1.A 2.D 3.B 4.B 5.C 6.C 7.D 8.BC 9.AD 10.CD
二、非選擇題
11. (1)2.01 (2)大于 (3)0.032
12. (1)B (2)C (3)C (4)m1OB=m1OA+m2OC
(5)減少小球體積，換密度更大的小球，多次測(cè)量取平均值，換精確度更高的尺測(cè)量（答案合理均給分）
13．（1）vB=5m/s （2）N=67N
【詳解】（1）設(shè)小球在B點(diǎn)的速度為vB，從A到B且對(duì)B點(diǎn)剛好無彈力:vB=v0sinθ ，解得：vB=5m/s
（2）vB從B到C，根據(jù)動(dòng)能定理有：mgR1+sinθ=12mvC2-12mvB2
在C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有：N-mg=mvC2R
求得N=67N
14．（1） ，方向水平向右；，方向水平向左；（2）Epm=2kmgRk+1； （3）k>3
【詳解】（1）因小球和滑塊組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，則系統(tǒng)水平動(dòng)量守恒。取水平向右為正方向，則有:
根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得:
聯(lián)立，解得: ，方向水平向右； ，方向水平向左。
（2）小球A擠壓彈簧過程中，當(dāng)兩小球共速時(shí)，彈簧壓縮最短，具有最大的彈性勢(shì)能，可得：
A與C動(dòng)量守恒得：
聯(lián)立，解得：Epm=2kmgRk+1
小球A與小球C通過彈簧相互作用過程中，動(dòng)量守恒機(jī)械能守恒，有：

聯(lián)立，解得：
負(fù)號(hào)表示小球A向左運(yùn)動(dòng)，要使小球A彈回后能追上滑塊B，則有:
解得:k>3
15．（1）t=2Lg；（2）（-22L，-22L）；（3）23mgq
【詳解】(1)由受力分析可知，小球初始所受合力F=(mg)2+(qE)2=2mg；
如圖所示小球沿AB方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，直至B點(diǎn)細(xì)繩繃直，設(shè)此過程中小球走過的位移為S，則S=2L；
設(shè)小球運(yùn)動(dòng)過程中加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律F=ma，可知a=2g；結(jié)合運(yùn)動(dòng)方程S=12at2，求得t=2Lg
(2)根據(jù)小球合力方向可知，小球到達(dá)與O點(diǎn)等高的B點(diǎn)瞬間繩繃直，設(shè)小球剛到達(dá)B時(shí)速度為vB，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)方程vB2=2aS，求得vB=2gL；
如圖所示，此后小球在B處沿繩方向速度vB1減為零，由幾何關(guān)系求得小球在B處速度瞬間由vB變?yōu)関B2=2gL；
假設(shè)之后小球一直能以O(shè)點(diǎn)為圓心做圓周運(yùn)動(dòng)，小球運(yùn)動(dòng)到最左端時(shí)與y軸夾角為θ，根據(jù)動(dòng)能定理：mgLcsθ-EqL1+sinθ=0-12mvB22，求得sinθ=csθ=22，即θ=45°，由于小球在電場(chǎng)和重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，等效水平面恰好與y軸夾角為45°，說明在小球之后的運(yùn)動(dòng)中細(xì)繩一直繃直，因此假設(shè)成立。由幾何關(guān)系求得小球運(yùn)動(dòng)到最左端時(shí)處于第三象限中，x=-22L，y=-22L，位置坐標(biāo)為（-22L，-22L）
(3)小球在1個(gè)周期內(nèi)，0～T4內(nèi)，做直線運(yùn)動(dòng)，T4～T內(nèi)做曲線運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻回到A點(diǎn)的正下方的C點(diǎn)，軌跡如圖所示（此過程中細(xì)繩松弛，圖中沒有畫出）
在水平方向上，0～T4內(nèi)，向右運(yùn)動(dòng)x1=12qE2m(T4)2，T4～T內(nèi)，做曲線運(yùn)動(dòng)，水平方向上，向右運(yùn)動(dòng)位移仍為x1，豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)2L=12gT2，則T=4Lg；
由運(yùn)動(dòng)的分析可知，要使小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低處C點(diǎn)且不與軌道相碰，需T2時(shí)刻到達(dá)最大水平位移處，由幾何關(guān)系可得，需滿足向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為32L ，由此可得12qE2m(T4)2×2=32L，解得E2=23mgq，故所加電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值不能超23mgq。

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