2023-2024学年湖南省长沙市天心区明德中学高二（下）入学物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省长沙市天心区明德中学高二（下）入学物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列有关光学现象说法正确的是( )
A. 荷叶上的露珠显得特别“明亮”是由于水珠将光线会聚而形成的
B. 仅将双缝干涉实验中的双缝间距调小，则干涉条纹间距变小
C. 肥皂在阳光下呈现彩色条纹是光的衍射现象
D. 用加有偏振滤光片的相机拍照，可以拍摄清楚汽车内部的情景
2.现在的智能手机大多有“双MIC降噪技术”，简单说就是在通话时，辅助麦克风收集背景音，与主麦克风音质信号相减来降低背景噪音。图甲是原理简化图，图乙是理想状态下的降噪过程，实线表示环境噪声声波，虚线表示降噪系统产生的等幅降噪声波，则下列说法正确的是( )
A. 降噪过程应用的是声波的衍射原理
B. 理想状态下，降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等，波长相等
C. P点处的质点经过一个周期振动所产生的路程为4A(A为降噪声波的振幅)
D. P点处的质点经过一个周期向外迁移的距离为一个波长
3.如图所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置于导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时( )
A. P、Q将相互远离B. P、Q将相互靠拢
C. 磁铁的加速度等于gD. 磁铁的加速度大于g
4.如图所示，一足够大的水池内盛有某种透明液体，液体的深度为H，在水池的底部放一点光源S，其中一条光线以θ1=30°入射角射到液体与空气的界面上，以折射角θ2=45°发生折射。则下列说法正确的是( )
A. 液体的折射率为 22
B. 从液体到空气，光的频率变小
C. 光在液体中的传播速度为 22C
D. 液体表面亮斑的面积为13πH2
5.如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中实线所示，a、b、c、d四点共线，ab=2ac=2ae，fe与ab平行，且ae与ab成60°角。一粒子束在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，粒子质量均为m、电荷量均为q(q>0)，具有各种不同速率。不计重力和粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为( )
A. 3πm2qBB. 4πm3qBC. 5πm4qBD. 6πm5qB
6.如图所示为质谱仪的结构图，该质谱仪由速度选择器与偏转磁场两部分组成，已知速度选择器中的磁感应强度大小为B0，电场强度大小为E，荧光屏PQ下方匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为2B0，三个带电荷量均为q，质量不同的粒子沿竖直方向经速度选择器由荧光屏上的狭缝O进入偏转磁场，最终打在荧光屏上的S1、S2、S3处，相对应的三个粒子的质量分别为m1、m2、m3，忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用。则下列说法正确的是( )
A. 三个粒子均带负电
B. 打在S3位置的粒子质量最小
C. 如果S1S3=Δx1，则m3−m1=qB02⋅Δx2E
D. 粒子进入偏转磁场的速度是EB0
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.一列简谐横波沿x轴传播，波速为v=4m/s。已知坐标原点(x=0)处质点的振动图象如图甲所示，t=0.45s时部分波形图如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 简谐横波的传播方向沿x轴正方向
B. x=0.5m处的质点比x=0处的质点振动滞后0.5s
C. x=0处的质点经过0.6s的路程为0.6 m
D. t=0.45s时x=0处的质点对应的纵坐标为 220m
8.A、B两球沿一直线发生正碰，如图所示的x−t图像记录了两球碰撞前后的运动情况，图中的a、b分别为碰撞前A、B两球的x−t图线。碰撞后两球粘合在一起，c为碰撞后整体的x−t图线。若A球的质量mA=2kg，则下列说法正确的是( )
A. B球的质量mB=43kg
B. 相碰时，B对A所施冲量大小为3N⋅s
C. 碰撞过程中，A、B两球组成的系统损失的动能为10J
D. A、B碰撞前总动量为−3kg⋅m
9.在水平光滑绝缘桌面上有一边长为L的正方形金属线框abcd，被限制在沿cd方向的水平长直轨道自由滑动。da边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg，直角边等于L，ef边与cd边在同一直线上，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示。线框在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区域，若图示位置为t=0时刻，设逆时针方向为电流的正方向，水平向右的拉力为正，磁场穿过线框向里时磁通量为正。则穿过线框的磁通量Φ、感应电流i、bc间的电势差Ubc、外力F随位移x变化的图像正确的是( )
A. B.
C. D.
10.如图所示，相距L的光滑金属导轨固定于水平地面上，由竖直放置的半径为R的14圆弧部分和水平平直部分组成。MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。金属棒ab和cd(长度均为L)垂直导轨放置且接触良好，cd静止在磁场中；ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触；cd离开磁场时的速度是此时ab速度的一半。已知ab的质量为m、电阻为r，cd的质量为2m、电阻为2r。金属导轨电阻不计，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. cd在磁场中运动时闭合回路感应电流产生磁场与原磁场方向相反
B. cd在磁场中运动的速度不断变大，速度的变化率不断变小
C. cd在磁场中运动的过程中流过ab横截面的电荷量q=m 2gR2BL
D. 从ab由静止释放至cd刚离开磁场时，cd上产生的焦耳热为18mgR
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.单摆是能够产生往复摆动的一种装置，将无重细杆或不可伸长的细柔绳一端悬于重力场内一定点，另一端固结一个重小球构成单摆。
(1)某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程(图1)，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远处从与单摆摆动平面垂直的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次，得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照片，如图2所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对照片进行分析可知______。

A.A和B位置等高，说明摆球在运动过程中机械能守恒
B.摆球在A点的所受合力大小大于在B点的合力
C.摆球经过O点前后瞬间加速度大小不变
D.摆球从A点到O点的过程中重力做功的功率，等于摆球从O点到B点的过程中克服重力做功的功率
(2)甲、乙两位同学利用如图所示的实验器材探究单摆摆长与周期的关系。
(ⅰ)关于实验操作，下列说法正确的是______；
A.摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能适当长一些
B.摆球尽量选择质量大些、体积小些的
C.为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆角较大
D.用刻度尺测量摆线的长度l，这就是单摆的摆长
E.释放摆球，从摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆周期T=50t
(ⅱ)如图3所示，用游标卡尺测量摆球直径。摆球直径d= ______cm。

(ⅲ)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出一组对应的L与T的数据，并作出L−T2图线，如图4所示，图线上A、B两点的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，则可以得重力加速度g= ______；
(iv)同学乙发现计算得到的重力加速度值总是偏大，可能的原因是______。
A.测摆长时，摆线拉得过紧
B.误将29次全振动记数为30次
C.将摆线长度当着摆长来计算
D.摆动的摆角偏小
E.摆球的质量偏大
12.(1)在研究自感现象时，自感系数较大的线圈一般都有直流电阻，某同学利用如图(1)所示的电路采用伏安法测定线圈的直流电阻，在实验测量完毕后，将电路拆去时应______。
A.先断开开关S1 B.先断开开关S2C.先拆去电流表D.先拆去电阻R
(2)图(2)所示是该同学研究自感现象的实验电路图，并用电流传感器显示出在t=1×10−3s时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L的电流(如图(3)所示)。已知电源电动势E=6V，内阻不计，灯泡的阻值R1=6Ω，电阻R的阻值为2Ω。
①线圈的直流电阻为______Ω；
②开关断开时，该同学观察到的现象是：______。
四、简答题：本大题共2小题，共26分。
13.如图甲所示，水平放置的平行金属板P和Q，相距为d，两板间存在周期性变化的电场或磁场。P、O间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向。t=0时刻，一质量为m、电荷量为+q的粒子(不计重力)，以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，q、m、d、v0、U0为已知量。

(1)若仅存在交变电场，要使电荷飞到Q板时，速度方向恰好与Q板相切，求交变电场周期T；
(2)若仅存在匀强磁场，且满足B0=2mv0qd，粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上(不考虑粒子反弹)，求击中点到出发点的水平距离。
14.一般的曲线运动，尽管曲线各个位置的弯曲程度不一样，但在研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作是圆周运动的一部分，该一小段圆周的半径为该点的曲率半径。这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理了。
张伟设计了如图所示的过山车模型。质量为m的小球从某点由静止释放后沿倾斜轨道下滑，经水平轨道BC进入半径R=0.8m的圆形轨道，恰能做完整的圆周运动；再经水平轨道CE进入“水滴形”曲线轨道EFG并能一直沿轨道运动。已知E点的曲率半径R1=2m，“水滴形”轨道最高点F与圆形轨道最高点D等高。在“水滴形”轨道EFG上运动时，小球的向心加速度大小为一个定值，“水滴形”轨道左右对称。忽略所有轨道摩擦力，各轨道都平滑连接，g取10m/s2。
(1)求F点的曲率半径R2；
(2)将小球想象成“乘客”，试从“乘客”在圆形轨道和“水滴形”轨道的最高点、最低点、运动过程中的受力情况来分析说明：过山车轨道应该选择圆形轨道还是“水滴形”轨道。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、荷叶上的露珠显得特别“明亮”是由于光线从水中射向空气时，发生光的全反射，导致其特别“明亮”，并不是水珠将光线会聚而形成的，故A错误；
B、根据Δx=Ldλ可知，如果将双缝的间距变小，则屏上的干涉条纹的间距将变大，故B错误；
C、肥皂泡在阳光下呈现彩色条纹是来自肥皂膜两个表面的反射光干涉造成的，故C错误；
D、用加有偏振滤光片的相机拍照，偏振片可将车窗的反射光减弱，从而可以拍摄清楚汽车内部的情景，故D正确。
故选：D。
依据光的全反射原理，结合双缝干涉条纹的间距公式，及偏振片的原理，与光的干涉原理，从而即可判定。
考查光的全反射、干涉现象，掌握偏振片的原理，注意双缝干涉条纹的间距公式，知道影响条纹间距的因素，及理解光的干涉与光的全反射条件。
2.【答案】B
【解析】解：AB.由图可看出，理想状态下降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，则频率相同，叠加时产生干涉现象，由于两列声波等幅反相，振动减弱，起到降噪作用，所以降噪过程应用的是声波的干涉原理，故A错误，B正确；
C.图乙所示，此时介质中的质点P处于平衡位置，但因为两列声波等大反向，所以合振幅为零，故质点P静止不动，路程为零，故C错误；
D.波传播时，质点不随波移动，只在平衡位置附近振动，则P点并不随波移动，故D错误。
故选：B。
根据叠加原理，两列声波等幅反相，叠加时产生干涉现象，振动减弱；振动点不随波移动。
本题解题关键是根据叠加原理分析，注意两列声波等幅反相时，振动减弱，是一道基础题。
3.【答案】B
【解析】解：AB、当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用。故A错误，B正确。
CD由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g。故CD错误。
故选：B。
当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况．
本题直接用楞次定律判断电磁感应现象中导体的运动方向，抓住导体总是反抗原磁通量的变化是关键．
4.【答案】C
【解析】解：A、根据折射定律可知，液体的折射率为：n=sinθ2sinθ1=sin45°sin30∘= 2，故A错误；
B、光从液体射到空气，频率不变，故B错误；
C、根据v=cn，可知光在液体中的传播速度v=c 2= 22c，故C正确；
D、根据sinC=1n可知，光从液体射到空气表面发生全反射的临界角为sinC=1 2= 22，C=45°，
则有光射出的液面的半径为：R=H⋅an45°=H
所以液体表面亮斑的面积为：S=πR2=πH2，故D错误。
故选：C。
根据折射定律求解折射率，光从液体射到空气，频率不变，光速增大，根据sinC=1n分析其全反射的临界角，根据几何知识求解液体表面的亮斑的半径，从而分析其面积。
解决该题需要熟记折射定律表达式以及全反射的临界角的求解公式，知道光从一种介质射到另一种介质时，频率不变，波速和波长发生变化。
5.【答案】B
【解析】解：粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由粒子在磁场中运动轨迹对应圆心角决定，即t=θ2πT
粒子垂直ac射入，则圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大，粒子从ac、ba区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期，如图：
根据几何关系可知，粒子从e点射出，对应圆心角最大，为43π，此时圆周半径为ac长度，周期
T=2πmqB
所以在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为t=4πm3qB
故B正确，ACD错误；
故选：B。
粒子在磁场中运动的最长时间可根据粒子在磁场中运动的轨迹圆弧所对应的圆心角的最大值求出。
明确粒子在磁场中做圆周运动能利用公式求出半径和运动时间是解决临界问题的关键。
6.【答案】D
【解析】解：A、根据左手定则知三种粒子均带正电，故A错误；
BD、三种粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，则qE=qvB0，解得v=EB0，则粒子进入偏转磁场的速度是EB0，根据qv×2B0=mv2r，解得m=2qrB0v，打在S3位置的粒子半径最大，则打在S3位置的粒子质量最大，故B错误；D正确；
C、根据qvB=mv2r，解得r1=m1v2qB0，r3=m3v2qB0，又S1S3=Δx=2r3−2r1，解得m3−m1=qB02⋅ΔxE，故C错误。
故选：D。
由左手定则判断三种粒子带电；粒子在速度选择器中所受洛伦兹力和电场力平衡，求得速度，进入磁场做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律求得半径，可判断质量最大的粒子，同时解得质量差。
本题考查速度选择器与质谱仪；关键在于了解其原理，注意速度选择器中粒子要匀速直线运动，可求得速度，掌握粒子在磁场中做匀速圆周运动的规律是解决本题的关键。
7.【答案】ACD
【解析】解：A、由图可知，x=0处质点在t=0.45s时沿y轴正方向振动，则该波沿x轴正方向传播，故A正确；
B、简谐波的周期T=0.4s，x=0.5m处的质点比x=0处的质点振动滞后时间为t=xv=0.54s=0.125s，故B错误；
C、x=0处的质点经过0.6 s的路程s=0.60.4×4A=0.6m，故C正确；
D、x=0处的质点的振动方程为y=0.1sin5πt，将t=0.45s代入得y= 220m，故D正确。
故选：ACD。
利用振动图象和波动图象，得出波的传播方向，再根据波传播的周期性判断质点运动路程等，写出质点的振动方程，代入时间即解得质点纵坐标。
本题考查振动图象和波动图象，正确从图中获取信息是解题关键。
8.【答案】AC
【解析】解：A、由x−t图象的斜率表示速度可得，碰撞前A球的速度为
vA=Δx1t1=4−102m/s=−3m/s
B球的速度为vB=Δx2t1=42m/s=2m/s
碰撞后整体速度为v=Δx3t2=2−42m/s=−1m/s
对A、B组成的系统，设B的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：mAvA+mBvB=(mA+mB)v
解得：mB=43kg，故A正确。
B、对A由动量定理得B对A所施冲量为：I=mAv−mAvA=2×(−1)N⋅s−2×(−3)N⋅s=4N⋅s，即冲量大小为4N⋅s，故B错误；
C、碰撞中，A、B两球组成的系统损失的动能：ΔEK=12mAvA2+12mBvB2−12(mA+mB)v2，代入数据解得：ΔEK=10J，故C正确；
D、A、B碰前总动量为p=mAvA+mBvB=2×(−3)kg⋅m/s+43×2kg⋅m/s=−103kg⋅m/s，故D错误。
故选：AC。
在位移—时间图象中，斜率表示物体的速度，由图象可知碰撞前后的速度，根据动量守恒定律可以求出B球的质量．由动量定理求B对A所施冲量大小．根据能量守恒求损失的动能。
本题主要考查了x−t图象、动量守恒定律和动量定理的直接应用，要求同学们能根据图象的斜率求出碰撞前后两球的速度，明确碰撞的基本规律是动量守恒定律。
9.【答案】ABC
【解析】解：A、进入磁场过程中穿过线框的磁通量Φ=B(2L−x)x2，可知Φ与x成二次函数关系，当x=L时最大，故A正确；
B、ad边的位置坐标x在0−L的过程，根据楞次定律判断可知线框中感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值。线框bc边有效切线长度为l=L−vt，感应电动势为E=B(L−vt)v，电动势均匀减小，则感应电流均匀减小，同理，x在L−2L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，感应电流均匀减小，故B正确。
C、正方形金属线框abcd进入磁场时，ad边为电源，若电源最大电动势E=4U0，则
Ubc=R4R⋅4U0=U0
线框进入磁场过程中电动势均匀减小；
同理金属框abcd穿出磁场时，感应电动势最大，然后均匀减小，此时bc为电源，若电源最大电动势E=4U0，则
Ubc=3R4R⋅4U0=3U0
故C正确；
D、在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区，因此拉力F等于安培力，而安培力为F′=BIl
根据闭合电路欧姆定律I=ER
则有F=F′=B2(L−vt)2vR
x=vt
可知F与x非线性关系，故D错误；
故选：ABC。
根据楞次定律分析感应电流的方向．分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系．线框的电阻一定，感应电流与时间成线性关系；根据安培力的表达式F=BIl，而l=L−vt，即可求解。
本题的关键是确定线框有效切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象，注意楞次定律、欧姆定律的应用及安培力综合表达式应用。
10.【答案】BC
【解析】解：A、cd在磁场中运动时，abcd回路中磁通量减小，根据楞次定律可知，闭合回路感应电流产生磁场与原磁场方向相同，故A错误；
B、当ab进入磁场后回路中产生感应电流，则ab受到向左的安培力而做减速运动，cd受到向右的安培力而做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，可知感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，可知cd向右做加速度减小的加速运动，cd速度的变化率不断变小，故B正确；
C、ab从释放到刚进入磁场过程，由动能定理得mgR=12mv02
cd在磁场中运动的过程中，对ab和cd组成的系统，合外力为零，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0=m⋅2vcd+2mvcd
解得vcd=14v0=14 2gR
对cd，由动量定理得BI−L⋅Δt=2mvcd
其中q=I−⋅Δt，解得q=m 2gR2BL，故C正确；
D、从ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，至cd刚离开磁场时由能量关系得：
mgR=12m(2vcd)2+12×2mvcd2+Q
cd上产生的焦耳热Qcd=23Q，解得Qcd=512mgR，故D错误。
故选：BC。
根据楞次定律分析闭合回路感应电流产生磁场与原磁场方向的关系；ab进入磁场后回路中产生感应电流，ab受到向左的安培力而做减速运动，cd受到向右的安培力而做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，回路产生的总感应电动势逐渐减小，感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，从而知道cd加速度的变化情况；cd在磁场中运动的过程中，两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律求出cd棒离开磁场时的速度，再对cd棒，应用动量定理求出通过金属棒的电荷量；应用能量守恒定律求出cd棒上产生的焦耳热。
本题是电磁感应与电路、磁场、力学等知识的综合应用，根据题意分析清楚金属棒的运动过程是解题的前提，要知道两棒都在磁场中运动时系统遵守动量守恒定律。同时要知道动量定理是求电荷量常用的方法。
11.【答案】AB A 2.06 4π2y2−y1x2−x1 AB
【解析】解：(1)A、摆球在A和B位置等高，且速度均为零，说明机械能守恒，故A正确
B、设绳与竖直方向夹角为θ，则摆球静止时的合力为：F=mgsinθ
由于则摆球在A点绳与竖直夹角小于摆球在B点绳与竖直夹角，则摆球在A点的所受合力大小小于在B点的合力，故B错误；
C、摆球经过O点的向心加速度为：a=v2r，摆球经过O点前后瞬间运动半径减小，则加速度变大，故C错误；
D、根据单摆的周期公式：T=2π lg，摆球从A点到O点的过程中摆长较大，则周期较大，运动时间较长，根据功率公式：P=Wt，则重力做功的功率较大，故D错误。
故选：A。
(2)(i)A、为减小实验误差，摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能适当长一些，故A正确；
B、为减小空气阻力的影响，摆球尽量选择质量大些、体积小些的，故B正确；
C、周期与摆角无关，且摆角过大，不可视为简谐运动，故C错误；
D、摆线的长度应等于摆线长于摆球半径之和，故D错误；
E.单摆周期为：T=t50，故E错误。
故选：AB。
(ii)游标卡尺的精度为0.1mm，所以摆球直径为：d=20mm+0.1mm×6=20.6mm=2.06cm
(iii)根据单摆的周期公式：T=2π Lg
变形得：L=g4π2T2
结合图像斜率为：k=g4π2=y2−y1x2−x1
整理得到：g=4π2y2−y1x2−x1
(iv)A、测摆长时，摆线拉得过紧，则摆长的测量值大于真实值，根据：g=4π2LT2，则重力加速度值偏大，故A正确；
B、误将29次全振动记数为30次，则周期的测量值偏小，重力加速度值偏大，故B正确；
C、摆线长度小于摆长，则重力加速度值偏小，故C错误；
DE、摆角偏小、质量偏大，不影响实验结果，故DE错误。
故选：AB。
故答案为：(1)A；(2)①AB；②2.06；③4π2y2−y1x2−x1 ④AB。
(1)根据单摆的概念和简谐运动的特点分析判断；
(2)根据测量单摆的周期的实验原理和操作原理分析判断；
(3)①单摆看作理想模型，则不考虑摩擦等因素，单摆运动过程中只有动能和势能的转化；
②游标卡尺的读数规则读取小球的直径；
③由周期公式整理得到L−T2表达式，结合图像的斜率求重力加速度的值；
④分析实验操作过程根据重力加速度的表达分析误差。
此题考查控制变量法在探究性实验中的运用，属于基础题目。
12.【答案】B 2 闪亮后慢慢熄灭
【解析】解：(1)若先断开开关S1或先拆去电流表或先拆去电阻R，由于L的自感作用都会使L和电压表组成回路，原先L中有较大的电流通过，现在这个电流将通过电压表，造成电表损坏，所以实验完毕应先断开开关S2；
(2)断开开关前，通过线圈的电流为1.5A，则由闭合电路哦母定律得：
E=I(RL+R)
解得：RL=2Ω，
断开开关后，通过线圈的最大电流为1.5A，断开开关前通过灯泡的电流为：
I′=ER1
解得：I′=1A，所以灯泡闪亮一下后逐渐变暗。
故答案为：(1)B；(2)①2；②闪亮后慢慢熄灭
(1)先进行ACD三项操作都会发生自感现象，在电压表中有强电流流过，发热过多，造成仪器烧坏；
(2)根据串并联知识，线圈的直流电阻；求出断开开关前通过灯泡的电流，由图象找出断开开关后通过灯泡的电流如何变化，然后判断灯泡的发光情况如何变化。
本题考查了自感线圈的自感作用，在断开电源的瞬间L相当于电源，结合实验安全原则，应先消除自感现象；会分析灯泡的发光情况如何变化。
13.【答案】解：(1)设经时间t粒子恰好沿切线飞到上板，竖直方向的速度为零，
根据牛顿第二定律可得加速度大小为a=qEm=qU0md
半个周期内，粒子向上运动的距离y=12a(T2)2
竖直方向有：d=2ny
联立得T= 4md2nqU0(n=1、2、3…)；
(2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动，则有qv0B=mv02r
将B0=2mv0qd代入上式得r=12d
要使粒子能垂直打到上板上，在交变磁场的半周期，粒子轨迹的圆心角设为90°+θ，如图所示
由几何关系得r+2rsinθ=d
解得：sinθ=0.5，则θ=30°
则粒子打到上极板的位置距出发点的水平距离：x=r−2r(1−csθ)
解得：x= 3−12d。
答：(1)交变电场周期为 4md2nqU0(n=1、2、3…)；
(2)击中点到出发点的水平距离为 3−12d。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求解加速度大小，计算出半个周期内粒子向上运动的距离，根据粒子的运动情况结合类平抛运动的规律进行解答；
(2)根据洛伦兹力提供向心力求解轨迹半径，分析粒子的运动情况，根据几何关系求解粒子打到上极板的位置距出发点的水平距离。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。
14.【答案】解：(1)小球在圆形轨道，恰能做完整的圆周运动，则在D点，有mg=mvD2R
解得vD=2 2m/s
根据能量守恒，从D到E有
2mgR+12mvD2=12mvE2
解得vE=2 10m/s
由于F与圆形轨道最高点D等高，所以有vF=vD=2 2m/s
由于在“水滴形”轨道EFG上运动时，小球的向心加速度大小为一个定值，有a=vD2R1=vF2R2
解得R2=0.4m
(2)在圆形轨道最高点，人只受重力，在最低点，有
N−mg=mvC2R
vc=vE=2 10m/s
解得N=6mg
所以人在圆形轨道上运动时从最低点到最高点，轨道对人的作用力从6mg逐渐减小到0。在“水滴形”轨道上，向心力为
Fn=ma=mvF2R2=2mg
在轨道最高点，人受重力和向下的压力，压力大小为N1=mg
在轨道最低点，人受重力和向上的支持力，支持力大小为N2=3mg
所以人在“水滴形”轨道上运动时，从最低点到最高点，轨道对人的作用力从向上的3mg逐渐减小到0，再增大到向下mg，人受到轨道的作用力范围较小，所以过山车轨道应该选择圆形轨道，更刺激。
答：(1)F点的曲率半径为0.4m；
(2)过山车轨道应该选择圆形轨道，更刺激。
【解析】(1)根据能量守恒定律分析F和D点的速度，根据向心加速度公式分析解答；
(2)根据牛顿第二定律解得最高点和最低点的作用力，进而分析解答。
本题考查竖直面内的圆周运动及能量守恒定律，知道小球恰好做完整的圆周运动的临界条件，结合动能定理和向心加速度公式列式求解即可。