2022-2023学年安徽省安徽师范大学附属中学高二（下）期中物理试卷（4月）（含解析）

这是一份2022-2023学年安徽省安徽师范大学附属中学高二（下）期中物理试卷（4月）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.关于电磁波，下列说法正确的是( )
A. 电磁波是一种纵波
B. 麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在
C. 电场或磁场随时间变化时一定会产生电磁波
D. 变化的电场和磁场由近及远向周围传播形成了电磁波
2.关于机械振动相关的描述，下列说法正确的是( )
A. 单摆的周期随摆球质量的增大而减小
B. 水平放置的弹簧振子做简谐振动时的能量等于在平衡位置时振子的动能
C. 单摆运动到平衡位置时，速度最大，回复力为零，合力也为零
D. 只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力的频率
3.图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是( )
A. 按下按钮过程，螺线管P端电势较高
B. 松开按钮过程，螺线管P端电势较高
C. 按住按钮不动，螺线管中产生恒定的感应电动势
D. 若按下和松开按钮的时间相同，螺线管产生大小相同的感应电动势
4.关于下列器材的原理和用途，正确的是( )
A. 甲图中电子感应加速器是利用磁场直接对电子进行加速
B. 乙图中真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化
C. 丙图中磁电式电流表在线圈转动的范围内的磁场都是匀强磁场
D. 丁图中电磁炉是利用锅体产生涡流的加热原理
5.研究人员发现一种具有独特属性的新型合金能够将内能直接转化为电能。具体而言，只要略微提高温度，这种合金就会变成强磁性合金，从而使环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图所示。A为圆柱形合金材料，B为线圈，套在圆柱形合金材料上，线圈的半径大于合金材料的半径。现对A进行加热，下列说法正确的是( )
A. B线圈一定有收缩的趋势
B. B线圈一定有扩张的趋势
C. B线圈中感应电流产生的磁场阻止了B线圈内磁通量的增加
D. 若从右向左看B中产生顺时针方向的电流，则A左端是强磁性合金的S极
6.如图所示，一光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两导轨上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上。质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端。若运动过程中，金属杆保持与导轨垂直且接触良好，并不计金属杆ab的电阻及空气阻力，则( )
A. 上滑过程的时间比下滑过程长
B. 上滑过程通过电阻R的电量比下滑过程多
C. 上滑过程通过电阻R产生的热量比下滑过程少
D. 上滑过程通过电阻R产生的热量比下滑过程多
二、多选题（本大题共6小题，共24分）
7.如图甲所示，一正方形线框abcd绕ab轴在匀强磁场中匀速转动，ab边和磁场垂直，在ab间接一理想电流表，穿过线框的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化，如图乙所示。已知线框各边的电阻均为1Ω，则下列说法中正确的是
( )
A. 当线框平面与中性面夹角为60°时，线框中感应电动势的瞬时值为2V
B. 电流表的示数为2 2A
C. 1min内线框中产生的热量为120J
D. 从图示位置转过90°角的过程中，通过电流表的电荷量为5×10-2C
8.如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0-t2时间内
( )
A. 流过电阻R的电流方向始终没变B. 电容器C的a板一直带正电
C. t1时刻电容器C的带电量为零D. MN所受安培力的方向始终没变
9.如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内，当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列选项中正确的是
( )
A. 在t ​1时刻，金属圆环L内的磁通量最大
B. 在t ​2时刻，金属圆环L内的磁通量最大
C. 在t ​1～t ​2时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流
D. 在t ​1～t ​2时间内，金属圆环L有收缩的趋势
10.如图所示，图甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮．而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是( )
A. 图甲中，A1与L ​1的电阻值相同
B. 图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L ​1中电流
C. 图乙中，变阻器R与L ​2的电阻值相同
D. 图乙中，闭合S2瞬间，L ​2中电流与变阻器R中电流相等
11.如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一轻质薄板。t=0时刻，一物块从其正上方某处由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连，其位置随时间变化的图像(x-t)如图乙所示，其中t=0.2 s时物块刚接触薄板。弹簧形变始终在弹性限度内，空气阻力不计，则( )
A. t=0.2 s后物块做简谐运动
B. t=0.4 s时物块的加速度大于重力加速度
C. 若增大物块自由下落的高度，则物块与薄板粘连后振动的周期增大
D. t=0.2 s后物块坐标位置随时间变化关系为x=0.3+0.2sin10π3t-0.2-π6m
12.如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个用相同材料、相同粗细的导线绕制的单匝闭合正方形线圈1和2，其边长2L1=L2，在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再逐渐完全进入磁场，最后落到地面。运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈1、2落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2，通过线圈截面的电荷量分别为q1、q2，不计空气阻力，则
( )
A. v1>v2B. q1>q2C. v1三、实验题（本大题共2小题，共18分）
13.在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。

(1)观察变压器的铁芯，它的结构和材料是：__________；
A.整块硅钢铁芯 B.整块不锈钢铁芯 C.绝缘的铜片叠成 D.绝缘的硅钢片叠成
(2)观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数__________；(填“多”或“少”)
(3)以下给出的器材中，本实验需要用到的是________；(填字母)
A. 干电池 B． 学生电源
C. 实验室用电压表 D． 多用电表
(4)为了保证安全，低压交流电源的电压不要超过_________；(填字母)
A.2V B.12V C.36V
(5)在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线的输入电压可能为__________；(填字母)

(6)等效法、理想模型法是重要的物理学方法，合理采用物理学方法会让问题变得简单，这体现了物理学科“化繁为简”之美。产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可以等效为(左侧虚线框内的交流电源和定值电阻R0串联)与一理想变压器的原线圈连接，一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原副线圈的匝数分别为n1、n2(右侧虚线框内的电路也可以等效为一个电阻)。在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，在调节可变电阻R的过程中，当RR0=_______时，R获得的功率最大。
14.某实验小组的同学们利用单摆来测量重庆当地的重力加速度，按如图1安装好实验仪器。

(1)该小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是____(填选项前的字母)；
A.把单摆从平衡位置拉开30∘的摆角，并在释放摆球的同时开始计时
B.测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为t100
C.用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏小
D.尽量选择质量大、体积小的摆球
(2)实验过程中测量小球直径时游标卡尺读数如图2所示，其读数为_________mm；小组同学通过改变摆线的长度，获得了多组摆长L和对应的单摆周期T的数据，做出T2-L图像如图3所示，可测得重庆的重力加速度g=________m/s2(π=3.14，结果保留三位有效数字)；
(3)小组同学发现：计算得到的数值比黑龙江的重力加速度值略小，则实验所在处的地理位置与黑龙江的主要不同点可能是________________(写出一条即可)；
(4)在实验中，有三位同学作出的T2-L图线分别如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值，则相对于图线a和c，下列分析正确的是_______(填选项前的字母)。

A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C.图线c对应的g值小于图线b对应的g值
D.图线a对应的g值大于图线b对应的g值
四、计算题（本大题共3小题，共34分）
15.风能是可再生清洁能源。某村在较远的山顶建立了一座小型风力发电站，发电机的输出功率为100kW，输出电压为500V，输电导线的总电阻为10Ω，导线上损耗的电功率为4kW，该村的用电电压是220V。输电电路如图所示，求：
(1)升压变压器的原、副线圈的匝数比；
(2)降压变压器的原、副线圈的匝数比。
16.图甲是某煤气处点火装置的原理图，匝数为20的线圈逆时针转动产生的交流电压如图乙所示。将该交流电压加在理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，当变压器副线圈输出电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。
(1)求输入原线圈的瞬时电压的表达式；
(2)若旋转线圈的电阻不计，转动时穿过线圈的最大磁通量为多少？
(3)变压器原、副线圈的匝数需满足怎样的关系才能实现点火？
17.如图甲所示，电阻不计的“U”形金属导轨固定在水平面上，两导轨间距L=0.5m。一质量m=0.01kg的导体棒ab垂直放在导轨上，与导轨接触良好，接入电路中电阻r=0.15Ω，在垂直导轨平面的区域I和区域II中存在磁感应强度相同的匀强磁场。现用—根与轨道平面平行的不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮将导体棒和质量M=0.02kg的小球相连。导体棒从磁场外由静止释放后始终在导轨上运动，其运动v-t图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)导体棒与金属导轨之间的动摩擦因数μ；
(2)磁场区域的磁感应强度B；
(3)导体棒在穿过磁场区域II的过程中产生的焦耳热Q。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.电磁波是一种横波，故A错误；
B.麦克斯韦预言了电磁波的存在，而赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故B错误；
C.电场或磁场随时间周期变化时才会产生电磁波，故C错误；
D.变化的电场和磁场由近及远向周围传播形成了电磁波，故D正确。
故选D。
2.【答案】B
【解析】A.根据单摆周期公式T=2π Lg
可知单摆的周期和摆球质量无关，A错误；
B.水平放置的弹簧振子做简谐振动时的平衡位置位于弹簧原长，此位置弹性势能为零，动能最大，弹簧振子做简谐振动时机械能守恒，所以水平放置的弹簧振子做简谐振动时的能量等于在平衡位置时振子的动能，B正确；
C.单摆运动到平衡位置时，速度最大，回复力为零，由于单摆做圆周运动，径向的合力提供向心力，所以合力不为零，C错误；
D.根据受迫振动的特征，受迫振动的频率一定等于外界驱动力的频率，D错误。
故选B。
3.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查法拉第电磁感应定律和楞次定律的应用，基础题目。
根据楞次定律和法拉第电磁感应定律逐一分析即可判断。
【解答】
A.按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增大，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从P端流入，从Q端流出，螺线管充当电源，则Q端电势较高，故A错误；
B.松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从Q端流入，从P端流出，螺线管充当电源，则P端电势较高，故B正确；
C.按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管不会产生感应电动势，故C错误；
D.按下和松开按钮过程，若按下和松开按钮的时间相同，螺线管中磁通量的变化率相同，根据法拉第电磁感应定律可知，螺线管产生的感应电动势大小相同，故D正确。
故选BD。
4.【答案】D
【解析】A.电子感应加速器是利用磁场产生电场对电子进行加速，故A错误；
B.真空冶炼炉的工作原理是炉内金属产生涡流而熔化，故B错误；
C.磁电式电流表在线圈转动的范围内的磁场都是辐射状磁场，不是匀强磁场，故C错误；
D.电磁炉是利用锅体产生涡流的加热原理，故D正确。
故选D。
5.【答案】BD
【解析】AB.现对A进行加热，其磁感应强度增大，A内部磁场与外部磁场方向相反，B线圈的总磁通量与A内部磁场方向相同，由楞次定律可知，B线圈一定有扩张的趋势，故A错误，B正确；
C.根据楞次定律可知，B线圈中感应电流产生的磁场阻碍了B线圈内磁通量的增加，而非阻止，故C错误；
D.根据右手螺旋定则和楞次定律可知，若从右向左看B中产生顺时针方向的电流，则A中原磁场方向向右，A内部磁场大于外部磁场，因此磁场方向要看内部，即A左端是强磁性合金的S极，故D正确。
故选BD。
6.【答案】D
【解析】A.对金属杆ab受力分析可知金属杆ab上滑过程受向下的安培力和向下的重力的分量，下滑过程受向下的重力的分量和向上的安培力，可知上滑过程的加速度比下滑过程加速度大，将上滑过程看成逆向加速运动，则可得上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等，所以上滑过程的时间比下滑过程短，所以A错误；
B.通过电阻R的电量q=It=ERt=B⋅ΔStRt=B⋅ΔSR
上滑阶段和下滑阶段ΔS相同，故通过回路即通过R的电量相同，故B错误；
CD.分析知上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，由动生电动势公式E=BLv可知上滑阶段的平均感应电动势E1大于下滑阶段的平均感应电动势E2，而上滑阶段和下滑阶段通过回路即通过R的电量相同，由公式W电=qE可知上滑阶段回路电流做功即电阻R产生的热量比下滑阶段多。故C错误， D正确。
故选D。
7.【答案】C
【解析】A.由题意可知，线框转动过程产生正弦交流电，最大值为Em=nBSω=nΦm⋅2πT=4V
所以瞬时表达式为e=Emsin ωt=4sin ωt(V)
故当线框平面与中性面夹角为60°时，代入可得线框中感应电动势的瞬时值为2 3V，故 A错误；
B.电动势的有效值为E=Em 2=2 2V
所以电流表的示数为I=ER= 22A
故B错误；
C.1min内线框中产生的热量为Q=E2Rt
代入数据可得Q=120J
故C正确；
D.从图示位置转过90°角的过程中，产生的平均感应电动势为E=NΔΦΔt=ΔΦΔt
平均感应电流为I=ER
通过电流表的电荷量为q=I⋅Δt=ΔΦR
代入数据可得q=5×10-3C
故D错误。
故选C。
8.【答案】AB
【解析】A.由图乙可知，磁感应强度先减小后方向相反增大，即穿过回路的磁通量先减小后方向相反且增大，根据楞次定律，回路中感应电流产生的磁场阻碍原磁场的变化，所以回路中感应电流产生的磁场方向不会发生变化，则回路中的感应电流方向不发生变化，所以A正确；
B.根据楞次定律可判断，通过R的电流一直向下，电容器a板电势较高，一直带正电，所以B正确；
C.t1时刻磁场应强度为零，但是磁通量的变化量不为零，所以感应电动势不为零，即感应电流不为零，则电容器C的带电量不为零，所以C错误；
D.通过MN的电流方向不发生变化，但是磁场方向发生了变化，所以MN所受的安培力方向发生了变化，所以D错误。
故选AB。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
根据B-t图线斜率的变化，根据法拉第电磁感应定律得出电动势的变化，从而得出感应电流的变化，根据楞次定律判断出感应电流的方向，根据右手螺旋定则判断出电流所产生的磁场，从而确定磁通量的变化。
解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，右手螺旋定则判断电流和周围磁场方向的关系。
【解答】
A、由题中B-t图像知，B随时间做正弦式变化，任意一点切线斜率代表磁通量变化率，t1时刻磁通量的变化率为零，则感应电流为零，L上的磁通量为零，故A错误；
B、在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，通过金属圆环的磁通量最大，B正确；
C、在t1～t2时间内，磁通量的变化率不断变大，则线圈内的感应电流不断变大，根据楞次定律，在线圈中的电流方向f到c，根据右手螺旋定则，穿过圆环的磁通量向外增大，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故C错误；
D、在t1～t2时间内，L内的磁场增加，由楞次定律可以确定L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增加，故L有收缩的趋势，故D正确。
10.【答案】C
【解析】【分析】
闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭。
当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。
【解答】
A.图甲中，断开S1的瞬间，A1灯闪亮，是因为电路稳定时，A1的电流小于L1的电流，则可知L1的电阻小于A1的电阻，故A错误；
B.图甲中，L1的电阻小于A1的电阻，闭合S1，电路稳定后，灯泡中的电流小于线圈中的电流，故B错误；
C.图乙中，因为闭合开关S2后，最终A2与A3的亮度相同，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确；
D.图乙中，闭合S2瞬间，L2对电流有阻碍作用，所以L2中电流小于变阻器R中电流，故D错误。
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
物块与薄板一起运动时是简谐运动，根据简谐运动的对称性确定物块的加速度；分析运动过程中物块的受力情况，根据牛顿第二定律分析加速度的变化；根据简谐运动的角速度，振幅可解得位置随时间的表达式。
解决本题的关键是要分析清楚物块的运动过程和受力情况，掌握简谐运动的对称性，来分析物块所受合外力的变化情况，掌握简谐运动的特点。
【解答】
A.t=0.2s时物块刚接触薄板，落至薄板上后和薄板始终粘连，构成竖直方向的弹簧振子，并且从图像看，0.2s以后的图像为正弦函数曲线，A正确；
B.薄板为轻质薄板，质量可忽略不计。由图乙可知，B点是图像的最高点，C点是图像最低点，根据简谐运动的对称性可知，最高点的加速度和最低点的加速度大小相等，即aB=aC，由简谐运动的加速度满足a=-kxm可知，a与x成正比，设A点处的偏离平衡位置位移大小为xA，C点处偏离平衡位置的位移大小为xC，有xAg，B正确；
C.弹簧振子的周期只与振动系统本身有关，与物块起始下落的高度无关，故物块与薄板粘连后振动周期不变，C错误；
D.由图乙可知T=0.6s
因为ω=2πT=10π3
振幅为0.2m，0.2s后物块位置随时间变化关系式为x=0.3+0.2sin10π3(t-0.2)+φ0
当t=0.4s时x=0.5m
代入上式得φ0=-π6
所以x=0.3+0.2sin10π3(t-0.2)-π6，D正确。
12.【答案】AD
【解析】AC.线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度，切割磁感线产生感应电流，受到磁场的安培力大小为F=BIL=BBLvRL=B2L2vR
由电阻定律有R=ρ4LS
其中ρ为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为导线的横截面积
线圈的质量为m=ρ0S⋅4L
ρ0为材料的密度
联立可得线圈刚进入磁场时其加速度为a=mg-Fm=g-Fm=g-B2v16ρρ0
由此可知加速度a与L无关，所以有a1=a2
可知线圈1和2进入磁场的过程先同步运动，由于当线圈1刚好全部进入磁场中时，线圈2由于边长较长还没有全部进入磁场，线圈1完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，而线圈2仍先做加速度小于g的变加速运动，完全进入磁场后再做加速度为g的匀加速运动，两线圈加速运动的位移相同，所以落地速度关系为v1>v2
故A正确，C错误；
B.根据q=ΔΦR可得q=ΔΦR=BL2ρ4LS=BLS4ρ
可知通过线圈横截面的电荷量q与线圈的边长L成正比，所以有2q1=q2
故B错误；
D.由能量守恒可得Q=mg(h+H)-12mv2
H是磁场区域的高度，因为m1v2，所以可得Q1故D正确。
故选AD。
13.【答案】(1)D； (2)少； (3)BD； (4)B； (5)C； (6)n2n12
【解析】(1)观察变压器的铁芯，它的结构是绝缘的硅钢片叠成，利于导磁与减少涡流的能量损失。
故选D。
(2)观察两个线圈的导线，发现粗细不同，根据I1I2=n2n1
可知匝数少的电流大，则导线越粗，即导线粗的线圈匝数少。
(3)实验中需要交流电源并用多用电表测量交流的电压电流，不需要干电池和直流电压表。
故选BD。
(4)为了人体安全，低压交流电源的电压不要超过12V。
故选B。
(5)依题意，原副线圈匝数比2:1，若为理想变压器，则变压器线圈两端的电压与匝数的关系为U1U2=n1n2
则原线圈的电压为U1=6V
考虑到不为理想变压器，可能存在漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压要大于6V，可能为7V。
故选C。
(6)把变压器和R等效为一个电阻R1，R0当作电源内阻，当内外电阻相等，即R1=R0
此时输出功率最大，根据U1U2=n1n2
可得I1R1I2R=n1n2
又I1I2=n2n1
解得R=n2n12R1=n2n12R0
即RR0=n2n12。
14.【答案】(1)D； (2)22.6， 9.86； (3)纬度低导致的； (4)B
【解析】(1) A.单摆的偏角不能太大，且实验应在摆球通过平衡位置时开始计时，故A错误；
B.测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为T=2×t100=t50，故B错误；
C.根据单摆周期公式T=2π Lg可得g=4π2LT2
摆长L为悬线的长度加摆球的半径，用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，L偏大，则代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大，故 C错误；
D.单摆实验中应尽量选择质量大、体积小的摆球，故D正确。
故选D。
(2)实验过程中测量小球直径读数为D=22mm+6×0.1mm=22.6mm
根据单摆周期公式T=2π Lg
解得T2=4π2g⋅L
由图像可得k=4π2g=4
可测得重庆的重力加速度为g≈9.86m/s2
(3)越往南，纬度越低导致的；
(4)AD.若测量摆长时没有加摆球的半径，则摆长变成摆线的长度，则有T=2π L+D2g
解得T2=4π2g⋅L+2π2Dg
由此可知，出现图线a的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L，但图线斜率不变，即图线a和图线b的g值相同，故A、D错误；
B.实验中如果误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，根据单摆周期公式T=2π Lg
解得g=4π2LT2
可知会导致重力加速度偏大，图线斜率偏小，故B正确；
C.根据图线斜率k=4π2g
由于图线c的斜率小于图线b的斜率，可知图线c对应的g值大于图线b对应的g值，故C 错误。
故选B。
15.【答案】(1)输电导线的总电阻为10Ω，导线上损耗的电功率为4kW，根据P'=I2R
可以解得输电线上的电流I2=20A
发电机的输出功率为100kW，输出电压为500V，可得U1=500V
I1=100kW500V=200A
根据理想变压器I1I2=n2n1
所以n1n2=I2I1=20200=110；
(2)升压变压器匝数比为1:10，可得U2=5000V
降压变压器的原线圈U3=U2-I2R=4800V
n3n4=U3U4
解得n3n4=4800220=24011。

【解析】本题考查的是远距离输电问题，需要清楚的掌握变压器的电压、电流、功率关系，并熟知相关的电路知识。
16.【答案】(1)由图乙可知，输入原线圈的瞬时电压的表达式为u=Umsin2πTt=5sin100πtV
(2)根据Um=NBSω=NΦmω
又ω=2πT=100πrad/s
联立解得穿过线圈的最大磁通量为Φm=1400πWb
(3)根据变压器原、副线圈电压比等于匝数比可得U2m=n2n1U1m
为了实现点火，需满足U2m>5000V
联立解得n1n2<11000。

【解析】本题考查了交流电瞬时值表达式的求解，理想变压器电压与匝数比的关系，要明确引发电火花点燃气体的条件。
17.【答案】(1)前0.2s内，设绳上的拉力为T，设导体棒加速度大小为a，对导体棒根据牛顿第二定律T-μmg=ma
对小球根据牛顿第二定律Mg-T=Ma
由以上两式可得Mg-μmg=(M+m)a
由乙图可知，前0.2s内a=ΔvΔt=
代入数值得μ=0.5
(2)由乙图可知导体棒在区域I做匀速直线运动
对导体棒受力分析可知T=μmg+F安
对小球受力分析可知Mg=T
又E=BLv，I=Er，F安=BIL
代入数值得B=0.3T
(3)导体棒穿过磁场区域II过程
对导体棒，由动量定理Tt-F安t-μmgt=mv2-mv1
对小球，由动量定理Mgt-Tt=Mv2-Mv1
又F安t=BILrt=B⋅BLv⋅Lrt=B2L2r⋅vt=B2L2rx2
带入数据解得：x2=0.8m
对系统Mgx2-μmgx2+WF安=12(M+m)v22-12(M+m)v12，Q =-WF安
代入数值得Q =0.165J

【解析】导体棒进入磁场之前，只受绳的拉力和摩擦力，结合图乙可知加速度，然后根据牛顿第二定律可求解μ；导体棒进入磁场后匀速运动，受力平衡；对导体棒和小球运动动量定理求出运动位移x2，运用动能定理可求解焦耳热。