1.無人駕駛飛機(jī)簡(jiǎn)稱“無人機(jī)”，英文縮寫為“UAV”，是利用無線電遙控設(shè)備和自備的程序控制裝置操縱的不載人飛機(jī)，或者由車載計(jì)算機(jī)完全地或間歇地自主地操作。與有人駕駛飛機(jī)相比，無人機(jī)往往更適合那些太“愚鈍、骯臟或危險(xiǎn)”的任務(wù)。如圖所示，一架無人機(jī)掛著一籃高爾夫球在一定高度沿直線水平勻速飛行，某時(shí)刻甲球墜落，無人機(jī)保持原來運(yùn)動(dòng)狀態(tài)運(yùn)動(dòng)位移x后，乙球又墜落。假設(shè)地面不平整，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是( )
A. 甲乙兩球的落地點(diǎn)一定相距x
B. 兩球在空中時(shí)都在無人機(jī)的正下方
C. 兩球在空中時(shí)不在無人機(jī)的正下方，但兩球與無人機(jī)處于一條直線上
D. 兩球落地的速度大小只由無人機(jī)的水平飛行速度決定
2.如圖所示，一種古老的舂米裝置，使用時(shí)以O(shè)點(diǎn)為支點(diǎn)，人用腳踩踏板C，另一端的舂米錘B上升，松開腳后，B回落撞擊谷槽A中的谷米。已知OCωC
D. B、C的向心加速度大小關(guān)系滿足aB 5eU0T23m
D. 若k=1.5且電子恰好在2T時(shí)刻射出電場(chǎng)，則射出時(shí)的速度大小等于 v02+(eU0Tdm)2
三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共16分。
11.(1)在“探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)中，實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示。
①需要的實(shí)驗(yàn)操作有______。
A.調(diào)節(jié)滑輪使細(xì)線與軌道平行
B.傾斜軌道以補(bǔ)償阻力
C.小車靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器靜止釋放
D.先接通電源再釋放小車
②經(jīng)正確操作后打出一條紙帶，截取其中一段如圖2所示。選取連續(xù)打出的點(diǎn)0、1、2、3、4為計(jì)數(shù)點(diǎn)，則計(jì)數(shù)點(diǎn)1的讀數(shù)為______cm。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交流電源的頻率為50Hz，則打計(jì)數(shù)點(diǎn)2時(shí)小車的速度大小為______m/s(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。
(2)“探究向心力大小的表達(dá)式”實(shí)驗(yàn)裝置如圖3所示。
①采用的實(shí)驗(yàn)方法是______。
A.控制變量法
B.等效法
C.模擬法
②在小球質(zhì)量和轉(zhuǎn)動(dòng)半徑相同的情況下，逐漸加速轉(zhuǎn)動(dòng)手柄到一定速度后保持勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。此時(shí)左右標(biāo)尺露出的紅白相間等分標(biāo)記的比值等于兩小球的______之比(選填“線速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”)；在加速轉(zhuǎn)動(dòng)手柄過程中，左右標(biāo)尺露出紅白相間等分標(biāo)記的比值______(選填“不變”、“變大”或“變小”)。
12.某同學(xué)用如圖甲所示裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，光滑斜面AB與半徑為R的光滑圓弧面相切于斜面底端的B點(diǎn)，圓弧的最低點(diǎn)為C。他采用以下兩種方案來驗(yàn)證小球從斜面上某點(diǎn)由靜止釋放運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中機(jī)械能是否守恒。(當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間)

(1)方案一：
①他用20分度游標(biāo)卡尺測(cè)量小球的直徑d，如圖乙所示，則小球直徑d= ______cm，在C點(diǎn)安裝一個(gè)光電門；
②將小球從斜面上某點(diǎn)由靜止釋放，小球通過C點(diǎn)光電門時(shí)所用的時(shí)間為t，則小球通過C點(diǎn)時(shí)的速度v= ______(用物理量符號(hào)表示)；
③改變小球的釋放位置，測(cè)得釋放位置到C點(diǎn)的高度為?，重復(fù)②，得到多組釋放高度?和對(duì)應(yīng)時(shí)間t，以1t2為橫坐標(biāo)，以?為縱坐標(biāo)，將所得的數(shù)據(jù)點(diǎn)描點(diǎn)、連線，得到一條直線，若直線的斜率k= ______，則表明小球在上述運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒。
(2)方案二：
①在圓弧最低點(diǎn)C安裝一個(gè)力傳感器；
②將小球從斜面上某點(diǎn)由靜止釋放，測(cè)得釋放位置到C點(diǎn)的高度為?，并測(cè)得小球通過C點(diǎn)時(shí)傳感器的示數(shù)F；
③改變小球的釋放位置，重復(fù)②，得到多組釋放高度?和對(duì)應(yīng)傳感器的示數(shù)F，以?為橫坐標(biāo)，以為F縱坐標(biāo)，將所得的數(shù)據(jù)點(diǎn)描點(diǎn)、連線，得到一條直線，該直線的斜率為k，與縱軸的交點(diǎn)為b，若小球在上述運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，則k= ______，b= ______。(用物理量符號(hào)表示)。
四、簡(jiǎn)答題：本大題共1小題，共18分。
13.如圖甲所示，某同學(xué)利用樂高拼裝積木搭建一游戲軌道，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖乙所示。該軌道由固定的豎直軌道AB，半徑分別為r=0.4m、0.5r、1.5r的三個(gè)半圓軌道BCO3、O3DO1、FGH，半徑為r的四分之一圓弧軌道O1E，長(zhǎng)度L=1m的水平軌道EF組成，軌道BCO3和軌道O1E前后錯(cuò)開，除水平軌道EF段外其他軌道均光滑，且各處平滑連接?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的滑塊從A點(diǎn)由靜止釋放，恰好可以通過軌道O3DO1的最高點(diǎn)D，不計(jì)空氣阻力。
(1)求A、C兩點(diǎn)的高度差?；
(2)要使物塊至少經(jīng)過F點(diǎn)一次，且運(yùn)動(dòng)過程中始終不脫離軌道，求滑塊與水平軌道EF間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的范圍；
(3)若半圓軌道O3DO1中缺一塊圓心角為2θ的圓弧積木IDJ(I、J關(guān)于O2D對(duì)稱)，滑塊從I飛出后恰能無碰撞從J進(jìn)入軌道，求θ的值。
五、計(jì)算題：本大題共2小題，共20分。
14.如圖所示，電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，在水平方向沿O1O2垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后速度與水平方向成30°，打到熒光屏P上的A點(diǎn)。已知加速電場(chǎng)中的電壓為U1，形成偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的平行板電容器的極板長(zhǎng)為L(zhǎng)(不考慮電場(chǎng)邊緣效應(yīng))，A點(diǎn)與O2距離為?，忽略電子的重力影響，不計(jì)空氣阻力，電子質(zhì)量為m，電荷量為e。求：
(1)粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度v的大??；
(2)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向；
(3)熒光屏到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)右邊界的水平距離s。
15.如圖所示，平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔，初始時(shí)不帶電。距小孔正上方高?處不斷有質(zhì)量為m、電荷量為+q的小液滴由靜止滴落，當(dāng)帶電液滴接觸到下極板后會(huì)把電量全部傳給極板，直到液滴不能到達(dá)下極板時(shí)停止釋放液滴(空氣阻力忽略不計(jì)，極板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，重力加速度為g)。求：
(1)小液滴到達(dá)小孔處的速度；
(2)電容器所帶電荷量的最大值；
(3)最后滴下的液滴從開始下落到離開上極板的時(shí)間。
答案解析
1.B
【解析】解：A、只有地面水平時(shí)甲乙兩球的落地點(diǎn)才會(huì)相距x。故A錯(cuò)誤；
BC、由于慣性，甲乙兩球離開無人機(jī)后保持原來的水平速度，兩球在空中時(shí)都在無人機(jī)的正下方，故B正確；C錯(cuò)誤；
D、兩球落地速度大小由無人機(jī)的水平飛行速度及下落高度共同決定，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
把平拋運(yùn)動(dòng)分解成水平和豎直兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解法解答。
熟練運(yùn)用合成與分解法處理平拋運(yùn)動(dòng)。
2.A
【解析】解：AC、由于B、C做同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度大小相等，所以相同時(shí)間內(nèi)B、C的轉(zhuǎn)過的角度相等，故A正確，C錯(cuò)誤；
B、由于OCvC，故B錯(cuò)誤；
D、由于OCaC，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
B、C兩點(diǎn)為同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相同；根據(jù)題意判斷B、C兩點(diǎn)的半徑關(guān)系，根據(jù)a=ω2r比較兩點(diǎn)向心加速度大小，根據(jù)v=ωr比較兩點(diǎn)線速度大小。
本題考查勻速圓周運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵是知道同軸轉(zhuǎn)動(dòng)的特點(diǎn)，掌握勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度和加速度公式。
3.C
【解析】解：A、根據(jù)圖乙中水珠做離心運(yùn)動(dòng)的方向，可知杯子旋轉(zhuǎn)方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，則P位置的小水珠速度方向應(yīng)沿b方向，故A錯(cuò)誤；
B、水珠做離心運(yùn)動(dòng)是由于合外力小于所需向心力，故B錯(cuò)誤；
C、杯子做逆時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則P、Q兩位置，杯子的角速度相同，故C正確；
D、從Q到P，杯子所受合力始終指向圓心，與其速度夾角為90°，合外力做功為零，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
根據(jù)圖乙中水珠做離心運(yùn)動(dòng)的方向，可以判斷杯子的旋轉(zhuǎn)方向，進(jìn)而判斷P位置的小水珠速度方向。根據(jù)向心加速度的矢量特性，判斷P、Q兩位置，杯子的向心加速度是否相同。根據(jù)速度的矢量性分析速度是否相同；杯子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)杯子所受合外力的特點(diǎn)、與位移的角度關(guān)系，判斷從Q到P，杯子所受合外力做功是否為零。
解答本題，要掌握速度、向心加速度、速度變化量均為矢量；要掌握勻速圓周運(yùn)動(dòng)合外力充當(dāng)向心力、且合外力指向圓心、不做功。
4.B
【解析】解：由于電極XX′加的是掃描電壓，電極YY′之間所加的電壓是信號(hào)電壓，信號(hào)電壓與掃描電壓周期相同，所以熒光屏上會(huì)看到的圖形是B；
故選：B。
示波管的YY′偏轉(zhuǎn)電壓上加的是待顯示的信號(hào)電壓，XX′偏轉(zhuǎn)電極通常接入鋸齒形電壓，即掃描電壓，當(dāng)信號(hào)電壓與掃描電壓周期相同時(shí)，就可以在熒光屏上得到待測(cè)信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)的穩(wěn)定圖象．
本題關(guān)鍵要清楚示波管的工作原理，要用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的正交分解思想進(jìn)行思考．
5.C
【解析】解：對(duì)兩小球受力分析如圖：
F1、F1′為A、B兩小球之間的庫(kù)侖力，F(xiàn)2、F2′為兩小球之間的彈簧彈力，滿足F=F1+F2=F′=F1′+F2′
對(duì)A球受力分析，根據(jù)幾何關(guān)系可得：m1gOC=T1OA=FAC
同理對(duì)B球分析，根據(jù)幾何關(guān)系可得：m2gOC=T2OB=F′BC
A、兩細(xì)線的拉力之比為：T1T2=m1m2，保持不變，故A錯(cuò)誤；
B、當(dāng)A球的電荷量增大，則兩球距離會(huì)增大，夾角α、β增大，故B錯(cuò)誤；
C、AC與BC的長(zhǎng)度之比：ACBC=m2m1，保持不變，故C正確；
D、繩長(zhǎng)不變，夾角α、β增大，C點(diǎn)上移，OC長(zhǎng)度變小，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
對(duì)兩個(gè)小球進(jìn)行分析，根據(jù)幾何關(guān)系得到拉力之比、AC和BC的長(zhǎng)度之比，根據(jù)小球的移動(dòng)情況分析角度的變化。
本題主要是考查了庫(kù)侖力作用下的共點(diǎn)力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解，然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。
6.C
【解析】解；設(shè)球體密度為ρ，其質(zhì)量為M，則有M=ρ?43πR3，則被挖去的小球的質(zhì)量M′=ρ?43π(R2)3=M8
根據(jù)萬有引力定律得：F=GMm(2R)2
小球體對(duì)質(zhì)點(diǎn)的萬有引力F′=GM′m(52R)2
則剩余部分對(duì)質(zhì)點(diǎn)的萬有引力為F余=F?F′
聯(lián)立解得：F余=2325F，故C正確，ABD錯(cuò)誤。
故選：C。
根據(jù)體積關(guān)系，求出挖去部分的質(zhì)量。用沒挖之前球?qū)|(zhì)點(diǎn)的萬有引力，減去被挖部分對(duì)質(zhì)點(diǎn)的萬有引力，就是剩余部分對(duì)質(zhì)點(diǎn)的萬有引力。
掌握割補(bǔ)思想是解決本題的主要入手點(diǎn)，掌握萬有引力定律公式是解題的基礎(chǔ)。
7.C
【解析】解：A、由電場(chǎng)的分布特點(diǎn)知，點(diǎn)電荷Q1帶正電，點(diǎn)電荷Q2帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
BC、試探電荷在x2～x4之間電勢(shì)能增大，試探電荷受到的電場(chǎng)力對(duì)試探電荷做負(fù)功，所以試探電荷所受電場(chǎng)力沿x軸負(fù)方向，電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸正方向，故B錯(cuò)誤，C正確；
D、由題圖可知x4處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，則kQ1x42=kQ2(x1+x4)2，解得Q1Q2=x42(x1+x4)2，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
根據(jù)電場(chǎng)分布可以確定點(diǎn)電荷帶電性質(zhì)，根據(jù)電勢(shì)能的變化可以分析電場(chǎng)力做功問題，從而判斷電場(chǎng)強(qiáng)度方向，最后根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)為零的位置，可以比較點(diǎn)電荷電荷量的比值。
該題考查兩個(gè)點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)的疊加，根據(jù)電場(chǎng)的分布、電勢(shì)能的變化以及點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)為零位置的確定可以分析本題。本題的難點(diǎn)在于學(xué)生能否準(zhǔn)確的讀懂題干中的圖像。
8.BD
【解析】解：根據(jù)對(duì)小球的受力分析可知，懸線偏離豎直方向的夾角符合
tanθ=Eqmg
因此兩極板間的場(chǎng)強(qiáng)越大，θ越大。
A.保持S閉合，極板間的電壓大小等于電源電動(dòng)勢(shì)?；瑒?dòng)變阻器的滑片位置不會(huì)影響極板上的電壓大小，則場(chǎng)強(qiáng)大小不變，θ不變。故A錯(cuò)誤；
B.保持S閉合，極板間電壓不變時(shí)，將N板向M板靠近，則板間距離d減小，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)E=Ud可知場(chǎng)強(qiáng)大小增大，則θ增大。故B正確；
C.斷開S，則極板上的電荷量Q不變，將N板向M板靠近，則根據(jù)
C=εrS4πkd，C=QU
可得
U=4πkQd?rS
極板間的場(chǎng)強(qiáng)
E=Ud=4πkQ?rS
極板間距離d增大或減小不影響場(chǎng)強(qiáng)大小，其余物理量均不變，則場(chǎng)強(qiáng)大小不變，θ不變。故C錯(cuò)誤；
D.根據(jù)上述分析，斷開S，將N板向下移動(dòng)少許，則極板間的正對(duì)面積S減小，則場(chǎng)強(qiáng)E增大，則θ增大。故D正確。
故選：BD。
電容和電源相連時(shí)電容器兩端間的電壓與滑動(dòng)變阻器兩端的電壓之和相等，通過判斷滑動(dòng)變阻器兩端間電壓的變化，知道極板間電場(chǎng)的變化，從而知道電場(chǎng)力的變化及拉力的變化，判斷θ的變化情況；
電容器和電源斷開后，電容器上的電量不變，根據(jù)電容器的定義式、電容的決定式和電場(chǎng)強(qiáng)度公式聯(lián)立可得電場(chǎng)強(qiáng)度E與板間距無關(guān)，與正對(duì)面積有關(guān)，從而明確小球受電場(chǎng)力的變化，再根據(jù)平衡條件確定夾角的變化。
解決本題的關(guān)鍵是：
1、熟悉含容電路的特點(diǎn)：電容兩端間的電壓與其并聯(lián)部分的電壓相等；含容支路中的電阻相當(dāng)于導(dǎo)線。
2、會(huì)正確的進(jìn)行受力分析，搞清楚什么力變化導(dǎo)致拉力的變化。
9.BCD
【解析】解：A.從速度—時(shí)間圖像可知，由C到A的過程中，物塊的速度一直增大，電場(chǎng)力對(duì)物塊做正功，電勢(shì)能一直減小，故A錯(cuò)誤；
B.v?t圖像的斜率表示加速度，由v?t圖可知帶電粒子在B點(diǎn)的加速度最大，且為
amax=ΔvΔt=4×10?27?5m/s2=2×10?2m/s2
則小物塊在B所受的電場(chǎng)力最大為
Fmax=mamax=0.1×2×10?2N=2×10?3N
則B點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)最大，且最大值為
Emax=Fmaxq=2×10?32×10?7V/m=104V/m
故B正確；
C.據(jù)兩個(gè)等量同種正電荷其連線中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度方向由O點(diǎn)沿中垂線指向外側(cè)，故由C點(diǎn)到A點(diǎn)的過程中電勢(shì)逐漸減小，故C正確；
D.從v?t圖像可知，A、B兩點(diǎn)的速度分別為
vA=6×10?2m/s
vB=4×10?2m/s
再根據(jù)動(dòng)能定理得
qUAB=12mvB2?12mvA2=12×0.1×(42?62)×(10?2)2J=?1×10?4J，
代入數(shù)據(jù)解得
UAB=?500V
故D正確。
故選：BCD。
由能量守恒定律分析電勢(shì)能的變化情況。根據(jù)v?t圖可知物塊在B點(diǎn)的加速度最大，此處電場(chǎng)強(qiáng)度最大，根據(jù)牛頓第二定律求場(chǎng)強(qiáng)的最大值。由C到A的過程中物塊的動(dòng)能一直增大，根據(jù)電場(chǎng)線的方向分析電勢(shì)的變化，由動(dòng)能定理可求得AB兩點(diǎn)的電勢(shì)差。
明確等量同種電荷電場(chǎng)的特點(diǎn)是解本題的關(guān)鍵，要知道v?t圖切線的斜率表示加速度，由動(dòng)能定理求電勢(shì)差是常用的方法。
10.BC
【解析】解：AB、若k=1，電子在豎直方向的速度隨時(shí)間變化的圖象如圖所示
若電子恰好在2T時(shí)刻射出電場(chǎng)，豎直方向的速度為零，則電子射出時(shí)的速度為v0；
若電子恰好在3T時(shí)刻從A板邊緣射出電場(chǎng)，在0～2T時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)力做功為零，電子動(dòng)能變化為零，在2T～3T時(shí)間內(nèi)根據(jù)動(dòng)能定理可得：△Ek=e×U02×13=eU06，故A錯(cuò)誤，B正確；
C、豎直方向，電子在0～T時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度的大小a1=eU0md，位移：x1=12a1t2，
在T～2T時(shí)間內(nèi)先做勻減速運(yùn)動(dòng)，后反向做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度的大小a2=3eU02md，初速度的大?。簐1=a1T
勻減速運(yùn)動(dòng)階段的位移x2=v122a2；
由題知d2≥x1+x2，解得d≥ 5eU0T23m，故C正確；
D、若k=1.5且電子恰好在2T時(shí)刻射出電場(chǎng)，垂直電場(chǎng)方向速度為v0，射出時(shí)水平方向的速度大小為：vy=a2T?a1T=4eU0T9md
合速度為v合= v02+(4eU0T9dm)2，故D錯(cuò)誤。
故選：BC。
若k=1，分析電子在豎直方向的速度隨時(shí)間變化情況，根據(jù)動(dòng)能定理得到T時(shí)刻或2T時(shí)刻射出電場(chǎng)時(shí)的速度；
若k=1.5且電子恰好在2T時(shí)刻射出電場(chǎng)，分析電子的受力情況，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解位移和速度。
本題主要是考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是弄清楚運(yùn)動(dòng)過程和受力情況，根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合動(dòng)能定理等進(jìn)行解答。
11.ABC 2.74 1.47 A 角速度平方 不變
【解析】解：(1)①A、為使小車能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，必須使小車受到的合力恒定，調(diào)節(jié)滑輪使細(xì)線應(yīng)與軌道平行，故A正確；
B、探究小車速度隨時(shí)間變化規(guī)律，與小車是否受到阻力沒有關(guān)系，所以不需傾斜軌道以補(bǔ)償阻力，故B錯(cuò)誤；
C、為提高紙帶的利用率，小車應(yīng)靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器靜止釋放，故C正確；
D、實(shí)驗(yàn)中為了在紙帶上打出更多的點(diǎn)，為了打點(diǎn)的穩(wěn)定，具體操作中要求先接通電源再釋放小車，故D正確。
故選：ACD。
②刻度尺為毫米刻度尺，最小分度值為0.1cm，由圖得，計(jì)數(shù)點(diǎn)1的讀數(shù)為2.74cm；
打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交流電源的頻率為50Hz，打點(diǎn)周期T=1f=150s=0.02s
打計(jì)數(shù)點(diǎn)2的時(shí)刻是1到3的中間時(shí)刻，中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于平均速度，設(shè)則打計(jì)數(shù)點(diǎn)2時(shí)小車的速度大小為v=8.61?2.742×0.02×0.01m/s=1.47m/s
(2)①本實(shí)驗(yàn)通過控制一些物理量不變，來研究其他物理量之間的關(guān)系，采用了控制變量法，故A正確，BC錯(cuò)誤。
故選：A。
②左右標(biāo)尺露出的紅白相間等分標(biāo)記的比值等于兩小球的向心力之比，根據(jù)向心力公式得：Fn=mω2r
在小球質(zhì)量和轉(zhuǎn)動(dòng)半徑相同的情況下，向心力之比應(yīng)等于角速度平方之比；
在加速轉(zhuǎn)動(dòng)手柄過程中，左右標(biāo)尺露出紅白相間等分標(biāo)記的比值不變。
故答案為：(1)①ACD；②2.74，1.47；(2)①A；②角速度平方，不變。
(1)①根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理、操作規(guī)范和注意事項(xiàng)分析解答；
②根據(jù)刻度尺讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)即可，根據(jù)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于平均速度求解即可；
(2)①“探究向心力大小的表達(dá)式”采用了控制變量法；
②根據(jù)向心力公式判斷求解即可。
本題考查“探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)和“探究向心力大小的表達(dá)式”實(shí)驗(yàn)，解題關(guān)鍵是掌握實(shí)驗(yàn)原理、注意事項(xiàng)和數(shù)據(jù)處理。
dt d22g 2mgR mg
【解析】解：(1)①由圖可知，20分度游標(biāo)卡尺的第12條刻度線與主尺的24mm對(duì)齊，所以小球的直徑d=24.00mm?12×0.95mm=12.60mm=1.260cm
②小球通過C點(diǎn)時(shí)的速度v=dt
③若小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒mg?=12mv2=12m(dt)2
整理得?=d22g?1t2
直線的斜率為k=d22g
(2)小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒mg?=12mv2
對(duì)小球在C點(diǎn)受力分析并結(jié)合牛頓第二定律有FN?mg=mv2R
由牛頓第三定律有F=FN
可得F=2mgR?+mg
直線的斜率為k=2mgR
直線與縱軸的交點(diǎn)為為b=mg。
故答案為：(1)①1.260；②dt；③d22g；(2)③2mgR；mg。
(1)①根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；
②根據(jù)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度求瞬時(shí)速度；
③根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解??1t2函數(shù)，得到圖像斜率的表達(dá)式；
(2)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，牛頓第二、第三定律求解F??函數(shù)，結(jié)合圖像求斜率和縱截距的關(guān)系式。
本題考查游標(biāo)卡尺的讀數(shù)，理解實(shí)驗(yàn)原理，熟練掌握牛頓運(yùn)動(dòng)定律和機(jī)械能守恒定律是解題的關(guān)鍵；知道20分度游標(biāo)卡尺游標(biāo)上每小格表示0.95mm。
13.解：(1)滑塊恰好經(jīng)過D，重力提供向心力mg=mvD20.5r
滑塊從A到D，根據(jù)動(dòng)能定理mg(??r?0.5r)=12mvD2
聯(lián)立解得?=0.7m
(2)若恰好滑到F點(diǎn)停下，根據(jù)動(dòng)能定理mg??μ1mgL=0
解得μ1=0.7
當(dāng)?shù)紾點(diǎn)速度為零，根據(jù)動(dòng)能定理mg(??1.5r)?μ2mgL=0
解得μ2=0.1
當(dāng)返回時(shí)不超過O1點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理mg(??r)?μ3mg?2L=0
解得μ3=0.15
綜上可得滑塊與水平軌道EF間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的范圍0.15≤μ≤0.7
(3)A點(diǎn)到I點(diǎn)過程中根據(jù)動(dòng)能定理mg(??r?12rcsθ)=12mv2
設(shè)I點(diǎn)到最高點(diǎn)時(shí)間為t，則有vsinθ=gt
0.5rsinθ=(vcsθ)?t
解得csθ=12
可得θ=arccs12=60°
另一解csθ=1舍去。
答：(1)A、C兩點(diǎn)的高度差0.7m；
(2)滑塊與水平軌道EF間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的范圍0.15≤μ≤0.7；
(3)θ的值為60°。
【解析】(1)D點(diǎn)重力提供向心力，滑塊從A到D，根據(jù)動(dòng)能定理，求?；
(2)恰好滑到F點(diǎn)停下，根據(jù)動(dòng)能定理列式，到G點(diǎn)速度為零，根據(jù)動(dòng)能定理列式，返回時(shí)不超過O1點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理列式，分析動(dòng)摩擦因數(shù)范圍；
(3)A點(diǎn)到I點(diǎn)過程中根據(jù)動(dòng)能定理，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式，求角度θ。
本題考查學(xué)生對(duì)動(dòng)能定理、合力提供向心力的掌握，是一道中等難度題。
14.解：(1)電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速，根據(jù)動(dòng)能定理有：
eU1=12mv2
解得
v= 2eU1m
(2)電子偏轉(zhuǎn)時(shí)做類平拋運(yùn)動(dòng)，有
水平方向：L=vt
豎直方向：vy=at
根據(jù)牛頓第二定律：a=eEm
tan30°=vyv
聯(lián)立可得
E=2 3U13L
方向豎直向下
(3)電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后水平方向和豎直方向均做勻速運(yùn)動(dòng)，則有
s=vt′
??12at2=vyt′
tan30°=vyv
代入數(shù)據(jù)得
s= 3??L2
答：(1)粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度v的大小為 2eU1m；
(2)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為2 3U13L，方向豎直向下；
(3)熒光屏到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)右邊界的水平距離為 3??L2。
【解析】(1)根據(jù)動(dòng)能定理求出電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度v的大小。
(2)電子出電場(chǎng)后反向速度的反向延長(zhǎng)線經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中軸線的中點(diǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系得出速度與水平方向的夾角，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出偏轉(zhuǎn)電壓的大小。
(3)電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后水平方向和豎直方向均做勻速運(yùn)動(dòng)，從而解得熒光屏到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)右邊界的水平距離s。
本題是帶電粒子先加速后偏轉(zhuǎn)問題，電場(chǎng)中加速根據(jù)動(dòng)能定理求解獲得的速度、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中類平拋運(yùn)動(dòng)的研究方法是運(yùn)動(dòng)的分解和合成。
15.解：(1)因電容器上方無電場(chǎng)，故液滴在電容器上方做自由落體運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得
2g?=v2
解得v= 2g?
(2)當(dāng)帶電液滴剛好不能到達(dá)電容器下極板時(shí)電容器的電量達(dá)到最大，對(duì)剛好不能到達(dá)電容器下極板的帶電液滴運(yùn)用動(dòng)能定理得
mg(?+d)?qU=0
根據(jù)電容器的公式有Q=CU
解得Q=mgC(?+d)q
(3)液滴在電容器上方做自由落體運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律
?=12gt2
t1= 2?g
液滴在電容器內(nèi)部做勻變速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律
d=v2(t22)
解得t2=4d 2g?
故t=t1+t2
解得t=(1+2d?) 2g?g
答：(1)小液滴到達(dá)小孔處的速度為 2g?；
(2)電容器所帶電荷量的最大值為mgC(?+d)q；
(3)最后滴下的液滴從開始下落到離開上極板的時(shí)間為(1+2d?) 2g?g。
【解析】(1)根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律列式求解速度；
(2)根據(jù)動(dòng)能定理和電容器的電荷量公式聯(lián)立求解；
(3)根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律列式求解時(shí)間。
考查帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題，會(huì)結(jié)合動(dòng)能定理、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解相關(guān)物理量。

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