2021-2022学年北京市昌平区新学道临川学校北京班高二（下）第一次月考物理试卷（含答案解析）

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2021-2022学年北京市昌平区新学道临川学校北京班高二（下）第一次月考物理试卷
1. 物体的质量与速度的乘积叫动量，在国际单位制中动量的单位是(    )
A. N⋅m B. kg⋅m C. kg⋅m/s D. kg⋅m/s2
2. 家庭电路中电压的瞬时值表达式为U=220sin314t(V)，则交流电压的有效值是(    )
A. 220V B. 1102V C. 110V D. 2202V
3. 如图所示，在水平直导线正下方，放一个可以自由转动的小磁针．现给直导线通以向右的恒定电流，不考虑其它磁场的影响，下列说法正确的是(    )
A. 小磁针保持不动
B. 小磁针的N极将垂直于纸面向里转动
C. 小磁针的N极将向下转动
D. 小磁针的N极将垂直于纸面向外转动
4. 在如图所示的LC电磁振荡电路中，若想增大电磁振荡的频率，可采取的措施是(    )
A. 保持电感器的电感不变，只增大电容器的电容
B. 保持电容器的电容不变，只增大电感器的电感
C. 同时增大电感器的电感和电容器的电容
D. 同时减少电感器的电感和电容器的电容

5. 电磁波包含了γ射线、红外线、紫外线、无线电波等，按波长由长到短的排列顺序是(    )
A. 无线电波、红外线、紫外线、γ射线
B. 红外线、无线电波、γ射线、紫外线
C. γ射线、红外线、紫外线、无线电波
D. 紫外线、无线电波、γ射线、红外线
6. 如图所示，理想变压器输入电压保持不变。若将滑动变阻器的滑动触头向上移动，下列说法正确的是(    )


A. 电表A1的示数增大 B. 电表A2的示数减小
C. 电表V1、V2的示数都不变 D. 电表V1、V2的示数都增大
7. 下列关于涡流的说法中正确的是(    )
A. 涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的
B. 涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流
C. 涡流有热效应，但没有磁效应
D. 在硅钢中不能产生涡流
8. 长方体金属块放在匀强磁场中，有电流通过金属块，如图所示．则下面说法中正确是(    )


A. 金属块上、下表面电势相等 B. 金属块上表面电势高于下表面电势
C. 金属块上表面电势低于下表面电势 D. 无法比较上、下表面的电势高低
9. 如图所示，为一自耦变压器的电路图，其特点是铁芯上只绕有一个线圈。把整个线圈作为副线图，而取线圈的一部分作为原线圈。原线圈接在电压为U的正弦交流电源上，电流表A1、A2均为理想电表。当触头P向上移动时，下列说法正确的是(    )


A. A1读数变小，A2读数变小 B. A1读数变大，A2读数变小
C. R两端电压变大，变压器输入功率变小 D. R两端电压变大，变压器输入功率变大
10. 光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程y=x2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线(图中的虚线所示)，一个小金属块从抛物线y=b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是(    )
A. mgb B. mv2
C. mg(b−a) D. mg(b−a)+12mv2
11. 如图所示，等边三角形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，三个完全相同的重力不计的带电粒子1、2、3以不同的速度由顶点a沿垂直于bc边的方向射入磁场，结果粒子1、2、3分别从图中的d、e、c点离开磁场(d、e为ac边的三等分点)。不考虑三个粒子间的相互作用力，则下列说法正确的是(    )


A. 粒子3的轨迹半径等于三角形abc的边长
B. 粒子1、2、3进入磁场的速度之比为3：2：1
C. 粒子3的速度偏转角最大，粒子1的速度偏转角最小
D. 若仅将磁场的磁感应强度变为原来的13，粒子2将从顶点c离开磁场
12. 显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转。设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使高速电子流打在荧光屏上的位置由b点逐渐移动到a点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是(    )
A. B.
C. D.
13. 按图连接电路，先闭合开关S，电路稳定后小灯泡A正常发光，然后断开开关S，同学们发现小灯泡A闪亮一下再熄灭。已知自感线圈L的直流电阻为RL，小灯泡A正常发光时电阻为RA。下列说法正确的是(    )


A. RA>RL
B. RL>RA
C. 断开开关S后的瞬间，小灯泡A中的电流方向为a→b
D. 断开开关S后的瞬间，小灯泡A中的电流方向为b→a
14. 如图所示为磁流体发电机的简易装置图，将一束等离子体(重力可忽略不计)喷射入磁场，在磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压，以下说法正确的是(    )


A. A板带正电
B. B板带正电
C. 其他条件不变，只增大射入速度，UAB增大
D. 其他条件不变，只增大磁感应强度，UAB增大
15. 如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端高度相同，轨道是光滑的，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，下列说法正确的是(    )


A. 两小球到达轨道最低点的速度的大小关系为vM>vN
B. 两小球到达轨道最低点时轨道对它们的弹力的大小关系为FM>FN
C. 小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间
D. 在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中不能
16. 理想变压器原线圈串接电流表A1连接在电压有效值不变的交流电源上，变压器副线圈连接的电路如图所示，各电表均为理想电表。滑动变阻器滑片P下滑过程中，下列说法正确的是(    )

A. 电压表V示数变大 B. 电流表A1示数变大
C. 电流表A2示数变大 D. 电阻R1消耗的电功率减小
17. 某同学在实验室进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”的实验。
(1)下列实验器材必须要用的有______ (选填字母代号)。
A.干电池组
B.学生电源
C.多用电表
D.直流电压表
E.滑动电阻器
F.条形磁铁
G.可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)
(2)下列说法正确的是______ (选填字母代号)。
A.为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B.要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数
C.测量电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量
D.变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈
(3)该同学通过实验得到了如表所示的实验数据，表中n1、n2分别为原、副线圈的匝数，U1、U2分别为原、副线圈的电压，通过实验数据分析可以得到的实验结论是：______ 。
实验次数
n1/匝
n2/匝
U1/V
U2/V
1
1600
400
12.1
2.90
2
800
400
10.2
4.95
3
400
200
11.9
5.92

18. 像打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图1所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间。气垫导轨是常用的一种实验仪器。它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。
我们可以用带光电门E、F的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图2所示，采用的实验步骤如下：

①a.用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB。
b.调整气垫导轨，使导轨处于水平。
c.在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上。
d.用游标卡尺测量小滑块的宽度d，卡尺示数如图3所示。读出滑块的宽度d=______cm。
e.按下电钮放开卡销，光电门E、F各自连接的计时器显示的挡光时间分别为5.0×10−3s和3.4×10−3s.滑块通过光电门E的速度
v1=______m/s，滑块通过光电门F的速度；
v2=______m/s
②利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是______。
19. 如图所示的电路中，电容器电容C=1μF，线圈的自感系数L=0.1mH，先将电键S拨至a，这时电容器内有一带电液滴恰保持静止。然后将电键S拨至b，经过t=3.14×10−5s，油滴的加速度是多少？当油滴的加速度a为何值时，LC回路中的振荡电流有最大值？(g=10m/s2,研究过程中油滴不与极板接触)
20. 如图甲所示为一台小型发电机的示意图，匝数为100匝的线圈逆时针转动．若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示．已知发电机线圈内阻为1.0Ω，外接灯泡的电阻为9.0Ω.求：

(1)写出流经灯泡的瞬时电流的表达式；
(2)线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功；
(3)从中性面开始转动14圈过程中通过灯泡的电荷量．
21. 如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场．现有一质量为m、电量为+q的粒子(重力不计)从坐标原点O以速度大小为v0射入磁场，其入射方向与x轴的正方向成30∘角。当粒子第一次进入电场后，运动到电场中P点处时，方向与x轴正方向相同，P点坐标为[(23+1)L,L]。(sin37∘=0.6,cos37∘=0.8)求：
(1)粒子运动到P点时速度v的大小；
(2)匀强电场的电场强度E和匀强磁场的磁感应强度B。


22. 如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球在光滑的水平面上分别以速度v1，v2同向运动并发生对心碰撞，碰后m2被右侧的墙原速率弹回，又与m1相碰，碰后两球都静止，求第一次碰后m1球的速度大小。
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：由动量的定义式p=mv，可知在国际单位制中动量的单位是动量的单位为kg⋅m/s，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据动量的定义以及各单位间的关系分析解答，根据公式间的数值关系确定导出单位是常用方法。
本题考查了动量的单位，掌握各物理量的单位，通过推导公式找出对应的物理量的单位是解题的关键。

2.【答案】B 
【解析】解：由瞬时表达式可知，电压的最大值Um=220V，则电压的有效值U=Um2=2202V=1102V，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据交流电的表达式可读出该交流电压的最大值，再根据交流电压的最大值与交流电压的有效值的关系可直接求解电压的有效值。
本题考查对交流电压的最大值和有效值的认识，要明确二者的关系，掌握电压有效值的计算方法。

3.【答案】B 
【解析】解：当通入如图所示的电流时，根据右手螺旋定则可得小磁针的位置的磁场方向是垂直纸面向里，由于小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，所以小磁针的N极将垂直于纸面向里转动，S极向外转动，故B正确，ACD错误；
故选：B。
小磁针能体现出磁场的存在，且小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，即为磁感应强度的方向。也可为磁感线在该点的切线方向。而电流周围的磁场由右手螺旋定则来确定磁场方向。
本题考查了安培定则的应用，右手螺旋定则也叫安培定则，让大拇指所指向为电流的方向，则四指环绕的方向为磁场方向。当导线是环形时，则四指向为电流的方向。

4.【答案】D 
【解析】解：A、根据振荡电路产生的电磁波的频率公式f=12πLC，要想增大LC振荡电路的振荡频率，保持电感器的电感不变，可以采取只减小电容器的电容，故A错误；
B、根据振荡电路产生的电磁波的频率公式f=12πLC，要想增大LC振荡电路的振荡频率，保持电感器的电容不变，可以采取只减小电容器的电感，故B错误；
CD、根据振荡电路产生的电磁波的频率公式f=12πLC，要想增大LC振荡电路的振荡频率，可以采取同时减少电感器的电感和电容器的电容，故C错误，D正确。
故选：D。
根据振荡电路产生的电磁波的频率公式f=12πLC判断即可。
本题考查影响LC振荡电路发射频率的因素，关键抓住LC振荡电路发射电磁波的频率公式。

5.【答案】A 
【解析】解：按照波长从大到小的顺序依次是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线和γ射线。
故选：A。
电磁波谱按照波长从大到小的顺序依次是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线和γ射线．
本题考查电磁波谱的相关知识，多背才能解决此题．

6.【答案】B 
【解析】解：理想变压器输入电压保持不变，则电压表V1示数不变，而线圈匝数不变，根据U1U2=n1n2可知副线圈两端电压U2不变，滑动变阻器的滑动触头向上移动，则R阻值增大，根据欧姆定律有：I2=U2R0+R可知，I2减小，A2示数减小，由I1I2=n2n1，可知I1减小，A1示数增大，而R0两端电压减小，则滑动变阻器两端电压即电压表V2示数增大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
理想变压器副线圈的电压由原线圈电压决定，原线圈电压不变，副线圈的电压也不变；根据闭合电路欧姆定律分析电流表A2示数的变化，再由电流之比等于线圈匝数的反比确定A1的示数变化，根据串并联电路规律确定电压表V2的变化。
本题考查了变压器的构造和原理。电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。

7.【答案】A 
【解析】解：A、涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的，故A正确。
B、涡流是变化的电场产生变化磁场，从而形成的，是感应电流，故B错误。
C、涡流既有热效应，也有磁效应。故C错误。
D、整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗能量，不用整块的硅钢铁芯，其目的是为了减小涡流，故D错误。
故选：A。
线圈中的电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流．涡流会在导体中产生大量的热量．
掌握涡流的原理及应用与防止：真空冶炼炉，硅钢片铁心，金属探测器，电磁灶等．

8.【答案】C 
【解析】解：电子从右向左运动，根据左手定则，电子向上偏转，上表面得到电子带负电，下表面失去电子带正电，所以上表面的电势低于下表面的电势。故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
金属块中移动的是自由电子，电流水平向右，知电子向左运动，根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得知电子的偏转方向，最终比较出上下表面电势的高低．
解决本题的关键知道金属中移动的是自由电子，以及掌握左手定则判断洛伦兹力的方向．

9.【答案】A 
【解析】解：AB、理想自耦变压器，原线圈接正弦交流电压U，当触头上移时，导致原线圈的匝数N1增加，则由变压比可得，U2减小，则导致A2读数I2变小，再由电流与匝数成反比可得，I1变小，即A1读数变小，故A正确、B错误。
CD、副线圈中电压和电流都变小，所以输出功率变小，根据输入功率等于输出功率知变压器的输入功率变小，R两端的电压变小，故CD错误。
故选：A。
理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势。而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势。
变压器的电流比为原副线圈电流与匝数成反比，电压比为原副线圈电压与匝数成正比。
且电流与电压均是有效值，电表测量值也是有效值。
理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象。同时副线圈的电压由原线圈电压与原副线圈匝数决定，而原线圈的电流由副线圈决定。

10.【答案】D 
【解析】解：圆环最终在直线y=a以下来回摆动，以y=b(b>a)处为初位置，y=a处为末位置，则知末位置的速度为零，在整个过程中，重力势能减小，动能减小，减小的机械能转化为内能，根据能量守恒得：
 Q=mg(b−a)+12mv2.故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
圆环在进入磁场和出磁场的过程中产生感应电流，有热量产生，最终在直线y=a以下抛物线来回摆动，根据能量守恒求出金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量．
解决本题的关键能正确分析金属块的状态，知道它最终在y=a以下来回摆动，在摆动时无热量产生，以初始位置与y=a位置为研究过程，动能和重力势能的减小量全部转化为热量．

11.【答案】A 
【解析】解：AC、粒子运动的轨迹如图所示：粒子由顶点a沿垂直于bc边的方向射入磁场，进入磁场的瞬间粒子速度与ac边的夹角为30∘，在同一直线边界，根据对称性，可知粒子射出磁场的速度与ac边的夹角也为30∘，因而运动轨迹所对应的圆心角为60∘，圆心，入射点以及出射点的连线构成等边三角形，可判断出三个粒子的速度偏转角相等，粒子3的轨迹半径等于三角形abc的边长，故A正确，C错误；
B、假设三角形abc的边长为L，则粒子1，2，3的轨迹半径分别为L3，2L3，L，根据洛伦兹力提供向心力，则qvB=mv2r，解得r=mvqB，则粒子进入磁场的速度之比为1：2：3，故B错误；
D、由qvB=mv2r，解得r=mvqB，若仅将磁场的磁感应强度变为原来的13，则粒子的轨迹半径变为原来的3倍，可知粒子2的轨迹半径变为2L，粒子2将从bc之间的某点离开磁场，故D错误；
故选：A。
做出粒子的运动轨迹图，利用几何关系求得粒子的半径和粒子射出边界时的偏转角，根据洛伦兹力提供向心力，判断出粒子的速度和半径的变化即可判断。
本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握半径公式，画出粒子的运动轨迹，结合几何图形解题。

12.【答案】C 
【解析】解：高速电子流打在荧光屏上的位置由b点逐渐移动到a点，可知电子先向下偏转，后向上偏转，根据左手定则可以得知，故磁场的方向开始时垂直纸面向里，方向为正，且逐渐减小，后来电子又上偏，磁场方向垂直纸面向外，方向为负，且逐渐增加，故ABD错误，C正确。
故选：C。
电子在磁场中受到洛伦兹力的作用，根据电子的偏转方向应用左手定则判断磁场方向，然后分析答题。
本题就是对洛伦兹力的考查，掌握住左手定则即可解决本题．其中要注意的是电子带负电，受力的方向与正电荷的方向相反．

13.【答案】AD 
【解析】解：AB、开关断开后，线圈产生自感电动势，相当于电源，此瞬间保持原电流不变，与小灯泡构成回路，小灯泡闪亮了一下，说明此时通过小灯泡的电流大于开关闭合时小灯泡的电流，因为开关闭合时灯泡和线圈的电压相等，故开关闭合时灯泡的电阻小于自感线圈的电阻，故A正确，B错误；
CD、断开开关的瞬间，线圈保持原电流不变，与小灯泡形成回路，线圈电流方向保持不变，还是向右，所以小灯泡的电流从b→a，故C错误，D正确；
故选：AD。
根据灯泡的亮度变化结合电路构造和欧姆定律分析出灯泡和线圈电阻的大小关系；
开关断开瞬间，线圈的电流方向保持不变，由此分析出小灯泡中的电流方向。
本题主要考查了自感现象的相关应用，理解开关断开时电路中的电流变化情况结合欧姆定律即可完成分析。

14.【答案】ACD 
【解析】解：A、B、大量带正电和带负电的微粒向右进入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集的A板上，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到B板上，故B板相当于电源的负极，A板相当于电源的负极，所以A板带正电，故A正确，B错误。
C、D、当粒子受力平衡时，洛伦兹力与电场力相等，即：qvB=qE=qUd，增大射入速度或增大磁感应强度都可以使UAB增大。故CD正确。
故选：ACD。
大量带正电和带负电的微粒向右进入磁场时，由左手定则可以判断正负电荷受到的洛伦兹力方向，从而确定相当于电源的正负极，从而得出通过电阻的电流方向．
根据洛伦兹力的方向判断物体的运动方向，此题还可以根据洛伦兹力与极板间产生的电场力平衡解得磁流体发电机的电动势，注意确定正负电荷的洛伦兹力的方向是解题的关键．

15.【答案】ABD 
【解析】解：AC、在磁场中运动的小球，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，而在电场中运动的小球，从轨道左端向右端运动时，电场力对小球做负功，到达最低点时的速度较小，所以在电场中运动的时间长，故A正确，C错误；
B、在磁场中运动的小球，对最低点进行受力分析可知FM−mg−BqvM=mvM2r，
解得FM=mg+BqvM+mvM2r，
在电场中运动的小球，对最低点受力分析可知FN−mg=mvN2r
解得FN=mg+mvN2r
因为vM>vN，可得FM>FN，故B正确；
D、在磁场中运动的小球，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而在电场中运动的小球，电场力对小球做负功，所以小球在到达轨道另一端之前速度就减为零了，故D正确；
故选：ABD。
两个轨道的半径相同，根据圆周运动的向心力的公式可以分析小球通过最低点是对轨道的压力，小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，小球在电场中受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小。
洛伦兹力对小球不做功，但是洛伦兹力影响了球对轨道的作用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小。

16.【答案】BC 
【解析】解：A、原线圈接在电压有效值不变的交流电源上，所以副线圈的输出电压有效值也不变，滑动变阻器滑片P下滑过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变小，则副线圈上电流增大，R1上的电压增大，电压表V示数变小，故A错误；
B、副线圈上电流增大，所以原线圈上电流也增大，电流表A1示数变大，故B正确；
C、副线圈的输出电压有效值不变，副线圈上电流增大，电压表V示数变小，R2上电流减小，所以电流表A2示数变大，故C正确；
D、副线圈上电流增大，通过电阻R1的电流变大，功率增大，故D错误。
故选：BC。
根据题意，原线圈接在电压有效值不变的交流电源上，所以副线圈的输出电压有效值也不变，然后根据电路的电阻发生的变化，根据欧姆定律可以分析电压表以及电流表的示数变化。
本题考查含有变压器的电路的动态分析，要抓住本题不变的地方，根据部分电路的欧姆定律可分析。

17.【答案】(1)BCG；(2)BC；(3)在误差允许的范围内，原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，即U1U2=n1n2。 
【解析】
【分析】
本道实验题探究的是变压器电压与匝数的关系，采用控制变量法。变压器是利用电磁感应的原理来改变交流电压的装置，因此该实验使用交流电，因此在实验器材选择上应选取交流电相关器材。
本题考查“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”实验，要求学生了解变压器的原理，掌握电学实验的注意事项，以及具备根据实验数据对实验结论进行分析的能力。本题考查内容多为基础知识，难度较小。

【解答】
(1)实验中，必须要有学生电源提供交流电，B需要；学生电源本身可以调节电压，无需滑动变阻器，需要用多用表测量电压，C需要；本实验不需要条形磁铁，用可拆变压器来进行试验，G需要；综上所述，需要的实验器材为BCG。
故选BCG。
(2)A.为确保实验安全，应该降低输出电压，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A错误；
B.要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，进而测得副线圈电压，找出相应关系，故B正确；
C.为了保护电表，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，故C正确；
D.变压器的工作原理是电磁感应现象，即不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到传递磁场能的作用，不是铁芯导电来传输电能，故D错误。
故选BC。
(3)通过数据计算可得，在误差允许的范围内，原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，即U1U2=n1n2。  
18.【答案】1.0152.03.0mAv1−mBv2=0 
【解析】解：①d、由图3可知，滑块的宽度为：d=10mm+3×0.05mm=10.15mm=1.015cm；
e、滑块通过光电门E的速度为：v1=dt1=1.015×10−25.0×10−3m/s≈2.0m/s
滑块通过光电门F的速度为：v2=dt2=1.015×10−23.4×10−3m/s≈3.0m/s；
②由于系统水平方向所受合外力为0，故系统水平方向动量守恒，在释放前系统的动量为0，故在释放后系统的动量仍然为0，则有：mAv1−mBv2=0；
故答案为：①d、1.015；e、2.0，3.0；②mAv1−mBv2=0；
根据游标卡尺的读数方法读数即可；
根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度计算滑块通过光电门时的速度；
由于系统水平方向所受合外力为0，故系统水平方向动量守恒，在释放前系统的动量为0，故在释放后系统的动量仍然为0，则有mAv1−mBv2=0。
本题考查动量守恒定律的实验验证及游标卡尺的读数；要注意通过认真审题明确实验原理，结合所学物理规律才能正确分析求解。

19.【答案】解：当S拨至a时，油滴受力平衡，显然带负电，所以有：
mg=qUd
当S拨至b时，LC回路中有振荡电流，其振荡周期为：
T=2πLC=2×3.14×0.1×10−3×1×10−6=6.28×10−5s
当t=3.14×10−5s时，电容器恰好反向充电结束，此时油滴受到向下的电场力，由牛顿第二定律得：
qUd+mg=ma
以上式子联立，代入数据得：
a=20m/s2
当振荡电流最大时，两极板间电压为零，板间没有电场，油滴仅受重力作用
所以有：
mg=ma′
得：a′=g=10m/s2
答：经过t=3.14×10−5s，油滴的加速度是20m/s2，当油滴的加速度a为10m/s2时，LC回路中的振荡电流有最大值。 
【解析】当电键S拨至a时，带电油滴正好处于静止状态，可知此时油滴受到的电场力和重力平衡；根据周期公式T=2πLC计算出周期，比较t与T的关系，判断电容器带电状态，再对油滴受力分析，应用牛顿第二定律可得知此时的加速度。
根据振荡的特点，可知当电流最大时，极板间没有电场，此时油滴只受重力，可计算此时的加速度。
该题考查了Lc振荡电路以及带电粒子在周期性变化的磁场中的运动情况，解决此类问题要注意分析振荡过程中板间的电场变化情况和线圈中的电流变化情况。

20.【答案】解：(1)根据乙图可知线圈转动产生的感应电动势的最大值为Em=62V，根据闭合电路的欧姆定律可得Im=EmR+r=629.0+1.0A=0.62A
交流电的周期T=0.02s，角速度ω=2πT=2π0.02rad/s=100πrad/s，故流经灯泡的瞬时电流的表达式i=0.62sin100πtA
(2)回路中的电流I=Im2=0.622A=0.6A
线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功W=Q=I2(R+r)T=0.62×(9.0+1.0)×0.02J=0.072J
(3)根据Um=NBSω可知BS=UmNω
从中性面开始转动14圈过程中通过灯泡的电荷量q=nBSR+r，解得q=325π×10−2C
答：(1)写出流经灯泡的瞬时电流的表达式为i=0.62sin100πtA；
(2)线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功为0.072J；
(3)从中性面开始转动14圈过程中通过灯泡的电荷量为325π×10−2C. 
【解析】(1)根据图象乙可知最大值及周期，根据电动势的表达式写出电流的瞬时值表达式；
(2)线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功等于回路中产生的热量；
(3)由电动势最大值求出最大磁通量，通过灯泡的电荷量q=NΔΦR+r；
本题考查交流电的相关知识，涉及磁通量、感应电动势等知识点，要求学生熟练掌握涉及到的相关公式及其之间的转化关系，本题考查内容较全，难度适中。

21.【答案】解：(1)粒子运动轨迹如图所示，

OQ段为圆周，QP段为抛物线，粒子在Q点时的速度大小为v0，根据对称性可知，方向与x轴正方向成30∘角，由几何关系得
v=v0cos30∘
解得：v=32v0；
(2)在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得
−qEL=12mv2−12mv02
解得：E=mv028qL
水平方向的位移为
xQP=32v0t1
竖直方向的位移为
y=12v0sin30∘t1=L
可得：xQP=23L，
OQ=xOP−xQP=(23L+1)L−23L=L
由OQ=2Rsin30∘得，粒子在OQ段圆周运动的半径为
R=L
由牛顿第二定律得
qv0B=mv02R
联立解得：B=mv0qL。
答：(1)粒子运动到P点时速度v的大小为32v0；
(2)匀强电场的电场强度E为mv028qL，匀强磁场的磁感应强度B为mv0qL。 
【解析】(1)带电粒子以与x轴成30∘垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，接着又以与x轴成30∘进入匀强电场，当到达P点时速度恰好与x轴平行，由粒子在电场O点的速度分解可求出到P点时速度的大小v；
(2)粒子从离开磁场到运动到P点的过程中，运用动能定理求解电场强度；由类平抛运动与圆周运动结合几何关系可求出圆弧对应的半径，根据粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力可算出磁感应强度。
本题考查带电粒子在电磁场中的运动，在磁场中做匀速圆周运动，在电场中可以看成逆向类平抛运动运用平抛运动规律求解。

22.【答案】解：两个球两次碰撞过程中，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律，
第1次碰撞过程有：m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，
第2次碰撞过程有：m1v1′−m2v2′=0，
解得：v1′=m1v1+m2v22m1；
答：第一次碰后m1球的速度大小是m1v1+m2v22m1。 
【解析】两个小球发生了两次碰撞，每次碰撞过程系统的动量都守恒，根据动量守恒定律分别研究两次碰撞的过程，求解两球第一次碰后m1球的速度大小。
本题考查了求球的速度，分析清楚球的运动过程，应用动量守恒定律即可正确解题，解题时注意正方向的选择。