半徑的關(guān)系時，需控制小球質(zhì)量、角速度相同，運動半徑不同，故需要將傳動皮帶調(diào)至第一層塔輪，將兩個質(zhì)量相等的鋼球分別放在B和C位置。
左右兩球所受向心力大小之比為
F左:F右=n左:n右=2:1
（3）該方法可行，用手機拍照后再通過照片讀出兩邊標尺露出的格數(shù)，這樣可以準確讀出某一時刻兩邊標尺露出的格數(shù)，并通過格數(shù)得出向心力與角速度的關(guān)系，手柄轉(zhuǎn)速變化時，兩邊標尺露出的格數(shù)同時變化，仍可通過格數(shù)得出向心力與角速度的關(guān)系，故不需要勻速轉(zhuǎn)動手柄。
故選B。
（4）變速塔輪邊緣處的線速度相等，根據(jù)
v=ωr
左右兩小球的角速度之比為
可得的實驗結(jié)論是：質(zhì)量和半徑一定的條件下，物體做圓周運動的向心力大小與角速度的平方成正比。
12.【答案】
（1）×1（1分） （2）A（1分） D（1分） E（1分） （3）見解析（2分） （4）（2分）
【詳解】（1）先用多用電表歐姆擋的擋粗測鉛筆芯電阻，指針偏轉(zhuǎn)如圖（a）所示，可知待測電阻阻值較小，為了進一步測量電阻值，可將旋鈕調(diào)至擋后再次進行測量。
（2）因電源電動勢為3V，則電壓表應選擇A；電路中最大電流不超過0.6A，則電流表應選擇D；滑動變阻器應選擇與待測電阻阻值相當?shù)腅；
（3）要求測量電路的電壓從0開始變化，則滑動變阻器應采用分壓接法；由于待測電阻較小，遠小于電壓表內(nèi)阻，則電流表應采用外接法，實物連線如圖所示
（4）根據(jù)電阻定律
eq s=π(\f(d,2))2
eq R=\f(U,I)
可得
13.【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）根據(jù)幾何關(guān)系，已知材料繞底面上的水平直徑AB轉(zhuǎn)動30°時，激光的入射角
θ1=30° （1分）
設折射角為θ2，根據(jù)幾何關(guān)系知
tan(θ2-30°)= eq \f(\f(\r(,3),3)R,R) = eq \f(\r(,3),3) （1分）
解得
θ2=60° （1分）
根據(jù)折射定律
eq n=\f(sinθ2,sinθ1) （1分）
解得
（1分）
（2）根據(jù)折射定律
（1分）
得
eq v= \f(\r(,3),3)c （1分）
激光在半球形透明材料傳播的距離為
s=R （1分）
s=vt （1分）
解得
t= eq \f(\r(,3)R,c) （1分）
14.【答案】（1） eq a=\r(,\f(v\(\sup1(4),\s\d1(0)),r2)+μ2g2) （2）s=0.0625m
【詳解】（1）A剛開始運動時軌道的彈力提供向心力
eq FN=mA\f(v\(\s\up1(2),\s\d4(0)),r) (1分）
A所受摩擦力為
f=μmAg (1分）
根據(jù)牛頓第二定律
eq \r(,F\(\s\up1(2),\s\d4(N))+f 2) =mAa (1分）
解得
eq a=\r(,\f(v\(\sup1(4),\s\d1(0)),r2)+μ2g2) (1分）
【以下解法同樣給分：
A的向心加速度和切向加速度大小分別為
eq an=\f(v\(\sup1(2),\s\d1(0)),r) (1分）
eq at=μg (1分）
故
eq a=\r(,a\(\sup1(2),\s\d1(n))+a\(\sup1(2),\s\d1(t)))=\r(,\f(v\(\sup1(4),\s\d1(0)),r2)+μ2g2) (2分）】
（2）設A與B碰前瞬間的速度為v，根據(jù)動能定理
eq -μmAg·πr=\f(1,2)mAv2-\f(1,2)mAv\(\s\up1(2),\s\d1(0)) (1分）
解得
v=1m/s (1分）
根據(jù)動量守恒
(1分）
根據(jù)機械能守恒
(1分）
解得
v2=0.5m/s (1分）
又
eq -μmBg·s=0-\f(1,2)mBv\(\s\up1(2),\s\d1(2)) (1分）
解得
s=0.0625m (1分）
【以下解法同樣給分：
B的切向加速度
(1分）
B沿著切向方向做勻減速運動，則
s= eq \f(v\(\s\up1(2),\s\d1(2)),2aB) =0.0625m (1分）】
15.【答案】（1） eq ym=\f(L,4) （2）形成的亮斑是一條線段（或直線） （3） eq Lm=2(\f(1,B)\r(,\f(mU0,2e))+\r(,\f(mU0,2eB2) + \f(L2,16)))
（4）x=±rm(1-csωt)=± eq \f(2-\r(,3),2B)\r(,\f(mU0,2e)) ，y=±(ym+rmsinωt)=± eq (\f(L,4) + \f(1,2B)\r(,\f(mU0,2e)))
【詳解】解：（1）電子在電場中加速度，由動能定理
eq eU0 = \f(1,2)mv\(\s\up1(2),\s\d1(0)) （1分）
得
eq v0= \r(,\f(2eU0,m)) （1分）
在兩極板間運動時，有
eq L=v0t （1分）
eq ym=\f(1,2)at2 （1分）
eq e\f(U0,L)=ma （1分）
解得
eq ym=\f(L,4) （1分）
（2）形成的亮斑是一條線段（或直線） （2分）
（3）粒子飛出兩極板時
eq vy=at=\f(eu,mL)·\f(L,v0)=u\r(,\f(e,2mU0)) （1分）
eq y=\f(1,2)·\f(eu,mL)t2 =\f(uL,4U0)
此后，粒子沿著中心軸線方向做勻速運動，在xOy平面上以vy的速度做勻速圓周運動
eq evyB=m\f(v\(\s\up1(2),\s\d1(y)),r) （1分）
解得
eq r=\f(u,B)\r(,\f(m,2eU0)) （1分）
可得
eq tanθ= \f(r,y) = \f(4,BL)\r(,\f(mU0,2e))
可知為定值，即不同位置出射的粒子的圓心在同一條線上。
隨著z的取值不同，形成的亮斑一直是一條直線，且在旋轉(zhuǎn)。如圖所示
所以亮斑的最大長度為
（1分）
又
eq rm=\f(1,B)\r(,\f(mU0,2e)) （1分）
故
eq Lm=2(\f(1,B)\r(,\f(mU0,2e))+\r(,\f(mU0,2eB2) + \f(L2,16))) （1分）
（4）電子在xOy平面上的投影為圓周運動，電子在磁場中的運動時間為
eq t=\f(z,v0)=\f(πm,6eB) （1分）
電子旋轉(zhuǎn)的角速度為
eq ω=\f(2π,T) = \f(eB,m) （1分）
偏離中心軸線最大位移處進入水平磁場的電子打在熒光屏上距y軸最遠，即
x=±rm(1-csωt)=± eq \f(2-\r(,3),2B)\r(,\f(mU0,2e)) （1分）
y=±(ym+rmsinωt)=± eq (\f(L,4) + \f(1,2B)\r(,\f(mU0,2e))) （1分）

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