浙江省绍兴市2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题（含答案）2

浙江省绍兴2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题：本大题共13小题，共39分。1．下列物理量是矢量且其在国际单位制(SIA．电场强度，V⋅m C．时间，s D．磁通量，Wb2．关于电磁波，下列说法正确的是（）A．只要存在电场和磁场，就能产生电磁波B．电视遥控器利用的是紫外线C．法拉第预言了电磁波的存在D．真空中，不同频率的电磁波传播速度与光速相同3．青岛二中是一所有近百年历史的老牌名校，敬教乐学的扎实学风与智慧现代的科技于此碰撞。如图是青岛二中2022级学生的校园一卡通，在校园内将一卡通靠近读卡器，读卡器向外发射某一特定频率的电磁波，一卡通内线圈产生感应电流，驱动卡内芯片进行数据处理和传输，读卡器感应电路中就会产生电流，从而识别卡内信息。图中具有同一原理的是（）

A． B．C． D．4．如图所示是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2平板S下方有强度为BA．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里B．质谱仪是分析同位素的重要工具C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于BD．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小5．如图所示，质量为3m、半径为R的四分之一光滑圆弧体静止在光滑的水平面上，质量为m的小球(可视为质点)从圆弧体的最高点由静止释放，已知重力加速度为g，则小球下滑过程中（）

A．小球和圆弧体组成的系统动量守恒B．小球的机械能守恒C．小球运动到最低点时速度大小为6D．小球运动到最低点时速度大小为36．如图所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，分别与高频交流电源连接，两个D形金属盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，忽略粒子在电场中的运动时间，下列说法正确的是（）

A．粒子射出时的最大动能与D形金属盒的半径无关B．加速电压越大，粒子最终射出时获得的动能就越大C．若增大加速电压，粒子在回旋加速器中运动的时间不变D．若增大磁感应强度B，为保证粒子总被加速，必须增大周期性变化电场的频率7．如图所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m，带电量为+q的小球穿在足够长的水平固定绝缘的直杆上处于静止状态，小球与杆间的动摩擦因数为μ。现对小球施加水平向右的恒力F0，在小球从静止开始至速度最大的过程中，下列说法中正确的是（）A．直杆对小球的弹力方向不变 B．直杆对小球的摩擦力一直减小C．小球运动的最大加速度为F0m 8．如图甲所示，线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器(可看作理想电流表)相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈，并不与玻璃管摩擦。实验观察到如图乙所示的感应电流随时间变化的图像，从上往下看线圈中顺时针为电流的正方向。下列判断正确的是（）

A．本次实验中朝下的磁极是N极B．t1∼tC．磁铁下落过程减少的重力势能等于增加的动能D．磁铁若从更高处释放，t29．在远距离输电技术上，中国1100kV如虚线框所示，若直流输电线电阻为10Ω，直流电输送功率为5.5×109A．直流电输电线路上的电流为500B．直流电输电线路上损失的电压为100C．降压变压器的输出功率是4.5×1D．若将1100kV直流输电降为550kV10．两个相同的小灯泡L1、L2和自感线圈L、电容器C、开关S、直流电源连接成如图所示的电路。已知自感线圈L的自感系数较大且直流电阻为零，电容器C的电容较大，下列判断正确的是A．开关S闭合稳定后，L1B．通过自感线圈L的电流越大，线圈的自感电动势越大C．去掉电容器C，开关S闭合待稳定后再断开的瞬间，L1和LD．开关S闭合待稳定后再断开的瞬间，L1灯泡突然亮一下，然后熄灭，L11．在以下四种情景中，线圈中产生的电流与其正下方所示的i−t图线相对应的是（）A．图甲 B．图乙 C．图丙 D．图丁12．变压器是日常生活中必不可少的重要元器件，小明同学从功率放大器中拆解出一个如图甲所示的环形变压器，该变压器可视为理想变压器，铭牌上显示该变压器原线圈的匝数为880匝，当原线圈接人220V的交流电时，副线圈两端的电压为22V。小明同学在环形变压器原线圈中串入一个理想交流电流表，在副线圈两端接一个铭牌为“2.5VA．变压器副线圈的匝数为80匝B．图丙中交流电的频率为100C．小灯泡正常发光时电流表的示数为0.03D．图丙中正弦交变电压的峰值U13．在如图所示的平面内，存在宽为L的匀强磁场区域(足够长、边界上有磁场)，匀强磁场的磁感应强度大小为B，左侧边界上有一离子源S，可以向纸面内各方向发射质量为m、带电荷量+qq>0、速度大小为qBLA．离子在磁场中运动的最长时间为πmB．离子从右侧边界离开磁场时，在磁场中运动的最短时间为πmC．离子从右侧边界离开磁场时，在磁场中运动的最长时间为5D．离子从左侧边界离开磁场时，射入点与射出点间的最大距离为3二、多选题：本大题共3小题，共9分。14．当线圈中的电流随时间变化时，由于电磁感应，附近的另一个线圈中会产生感应电流。实际上，这个线圈附近的任何导体中都会产生感应电流，看起来就像水中的旋涡，所以把它叫做涡电流。下列关于涡流的应用说法正确的是（）

A．图1中炉外有线圈，线圈中通以反复变化的电流，利用涡流产生的热量使金属熔化B．图2中为了减少涡流，利用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯C．图3中探雷器遇见金属时，金属会感应出涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，使仪器报警D．图4中两个磁性很强的小圆柱形永磁体同时从铝管上端管口落入，无论铝管有无裂缝，它们同时从铝管下端管口落出15．如图甲所示，边长为L、电阻为R的正三角形金属框ACD由粗细均匀的金属棒组成，绝缘细线一端连接AC的中点G将金属框吊在天花板上的O点，金属框处于静止状态，金属框部分处于垂直金属框平面向外的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，金属框AD，CD边的中点E、F在磁场的水平边界上，重力加速度为g。现让磁感应强度按如图乙所示规律变化，图甲中磁场方向为正方向，t=0时刻悬线的拉力恰好为零，细线能承受的最大拉力为金属框重力的2倍，则下列判断正确的是（）

A．细线未断时，金属框中感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向B．t=C．细线能承受的最大拉力等于3D．t=216．如图甲是法拉第发明的铜盘发电机，也是人类历史上第一台发电机。利用这个发电机给平行金属板电容器供电，如图乙。已知铜盘的半径为L，加在盘下侧的匀强磁场磁感应强度为B1，盘匀速转动的角速度为ω，每块平行板长度为d，板间距离也为d，板间加垂直纸面向内、磁感应强度为B2的匀强磁场，重力加速度为g。下列选项正确的是（）A．若铜盘按照图示方向转动，那么平行板电容器C板电势高B．铜盘产生的感应电动势为E感=C．若一电子(不计重力)从电容器两板中间水平向右射入，恰能匀速直线运动从右侧水平射出，则电子射入时速度为vD．若有一带电量为−q的小球从电容器两板中间水平向右射入，在复合场中做匀速圆周运动，则小球的质量为三、实验题：本大题共3小题，共24分。17．某同学做“探究感应电流产生的条件”的实验时，由于没有滑动变阻器，于是他用一个光敏电阻(光照越强电阻越小，反之越大)和一个可调节光照强度的光源替代滑动变阻器。图甲中实验器材有部分已用导线连接。（1）请用笔画线代替导线将图中的实验电路连接完整。（2）闭合电键的瞬间，观察到电流表G的指针向右偏转。那么闭合电键后，增强可调光源强度，电流表G的指针将向偏转(填“左”或“右”)。（3）该同学根据感应电流产生的条件，想利用摇绳发电。如图乙所示，把一条大约10m长电线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合导体回路。两个同学沿（选填“东西”或“南北”）方向站立并迅速摇动这条电线时，发电的可能性比较大。18．某兴趣小组用如图甲所示的可拆变压器进行“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”实验。（1）下列说法正确的是。(多选)A.变压器工作时，通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈B.变压器工作时在原线圈上将电能转化为磁场能，在副线圈上将磁场能转化为电能C.理想变压器的输入功率等于输出功率，没有能量损失D.变压器副线圈上不接负载时，原线圈两端电压为零（2）实际操作中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0V，则可推断原线圈的输入电压可能为A.3VB.5.5V19．某物理兴趣小组设计了如图甲所示的实验装置。在足够大的水平平台上的A点设置一个光电门。其右侧可看作光滑，左侧为粗糙水平面。当地重力加速度大小为g。采用的实验步骤如下：A.在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片B.用天平分别测出小滑块a(含挡光片)和小球b的质量ma、C.在a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的请短弹簧，静止放置在平台上；D.细线烧断后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动；E.记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间t；F.小球b从平台边缘飞出后，落在水平地面的B点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h及平台边缘铅垂线与B点之间的水平距离s；G.改变弹簧压缩量，进行多次测量。（1）用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，则挡光片的宽度为mm。（2）针对该时间装置和实验结果，同学们做了充分的讨论。讨论结果如下：①该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证(用上述实验所涉及物理量的字母表示)；②若该实验的目的是求弹簧的最大弹性势能，则弹簧的弹性势能为(用上述实验所涉及物理量的字母表示)；③改变弹簧压缩量，用刻度尺测量出小滑块每次停止位置到光电门的距离xa，该实验小组得到xa与1t2的关系图像如图所示，图线的斜率为k，则平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数大小为(用上述实验数据字母表示四、计算题：本大题共3小题，共28分。20．如图所示，一高空作业的工人重为600N，系一条长为L=5m的安全带，若工人不慎跌落，在安全带拉伸过程中给工人的缓冲时间t=1s（1）人从跌落到安全带最长时重力对人的冲量；（2）人从跌落到安全带最长的过程中，安全带对人的平均冲力是多大？21．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限内存在匀强电场，电场方向沿y轴负方向，第Ⅱ象限内存在垂直于xOy平面、半径为R的有界圆形匀强磁场，边界线与x轴相切于A点、与y轴相切于M点，第Ⅳ象限存在矩形边界的匀强磁场(图中未画出)，第Ⅱ、Ⅳ象限匀强磁场的磁感强度大小相等、方向相反。有一电荷量为q、质量为m的带正电的离子从P点(−R,2R)以初速度v0向着圆心方向射入磁场，从M点进入电场，从x轴上的N(2R,0)点进入第Ⅳ象限矩形边界的匀强磁场内，经磁场偏转后，粒子打到（1）匀强磁场的磁感应强度和匀强电场的电场强度分别为多大；（2）第Ⅳ象限内矩形磁场面积的最小值；（3）若在第Ⅳ象限整个区域分布着匀强磁场，磁感应强度大小为第Ⅱ象限磁场的2倍，方向垂直平面向外，求粒子经过电场第三次进入磁场时离O点的距离x122．如图所示，MN、PQ为间距L=0.5m足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计。导轨平面与水平面间的夹角θ=37∘，NQ间连接有一个R=4Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0=1T。将一根金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好。金属棒的电阻为r=1Ω、质量为（1）金属棒的最大速度v的大小；（2）cd离NQ的距离x；（3）金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量QR（4）金属棒从静止滑行至cd处的过程经过的时间t。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A.根据电势差与电场强度的关系E=可知，电场强度的单位为V/m，A不符合题意；

B.根据动量定理I=m∆v可知，冲量的单位为kg而动量既有大小，又有方向，是矢量，B符合题意；

C.时间的单位是s，但是时间只有大小没有方向，是标量，C不符合题意；

D.磁通量的单位是Wb，但是磁通量只有大小没有方向，是标量，D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】根据矢量和标量的定义分析所给物理是矢量还是标量，再写出单位。2．【答案】D【解析】【解答】A：周期性变化的电场和磁场，才能产生电磁波，A错误。

B：电视遥控器利用的是红外线，B错误。

C：麦克斯韦预言了电磁波的存在，C错误。

D：真空中，不同频率的电磁波传播速度与光速相同，光也是一种电磁波。D正确。

故选D。

【分析】熟悉物理学史的各个科学事件是解题关键，真空中，不同频率的电磁波传播速度都相同。3．【答案】C【解析】【解答】由题意可知，刷一卡通时会产生感应电流，所以其工作原理为电磁感应现象。

A.图中为奥斯特实验，说明通电导线周围存在磁场，是电流磁效应的表现，A不符合题意；

B.图中的实验是探究通电螺线管的磁性强弱与电流大小的关系，也是电流磁效应的表现，B不符合题意：

C.图中没有电源，通过ab的运动，使回路中磁通量发生变化，产生感应电流，是电磁感应现象，C符合题意；

D.图中有电源为导体棒提供电流，电流受到安培力作用而产生运动，不是电磁感应现象，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据一卡通的工作原理分析解答。4．【答案】B【解析】【解答】A.由加速电场的正负极板可知，粒子带正电，进入速度选择器后，所受静电力向右，则洛伦兹力必须向左，根据左手定则知，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外，A不符合题意；

C.能通过狭缝P的带电粒子在速度选择器中做直线运动，粒子受到的电场力与洛伦兹力等大反向，即qE=qvB解得能通过狭缝的带电粒子的速率v=C不符合题意；

BD.粒子进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB0解得R=其中E、B、B0都时定值，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，则粒子的轨道半径R越小，粒子的荷质比越大。所以质谱仪是分析同位素的重要工具，B符合题意，D不符合题意。

故答案为：B。

5．【答案】C【解析】【解答】A.小球和圆弧体组成的系统，水平方向上合外力为零，但竖直方向上有加速度，所以竖直方向上合力不零，故系统的动量不守恒，A不符合题意；

B.小球下滑过程中圆弧体也会运动，所以小球所受支持力做功不为零，故小球的机械能不守恒，B不符合题意；

CD.小球在圆弧体最高点下滑到与圆弧体分离的过程中，M与m组成的系统水平方向动量守恒，有0=m再由能量守恒定律可得mgR=又M=3m，解得vC符合题意，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据动量守恒和机械能守恒的条件分析动量和机械能是否守恒；根据系统能量守恒和水平方向上动量守恒，求解小球运动到最低点时速度大小。6．【答案】D【解析】【解答】AB.粒子在磁场中的运动轨迹半径等于D形盒的半径时，粒子具有最大速度，由牛顿第二定律可得q解得v可得粒子射出时的最大动能E由此式可知，粒子射出时的最大动能与D形金属盒的半径R和磁感应强度B有关，与加速电压无关，AB不符合题意；

C.粒子做圆周运动的周期T=根据动能定理有nqU=可得粒子的加速次数n=粒子在回旋加速器中运动的时间t=可知若增大加速电压，粒子在回旋加速器中运动的时间减小，C不符合题意；

D.若增大磁感应强度B，根据T=可知，粒子在磁场中运动周期减小，为保证粒子总被加速，必须减小周期性变化电场的周期，增大周期性变化电场的频率，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】粒子在磁场中的运动轨迹半径等于D形盒的半径时，粒子具有最大速度，由洛伦兹力充当向心力求出最大速度，得到最大动能的表达式，再根据表达式分析最大动能的相关因素；由动能定理求出粒子被加速次数的表达式，再结合粒子在磁场中运动周期的公式，分析加速电压增大后，粒子在加速器中运动时间的变化；根据磁感应强度对粒子在磁场中圆周运动周期的影响，分析周期性电场的变化情况。7．【答案】C【解析】【解答】A、竖直方向根据平衡条件mg=qvB+初始时，洛伦兹力为零，弹力方向向上，此时小球加速，必然有F速度达到最大时，摩擦力与拉力平衡，此时弹力必然大于重力，此时洛伦兹力必然大于重力，且有F此时弹力方向向下，故A错误；

BC、小球开始运动时有F随v增大，a增大，当v=a达最大值F0f=μ减小，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力反向增大，此后下滑过程中有F随v增大，a减小，摩擦力增大，故B错误，C正确；

D、当F时，此时达到平衡状态，速度最大，最大速度v故D错误。

故答案为：C。

【分析】对小球进行受力分析，明确小球所受洛伦兹力大小变化情况。再根据牛顿第二定律及滑动摩擦力公式确定加速度及摩擦力的变化情况。当小球速度最大时，小球的加速度为零，此时小球处于平衡状态。8．【答案】B【解析】【解答】A.由乙图可知t1~tq=I∆t=依题意，线圈在t1~t2与t2ϕ=BS磁铁若从更高处释放，t2时刻穿过线圈的磁通量不变，D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】由安培定则判断出感应电流产生的磁场方向，再由楞次定律分析磁铁的磁极朝向；根据I-t图像中面积表示通过线圈横截面的电荷量，分析t1∼t2与t9．【答案】D【解析】【解答】A.根据电功率计算公式可知输送电流I=A不符合题意；

B.由欧姆定律可得，损失的电压∆U=IR=5×B不符合题意；

C.输电导线上损失的功率∆P=降压变压器的输出功率PC不符合题意；

D.输电电压降为550kV时，根据电功率计算公式可知输送电流I'=输电导线上损失的功率∆P'=I则用户得到的功率比1100kV输电时减少∆P'-∆P=7.5×D符合题意。

故答案为：D。

【分析】理想变压器的输入功率和输出功率相等，根据电功率公式和欧姆定律进行分析求解即可。10．【答案】D【解析】【解答】A.由于自感线圈L的直流电阻为零，所以开关S闭合稳定后，L1灯泡因被短路而熄灭，A不符合题意；

B.通过自感线圈L的电流越大，电流变化率越小，线圈的自感电动势越小，B不符合题意；

C.去掉电容器，开关S闭合待稳定后再断开的瞬间，线圈L与L1灯泡构成新的回路，线圈相当与电源，所以L1闪亮一下逐渐熄灭，L2灯泡在开关断开瞬间立即熄灭，C不符合题意；

D.开关S闭合待稳定后再断开的瞬间，线圈L与L1灯泡构成新的回路，所以L1灯泡闪亮一下，然后熄灭，L2灯泡电容器组成新的回路，由于电容器放电，所以L11．【答案】A【解析】【解答】A．图甲中线圈从垂直中性面开始转动，产生交流电是余弦交流电，图像与余弦函数图象，故A正确；

B．图乙中线圈转动时产生不间断的正弦交流电，故B错误；

C．图丙中线圈处于辐射状的磁场中，线圈的两边所处位置的磁场大小不变，则产生恒定不变的电动势，恒定不变的电流，故C错误；

D．图丁中线圈转动时仍产生正弦交流电，故D错误。

故选A。

【分析】掌握线圈从中性面，即穿过线圈磁通量最大的面开始计时，产生正弦交流电，从峰值面，即穿过线圈的磁通量为零的面开始计时，为余弦交流电，且与线圈的形状无关。12．【答案】C【解析】【解答】A.由题意可知，原线圈接220V的交流电时，副线圈两端的电压为22V，根据理想变压器电压与匝数的关系可得U解得nA不符合题意；

B.由图丙可知，该交流电的周期为0.02s，则频率为f=B不符合题意；

C.由题意可知，小灯泡正常发光时副线圈电流为I根据理想变压器电流与匝数的关系可得n解得电流表的示数IC符合题意；

D.小灯泡正常发光时副线圈电压为U根据变压比U可得原线圈电压有效值U则正弦交变电压的峰值UD不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据理想变压器电压与匝数的关系U1U213．【答案】B【解析】【解答】AD.带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB=m解得r=则垂直左边界运动的离子恰与右边界相切，运动半个圆周，在磁场中运动的时间最长，为t此时，离子从左边界离开磁场，射入点与射出点间的距离最大，由几何关系可得，最大距离为2L，AD不符合题意；

B.离子从右侧边界离开磁场时，当离子圆周运动的弦长最短时，对应圆心角最小，由几何关系得最短弦长为L，圆心角为60°，根据t=可得最短运动时间为tB符合题意；

C.离子从右侧边界离开磁场时，离子初速度沿左边界向下，离子做四分之一的圆周运动，此时有最大弦长，对应圆心角最大，运动时间最长，则离子从右侧边界离开磁场时，在磁场中运动的最长时间为tC不符合题意。

故答案为：B。

【分析】根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子在磁场中运动的半径，结合该半径与磁场宽度的关系，分析离子从左侧边界离开磁场时，射入点与射出点间的最大距离为圆周的直径；离子从右侧边界离开磁场时，时间与弦长有关，弦长最长时间最长，弦长最短时间最短，求出对应圆心角，然后根据t=θ14．【答案】A,B,C【解析】【解答】A.图中炉外有线圈，线圈中通以交变电流，交变电流产生变化的磁场，使金属中形成涡流，从而产生的热量，使金属熔化，A符合题意；

B.图中为了减少涡流，利用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，B符合题意；

C.图中探雷器遇见金属时，金属会感应出涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，使仪器报警，C符合题意；

D.图中两个磁性很强的小圆柱形永磁体同时从铝管上端管口落入。有裂缝铝管只能在铝管的侧壁产生涡流，由于侧壁很薄，产生的涡流很小，所以对磁体阻碍作用不明显，而无裂缝的铝管不仅侧壁会产生感应电流，同时铝管可看成一系列的圆环叠加，水平圆环能产生较大涡流，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，涡流对磁体的运动有较强的阻碍作用，故有裂缝铝管中的磁体先从下端管口落出，D不符合题意。

故答案为：ABC。

【分析】根据涡流的原理及应用与防止进行分析。15．【答案】B,C,D【解析】【解答】A.根据图乙中磁场随时间的变化关系，由楞次定律可知，细线未断时，金属框中感应电流一直沿逆时针方向，A不符合题意；

B.t=t0E=线框中电流大小I=由题意可知，t=0mg=因此细线能承受的最大拉力T=2mg=C符合题意；

D.根据图像可知t=2时刻，磁感应强度和0时刻大小相同，金属框受到的安培力向下，大小等于金属框的重力，此时细线断开，D符合题意。

故答案为：BCD。

【分析】根据楞次定律分析感应电流的方向；分析线框在t=t016．【答案】A,D【解析】【解答】A.根据右手定则可知，若铜盘按照图示方向转动，则圆心处电势高于边缘处电势，可知平行板电容器C板电势高，A符合题意；

B.依题意，铜盘做的是转动切割，所以铜盘产生的感应电动势为EB不符合题意；

C.若电子（不计重力）恰能做匀速直线运动从右侧水平射出，由受力平衡可得e又E联立，解得v=C不符合题意；

D.小球在复合场中做圆周运动，则小球受到的电场力与重力要等大反向，由洛伦兹力充当向心力，可得mg=q解得小球的质量m=D符合题意。

故答案为：AD。

【分析】根据右手定则判断感应电动势方向，得出电容器两极板的电势高低关系；根据E=BLv计算铜盘转动产生的感应电动势；根据电子的受力平衡，求解电子射入时的速度；小球在复合场中做圆周运动，则小球受到的电场力与重力要等大反向，由该受力关系，求出小球的质量。17．【答案】（1）（2）右（3）东西【解析】【解答】（1）根据电磁感应原理，A线圈与电源连接，B线圈与灵敏电流计连接，实物连接如图所示：

（2）闭合电键的瞬间，观察到电流表G的指针向右偏转，说明穿过线圈B的磁通量增大时，电流表G的指针向右偏转。当增强可调光源强度时，光敏电阻阻值减小，电流增大，则穿过线圈B的磁通量增大，电流表G的指针向右偏转。

（3）地磁场在地球表处的磁感应强度分量分别为平行于地面，方向是南北方向的，垂直与地面，方向是上下方向的，所以电线位于东西方向时，摇动这条电线时，发电的可能性比较大，可知两个同学应该沿东西站立。

【分析】（1）根据电磁感应原理连接电路；（2）根据线圈B中的磁通量变化情况，分析感应电流方向；（3）根据地磁场的特点进行分析。18．【答案】（1）BC（2）D【解析】【解答】（1）A.变压器利用的是互感原理，而不是通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈，A不符合题意；

B.变压器工作时在原线圈上将电能转化为磁场能，在副线圈上将磁场能转化为电能，B符合题意；

C.理想变压器忽略能量损失，所以原线圈输入功率等于副线圈输出功率，C符合题意；

D.变压器的原线圈两端电压由发电机提供，则副线圈上不接负载时，原线圈两端电压不变，不为0，D不符合题意。

故答案为：BC。

（2）当变压器的原线圈接“0”和“8”两个接线柱之间，副线圈的“0”和“4”两个接线柱时，可知原副线圈匝数比为2：1，若是理想变压器，由电压与匝数的关系U可得原线圈电压为6V；而实际的变压器，由于漏磁等原因，需要考虑损失部分，则原线圈所接电压应大于6V，D符合题意，ABC不符合题意。

故答案为：D。

【分析】（1）根据理想变压器原理分析；（2）根据理想变压器求出原线圈电压，再考虑实际变压器中存在损失，推断出原线圈的输入电压可能值。19．【答案】（1）2.550（2）madt=【解析】【解答】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，图中螺旋测微器的主尺读数为2.5mm，可动尺读数为5.0×0.01mm=0.050mm，故挡光片的宽度d=2.