7.(1)0.24;0.21;

(2)否，因两打点计时器同时开始、停止工作，故两小车运动的时间相等，可以用纸带上打点的总位移大小之比表示加速度之比;

(3)BC;(4)O→E

解：(1)匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度;

对于第一条纸带，有： ，

根据作差法得：a= =0.21m/s2，

(2)小车做初速度为零的匀加速直线运动，结合位移时间关系公式，有：

;

故不需要求出小车运动加速度的确切值;

理由：因两打点计时器同时开始、停止工作，故两小车运动的时间相等，可以用纸带上打点的总位移大小之比表示加速度大小之比;

(3)A、B、采用倍增法使功成倍增加，通过改变小车运动的距离来改变外力做功时，根据W=Fx，由于合力恒定，故不需要平衡摩擦力，也不需要保证M远大于m，故A错误，B正确;

C、D、采用倍增法使功成倍增加，通过改变小车上砝码的质量来改变外力做功时，根据W=Fx，采用mg来表示拉力F;如果把(M+m)作为整体来研究动能定理，就不需要必须满足M远大于m;当然，如果对小车M进行动能定理研究，肯定要满足M远大于m;故C正确，D错误;

故选：BD.

(4)由图可知计数点之间的距离逐渐增大，所以小车的加速度方向O→E.

8.      2.2×104Ω     将转换开关调到“×1Ω”档位，重新进行欧姆调零

9.解：(1)汽车做匀加速直线运动，△x= =a•△

a= = m/ =1.0 m/ .

(2)做匀加速直线运动的汽车所受合力为恒力，由牛顿第二定律得：F﹣ =ma，

所以F=ma+ =3600 N，

随着速度的增大，汽车的输出功率增大，当达到额定功率时，匀加速运动的过程结束，

由P=Fv得

= = m/s=20 m/s，

由匀加速运动公式v=at得：t= =20 s.

(3)当汽车达到最大速度时，有F′= =1600 N.

由P=F′v，得v= =  m/s=45 m/s.

答：(1)汽车的加速度大小为1.0m/ ;

(2)匀加速运动状态最多能保持20s;

(3)汽车所能达到的最大速度为45m/s.

10.(1)闭合电键K之前，电容器带电量为2×10﹣3C.

(2)闭合电键K后，通过电阻R3的总电量是1.5×10﹣3C.

解：(1)闭合电键K之前，R1与电源形成闭合回路，根据闭合电路欧姆定律得电路中的电流为：

I1= = =2A

电容器的电压等于R1的电压为：UC=I1R1=2×10V=20V

所以电容器带电量为：Q1=CUC=20×10﹣4C=2×10﹣3C

根据电流的方向可知，电容器上极板电势高，带正电，下极板电势低，带负电.

(2)闭合电键K后，R2和R4串联后与R1并联，R3上没有电流流过，C两端电压等于R4的电压. = = V=5V

则得电容器的带电量为：Q2=CUC′=5×10﹣3C.

因为U1>U2，外电路中顺着电流方向电势降低，可知电容器上极板的电势高，带正电，下极板的电势低，带负电.

所以闭合电键K后，通过电阻R3的总电量为：Q=Q1﹣Q2=1.5×10﹣3C.

答：(1)闭合电键K之前，电容器带电量为2×10﹣3C.

(2)闭合电键K后，通过电阻R3的总电量是1.5×10﹣3C.

11.解：(1)设从A点射出磁场，O、A间的距离为L，射出时速度的大小仍为v，射出方向与x轴的夹角仍为θ，由洛伦兹力公式和牛顿定律可得：qv0B=

圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得：  =Rsinθ

联解两式，得：

(2)因为T= =

所以粒子在磁场中运动的时间，t= =

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