广东省江门市培英高级中学2024-2025学年高二下学期第一次阶段考试物理试题
1．（2025高二下·江门月考）风力发电将成为广东沿海实现“双碳”目标的重要途径之一。如图甲，风力发电装置呈现风车外形，风吹向叶片驱动风轮机转动，风轮机带动内部匝数为N的矩形铜质线圈在水平匀强磁场中，以角速度绕垂直于磁场的水平转轴顺时针匀速转动产生交流电，发电模型简化为图乙。已知N匝线圈产生的感应电动势的最大值为。则（ ）
A．当线圈转到图示位置时磁通量最大
B．当线圈转到图示位置时电流方向为D→C→B→A
C．穿过线圈的最大磁通量为
D．当线圈转到竖直位置时电流表的示数最大
2．（2025高二下·江门月考）如图为某风力发电机简易模型图。在风力作用下，风叶通过转轴带动条型磁铁转动，在线圈L中产生感应电动势的瞬时表达式为（V），将线圈L与一电阻R相连，则（ ）
A．磁铁转到图示位置时，线圈L中的磁通量最小
B．线圈L中感应电动势的有效值为44V
C．风叶每转动一圈，电阻R中电流方向改变两次
D．若风叶的转速不变，增大R的阻值，则电阻R上消耗的功率一定增大
3．（2025高二下·江门月考）我国新能源汽车产业的高速增长使得市场对充电桩的需求越来越大，解决充电难题已经刻不容缓。无线充电的建设成本更低，并且不受场地限制等因素的影响，是解决充电难的途径之一、如图所示是某无线充电接收端电流经电路初步处理后的i-t图象，则该交变电流的有效值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高二下·江门月考）某种手机的无线充电原理如图所示。无线充电器中的基座线圈与的交变电源相连产生变化的磁场，手机中的接收线圈便能感应出电流给手机电池充电。已知接收线圈的两端电压为5V，下列说法正确的是（ ）
A．无线充电工作原理是互感原理
B．接收线圈中电流的频率为100Hz
C．无线充电发射线圈与接收线圈匝数比为44∶1
D．该无线充电器能对所有手机进行充电
5．（2025高二下·江门月考）2021年5月18日，实高292米的深圳华强北赛格大厦出现不明显原因晃动，其中一种观点认为当时大厦附近有机械在地下施工作业，机械振动频率与大厦固有频率比较接近，是造成大厦出现较大幅度晃动的主要原因。下列说法正确的是（ ）
A．根据题意，施工机械振动频率与大厦固有频率比较接近时，该大厦发生了简谐振动
B．根据题意，施工机械振动频率与大厦固有频率差距越大，该大厦振幅越小
C．安装阻尼器能起到减震作用，其原理是阻尼器能改变大厦的固有频率，从而杜绝共振现象
D．根据题意，则通过增、减建筑物的一定层高，一定无法显著减轻大厦晃动情况
6．（2025高二下·江门月考）有人在瑞士旅游时买一个摆钟，回到广东以后发现摆钟不准了，经过专家鉴定摆钟质量是没有问题的。下列表述正确的是（ ）
A．摆钟不准主要原因是两地重力加速度不同
B．摆钟不准主要原因是两地温度不同
C．摆钟不准主要原因是钟摆的摆长变化
D．若摆钟走慢了，是钟摆的周期变小
7．（2025高二下·江门月考）有一弹簧振子，振幅为0.8cm，周期为0.5s，初时具有负方向的最大加速度， 则它的振动方程是（ ）
A．x=8×10-1sin（4πt+ ）m B．x=8×10-1sin（4πt- ）m
C．x=8×10-3sin（4πt+ ）m D．x=8×10-3sin（4πt- ）m
8．（2025高二下·江门月考）如图，为某型号电吹风的电路原理图：a、b、c、d为四个固定触点，可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风工作状态，分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该型号电吹风的各项参数如表。下列说法正确的是（ ）
热风时输入功率 460W
冷风时输入功率 60W
小风扇额定电压 60V
正常工作时小风扇输出功率 52W
A．吹热风时，触片P位于b、c位置
B．吹冷风时，触片P位于a、b位置
C．变压器原、副线圈的匝数比为
D．变压器原、副线圈的匝数比为
9．（2025高二下·江门月考）无线话筒是LC振荡电路的一个典型应用。在LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，且电容器上极板带正电，下列说法正确的是（ ）
A．电流流向沿b到a B．电容器正在充电
C．电场能正在向磁场能转化 D．振荡电流正在减小
10．（2025高二下·江门月考）如图，变压器的输入电压恒定，在下列措施中能使电流表示数变小的是（ ）
A．保持变阻器的滑片不动，将K从2拨向1
B．保持变阻器的滑片不动，将K从1拨向2
C．保持K与1相连接，将变阻器的滑片向上移
D．保持K与1相连接，将变阻器的滑片向下移
11．（2025高二下·江门月考）如图所示，为了减少输电线路中的电力损失，发电厂发出的电通常是经过变电所升压后通过远距离输送，再经变电所将高压变为低压。某变电所将电压u0=11000sin100πt（V）的交流电降为220V供居民小区用电，则该变电所变压器（ ）
A．原、副线圈匝数比为50∶1
B．副线圈中电流的频率是50Hz
C．原线圈的导线比副线圈的要粗
D．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和
12．（2025高二下·江门月考）如图甲所示，某弹簧振子在竖直方向上做简谐运动，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧振子振动的圆频率为
B．弹簧振子的振动方程为
C．在和时刻弹簧的弹性势能相同
D．从到时间内弹簧振子运动的路程大于
13．（2025高二下·江门月考）某同学用可拆变压器探究“变压器原、副线圈电压与匝数的关系”。
（1）该同学将原线圈接一学生电源的交流电压输出端，并使用交流电压表分别测量原、副线圈两端的电压，得到的实验数据如下表所示。
实验序号 原线圈匝数 副线圈匝数 原线圈电压（V） 副线圈电压（V）
1 400 200 4.22 2.10
2 400 800 4.22 8.36
3 400 1600 4.22 16.83
根据实验数据，得到的结论为：在误差允许的范围内， 。
（2）可拆变压器铁芯是由相互绝缘的薄硅钢片叠压而成。如图所示，原线圈接交流电源，副线圈接入小灯泡。第一次，缓缓移动铁芯横条使铁芯完全闭合；第二次，另取一块与变压器铁芯横条尺寸相同的普通铁块替换铁芯横条，重复上述实验。两次均观察到小灯泡由暗变亮。以下说法正确的是___________。
A．第二次实验中小灯泡更亮些
B．用普通铁块和用铁芯横条相比，普通铁块更容易发热
C．无论用普通铁块还是用铁芯横条，流经小灯泡的电流均为交变电流
14．（2025高二下·江门月考）为了节能环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统。光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件（照度可以反映光的强弱，光越强，照度越大，照度单位为lx）。
（1）某光敏电阻R在不同照度下的阻值如下表，根据表中已知数据，在如图甲的坐标系中描绘出了阻值随照度变化的曲线。由图像可求出照度为0.6lx时的电阻约为 kΩ。
照度/lx 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2
电阻/kΩ 5.8 3.7 2.3 2.0 1.8
（2）如图乙，是街道路灯自动控制设计电路，利用直流电源为电磁铁供电，利用照明电源为路灯供电。为达到天亮灯熄、天暗灯亮的效果，路灯应接在 （填“AB”或“BC”）之间。
（3）用多用电表“×10 Ω”挡，按正确步骤测量图乙中电磁铁线圈电阻时，指针示数如图丙，则线圈的电阻为 Ω；已知当线圈中的电流大于或等于2mA时，继电器的衔铁将被吸合，图乙中直流电源的电动势E＝6V，内阻忽略不计，滑动变阻器有两种规格可供选择：
R1（0～200Ω，1A）、R2（0～2000Ω，0.1A）。要求天色渐暗照度降低至1.0lx时点亮路灯，滑动变阻器应选择 （填“R1”、“R2”）。为使天色更暗时才点亮路灯，应适当将滑动阻变阻器的滑片向 （填“左”或“右”）端移动。
15．（2025高二下·江门月考）利用单摆可以测量当地的重力加速度。
（1）为了较精确地测量重力加速度的值，以下四种单摆组装方式，应选择______。
A． B．
C． D．
（2）组装好单摆，先用刻度尺测量摆线长度，再用游标卡尺测量小球的直径，其示数如图甲，则小球直径为 mm；摆球在竖直平面内稳定摆动后，用秒表记录单摆经历n次全振动所用的时间t如图乙所示，则 s。
（3）测量出多组单摆的摆长L和运动周期T，作出图像，如图丙所示，由此可求出重力加速度 。（取，保留两位有效数字）
（4）进一步分析，发现图像不过坐标原点，原因可能是将 （选填“摆线长”或“摆线长加小球直径”）作为摆长，上述操作会使重力加速度的测量值 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
16．（2025高二下·江门月考）一力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，图甲中O点为单摆的固定悬点，现将小摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=θ，θ小于10°且是未知量，图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t的变化的曲线，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，试根据力学规律和题中（包括图中）所给的信息求：（g取10m/s2）
（1）可视为简谐运动的情况下，求单摆的振动周期T和摆长L；
（2）若已知摆球的质量为m，求摆球运动过程中的最大速度v（用已知字母表示）。
17．（2025高二下·江门月考）一台发电机输出功率为2000kW，电压为4000V，经升压变压器向远方输电。输电线路总电阻为，到目的地经降压变压器降压，负载为多个正常发光的灯泡（每个灯泡的额定电压220V、额定功率40W）。若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的4%，升压变压器、降压变压均为理想变压器，求：
（1）升压变压器副线圈的输出电流是多少？
（2）升压变压器原、副线圈匝数比是多少？
（3）有多少盏灯泡能正常发光？
18．（2025高二下·江门月考）如图所示，一定厚度和宽度的导体板放在匀强磁场中，当导体板通过一定电流，且电流与磁场方向垂直时，在导体板的上侧面A和下侧面之间会产生一定的电势差，这种现象称为霍尔效应。
(1)若图中的电流I是电子的定向运动产生的，则导体板上、下两个侧面中，哪个电势高？
(2)设该导体板单位体积中自由电子的个数为n，导体板的宽度为d，通过导体板的电流为I，磁感应强度为B，电子电荷量为e。试证明：发生霍尔效应时，导体板上、下侧面间的电势差。
(3)由上问的结论可知，在I、n、e、d都相同的情况下，与B成正比，由的数值可以比较B的大小，因此可以把这种导体板做成磁敏元件。试问：用这种磁敏元件探测某空间的磁场时，磁敏元件摆放的方向对是否有影响？如果把这种导体板上、下侧面间的电压进行线性放大显示，用它做成的磁传感器的示数是否跟被测磁感应强度有线性关系？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】解答本题时，关键要掌握中性面的特点：线圈经过中性面时，磁通量最大，感应电流为零。要注意电流表测量的是有效值，示数不变。A．当线圈转到图示位置时磁通量为零，选项A错误；
B．根据右手定则可知，当线圈转到图示位置时电流方向为D→C→B→A，选项B正确；
C．根据
可知，穿过线圈的最大磁通量为
选项C错误；
D．电流表示数显示交流电有效值，总是不变的，选项D错误。
故选B。
【分析】根据右手定则判断感应电流方向，由Em=NBSω求解线圈的最大磁通量，当线圈与磁场垂直时，感应电流的瞬时值为零，但电流表的示数等于有效值。
2．【答案】C
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查学生对磁通量定义、有效值规律、功率计算式等规律的掌握，是一道基础题。A．磁铁转到图示位置时，线圈L中的磁通量最大，A错误；
B．线圈L中感应电动势的有效值为
B错误；
C．风叶每转动一圈，电阻R中电流方向改变两次，C正确；
D．电阻R上消耗的功率
若风叶的转速不变，增大R的阻值，则电阻R上消耗的功率一定减小，D错误。
故选C。
【分析】根据磁通量定义，分析磁通量大小；根据有效值规律，求有效值；风叶每转动一圈，电阻R中电流方向改变两次；根据功率计算式，分析功率变化。
3．【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解，知道正弦交变电流的最大值是有效值的倍。设有效值为I，根据有效值的概念可知
解得
故选D。
【分析】求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值。
4．【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查对生产、生活中电磁感应现象的分析、理解能力，常识性问题。A．无线充电是利用互感现象，故A正确；
B．交变电流频率为
接收线圈接收频率也为50Hz，故B错误；
C．若为理想变压器，则
由于漏磁等因素，发射线圈与接收线圈匝数比不为44∶1，故C错误；
D．无线充电是利用互感原理，手机需要有接收线圈才能进行充电，故D错误。
故选A。
【分析】无线充电是利用互感原理，根据变压器的工作原理和正弦交流电知识进行分析解答。
5．【答案】B
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】本题考查了共振现象以及共振的防止和利用，要注意明确如何判断物体的运动是否为简谐运动，并明确受迫振动中频率之间的关系。AB．由题中观点可知，施工机械振动频率与大厦固有频率比较接近时，该大厦发生了共振，不是简谐振动，由共振规律可知，当机械振动频率与大厦固有频率差别越大，其振幅越小，A错误，B正确；
C．安装阻尼器能起到减震作用，其原理是阻尼器能改变大厦的固有频率，但可能在其他施工机械振动时发生共振，故不能杜绝共振，C错误；
D．根据题意，则通过增、减建筑物的一定层高，可改变大厦的固有频率，可以显著减轻大厦晃动情况，D错误。
故选B。
【分析】受迫振动的频率等于驱动力的频率；当受迫振动中的固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，结合共振的利用与防止的方法解答。
6．【答案】A
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】本题考查的是单摆的周期公式，走时不准主要和重力加速度有关，重力加速度与纬度有关。ABC．由于瑞士比广东的纬度更高，因此广东的重力加速度小于瑞士的重力加速度，摆钟不准主要原因是两地重力加速度不同，故A正确，BC错误；
D．摆钟是根据单摆的等时性原理制成的，由单摆的周期公式
若摆钟走慢了，是钟摆的周期变大，故D错误。
故选A。
【分析】摆钟是根据单摆的等时性原理制成的，由单摆的周期公式，摆钟走时不准主要和摆长及当地重力加速度有关。
7．【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】根据题意分析，初时具有负方向的最大加速度，由 知，振子初始位移正向最大，则位移表达式： 中， ；圆频率 ，则表达式为 ，故ABD不符合题意，C符合题意
故答案为：C
【分析】利用振动方程结合振幅和周期可以求出方程的表达式。
8．【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查变压器原理、电功率与热功率的理解，重点是读懂表格中的数据与电路图原理。A．吹热风时电热丝应通电，触片P位于a、b位置，A错误；
B．吹冷风时电热丝不工作，触片P位于b、c位置，B错误；
CD．由理想变压器的电压与线圈匝数的关系可知
C正确，D错误；
故选C。
【分析】根据电路原理图，吹热风时，变压器需要正常工作，触片P与触点a、b接触，触片P若同时接触两个触点b和c，只有小风扇接入电路，只有小风扇工作，电吹风处于吹冷风工作状态，原线圈两端电压为220V，副线圈两端电压为60V，即可求得变压器原副线圈匝数之比。
9．【答案】A,B,D
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】本题考查了LC振荡电路的分析，电容器充电过程是磁场能向电场能转化的过程，磁场能减小则电流减小。A．由右手螺旋定则可知，电流流向沿b到a，故A正确；
BCD．因电容器上极板带正电，可知电容器正在充电，磁场能正在向电场能转化，振荡电流正在减小，故BD正确，C错误；
故选ABD。
【分析】由线圈中的磁场方向判断得到电流方向，结合电容器的极板带电情况，判断电容器的充放电情况；电容器充电时电流是减小的，磁场能向电场能转化。
10．【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查变压器的动态分析，要熟练掌握变压器原、副线圈的电压与匝数成正比，变压器原、副线圈的电流与匝数成反比（只有一个副线圈）。A．保持变阻器的滑片不动，将K从2拨向1时，副线圈的匝数增加，根据电压与匝数成正比可知，此时的输出电压将增加，电阻不变，所以副线圈电路的电流将增加，则原线圈电流增加，电流表的示数增加。故A错误；
B．由A的分析可知，保持变阻器的滑片不动，将K从1拨向2，此时的电流将减小，电流表的示数将减小。故B正确；
C．保持K与1相连接，此时的输出的电压不变，将变阻器的滑片向上移时，电路中的电阻变大，副线圈电流将减小，电流表的示数也将减小。故C正确；
D．由C的分析可知，D中的电流表读数增加。故D错误。
故选BC。
【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。
11．【答案】A,B
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】本题考查电压的瞬时表达式以及变压器的运用，能够从瞬时表达式中获取最大值、角速度是本题的关键，知道峰值和有效值的关系。A．降压变压器输入电压的最大值为，则有效值为11000V，则
选项A正确；
B．交流电的频率
经过变压器后，交流电的频率不变，选项B正确；
C．降压变压器中副线圈中的电流大于原线圈中的电流，为了使线圈放出的热量尽量少，则副线圈导线的电阻应小于原线圈导线的电阻，则副线圈导线应比原线圈导线粗，选项C错误；
D．副线圈中的电流等于居民小区各用电器电流的总和，而原、副线圈中的电流不相等，所以输入原线圈的电流不等于居民小区各用电器电流的总和，选项D错误。
故选AB。
【分析】根据原副线圈的匝数之比等于电压比求出原副线圈匝数比，根据原副线圈电流的大小判断线圈导线的粗细。
12．【答案】B,D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】本题是关于简谐运动的题目，会分析振动图像是解题的关键。图象会直观的告诉我们很多信息，故要学会认知图象，并能熟练应用。A．由图可知，周期
弹簧振子振动的圆频率
故A错误；
B．振子的振动方程为
故B正确；
C．因为弹簧振子是在竖直方向上的振动，平衡位置并不是原长位置，所以在和时刻弹簧振子的弹簧形变量不同，弹性势能也不相同，故C错误；
D．时刻弹簧振子的位移为，时刻弹簧振子的位移为，从到时间内弹簧振子的路程为
故D正确。
故选BD。
【分析】根据图像分析周期的大小；分析振动过程，可判断回复力、速度、弹性势能等物理量的变化情况。
13．【答案】（1）变压器原、副线圈的电压比等于匝数比
（2）B；C
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】本题考查探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤以及误差原因分析。
（1）第一组数据，原副线圈匝数比为
原副线圈电压之比为
第二组数据，原副线圈匝数比为
原副线圈电压之比为
第一组数据，原副线圈匝数比为
原副线圈电压之比为
根据实验数据，得到的结论为：在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比。
（2）AB．铁芯横条与普通铁块都是导磁材料，铁芯闭合后，减小了漏磁现象，产生的感应电动势增大，小灯泡变亮；变压器铁芯是利用由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这样设计的原因是减小涡流，提高变压器的效率，用普通铁块和用铁芯横条相比，普通铁块由于涡流更容易发热，变压器效率低一些，第一次实验中小灯泡更亮些，故A错误，B正确；
C．无论用普通铁块还是用铁芯横条，副线圈中还是交变电流，流经小灯泡的电流均为交变电流，故C正确。
故选BC。
【分析】（1）根据表格中给出的数据进行分析，然后作答；
（2）另取一块与变压器铁芯横条尺寸相同的普通铁块替换铁芯横条后，普通铁块产生的涡流增大。
（1）第一组数据，原副线圈匝数比为
原副线圈电压之比为
第二组数据，原副线圈匝数比为
原副线圈电压之比为
第一组数据，原副线圈匝数比为
原副线圈电压之比为
根据实验数据，得到的结论为：在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比。
（2）AB．铁芯横条与普通铁块都是导磁材料，铁芯闭合后，减小了漏磁现象，产生的感应电动势增大，小灯泡变亮；变压器铁芯是利用由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这样设计的原因是减小涡流，提高变压器的效率，用普通铁块和用铁芯横条相比，普通铁块由于涡流更容易发热，变压器效率低一些，第一次实验中小灯泡更亮些，故A错误，B正确；
C．无论用普通铁块还是用铁芯横条，副线圈中还是交变电流，流经小灯泡的电流均为交变电流，故C正确。
故选BC。
14．【答案】2.7kΩ（2.6kΩ~2.8kΩ ）；AB；140Ω；R2；左
【知识点】利用传感器制作简单的自动控制装置；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】该题考查电路设计的问题和变化电路的分析，要结合闭合电路欧姆定律、光敏电阻的特点去分析；同时注意图象的正确应用，能从图象中找出对应的信息。（1）从图像上可以看出当照度为0.6lx时的电阻约为（2.6kΩ~2.8kΩ ）；
（2）当天亮时，光敏电阻的阻值变小，所以回路中电流增大，则衔铁被吸下来，此次触片和下方接触，此时灯泡应该熄灭，说明灯泡接在了AB上。
（3）根据欧姆表的读数规则，所以电阻值为
回路中的电流为2mA时回路中的需要中电阻
所以选择滑动变组器比较合理。若要求天色渐暗照度降低至1.01x时点亮路灯，则天色更暗时光明电阻更大，要先保证回路中的电流2mA不变，则应减小滑动变阻器的阻值，即向左滑动滑动变阻器。
【分析】（1）从图中读出对应于照度为0.6lx时的纵坐标可得对应电阻值；
（2）为使天亮灯熄、天暗灯亮，天亮时路灯处于断路，天暗时处于通路，根据电磁继电器控制原理分析；
（3）根据多用电表读数规则读数；滑动变阻器在电路中起调节和保护电路作用，根据天暗时电路中电流值分析滑动变阻器需接入阻值。
15．【答案】（1）D
（2）9.3；100.0
（3）9.5
（4）摆线长；不变
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题考查了“利用单摆周期公式测定重力加速度”的实验，理解实验原理是解题的前提与关键，根据实验注意事项应用单摆周期公式即可解题。
（1）摆球应该选择质量较大且体积较小的小钢球；摆线的上端要用铁夹固定，而不是缠绕的横梁上面。故选D。
（2）用游标卡尺测量小球的直径为9mm+0.1mm×3=9.3mm；
秒表读数90s+10.0s=100.0s。
（3）根据
可得
图线斜率
解得
（4）根据（3）分析可知，理论上图像是一条过坐标原点的直线，题给图像相对于理论图像，在相同周期下，所测摆长比实际值偏小，则原因可能是测摆长时没有加上小球半径；根据单摆周期公式可得
整理得
图像的斜率不变，故不会影响重力加速度的测量。
【分析】（1）根据单摆模型的要求分析分析作答；
（2）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，根据游标卡尺的读数规则读数；根据秒表的读数规则读数；
（3）根据单摆周期公式求解T2-L函数，结合图像斜率的含义求解重力加速度；
（4）根据求得的T2-L函数分析作答。
16．【答案】（1）解：由图可知单摆的周期
根据
解得
（2）解：根据能量守恒
解得
【知识点】单摆及其回复力与周期；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，求出单摆的周期．再根据单摆的周期公式求出摆长；
（2）小球在最高点时绳子的拉力最小，在最低点时绳子拉力最大，求出最高点和最低点绳子拉力的表达式，再结合动能定理或机械能守恒定律求出摆球的质量和最大速度。
（1）由图可知单摆的周期
根据
解得L=0.4m
（2）根据能量守恒
解得
17．【答案】解：（1）在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的4%，则
解得升压变压器副线圈的输出电流为
（2）升压变压器的输入电流为
根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系，升压变压器原、副线圈匝数比是
（2）用户得到的功率
灯泡能正常发光的盏数为
（盏）
【知识点】电能的输送
【解析】【分析】（1）先计算出输入电流，然后根据损耗的功率计算出输电线上的电流，即可计算出升压变压器的匝数比；
（2）降压变压器的输出功率就是用户得到的总功率，等于灯泡的盏数和一个灯泡的功率的乘积。
18．【答案】解：(1)导体的电子定向移动形成电流，电子的运动方向与电流方向相反，电流方向向右，则电子向左运动。由左手定则判断，电子会偏向A端面，A'板上出现等量的正电荷，电场线向上，所以下侧面A'的电势高于侧面A的电势。
(2)当电场力与洛伦兹力平衡时，则有
由电流微观表达式得
解得
(3)用这种磁敏元件探测某空间的磁场时，磁敏元件的侧面要与磁场垂直，即摆放的方向对有影响；根据
可得
在I、n、e、d都相同的情况下B与UH成正比，则如果把这种导体板上、下侧面间的电压进行线性放大显示，用它做成的磁传感器的示数跟被测磁感应强度是线性关系。
【知识点】霍尔元件
【解析】【分析】（1）导体中电子受到磁场的洛伦兹力而发生偏转，A'聚焦了电子，产生电场，两侧面间就有电势差；
（2）电子所受的洛伦兹力的大小为F=eBv，电子所受静电力的大小为F=eE，电场强度E由E=
求出。结合电场力与洛伦兹力的平衡，可求电势差。
（3） 根据得到B与UH成正比，明显示数跟被测磁感应强度是线性关系。
1 / 1广东省江门市培英高级中学2024-2025学年高二下学期第一次阶段考试物理试题
1．（2025高二下·江门月考）风力发电将成为广东沿海实现“双碳”目标的重要途径之一。如图甲，风力发电装置呈现风车外形，风吹向叶片驱动风轮机转动，风轮机带动内部匝数为N的矩形铜质线圈在水平匀强磁场中，以角速度绕垂直于磁场的水平转轴顺时针匀速转动产生交流电，发电模型简化为图乙。已知N匝线圈产生的感应电动势的最大值为。则（ ）
A．当线圈转到图示位置时磁通量最大
B．当线圈转到图示位置时电流方向为D→C→B→A
C．穿过线圈的最大磁通量为
D．当线圈转到竖直位置时电流表的示数最大
【答案】B
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】解答本题时，关键要掌握中性面的特点：线圈经过中性面时，磁通量最大，感应电流为零。要注意电流表测量的是有效值，示数不变。A．当线圈转到图示位置时磁通量为零，选项A错误；
B．根据右手定则可知，当线圈转到图示位置时电流方向为D→C→B→A，选项B正确；
C．根据
可知，穿过线圈的最大磁通量为
选项C错误；
D．电流表示数显示交流电有效值，总是不变的，选项D错误。
故选B。
【分析】根据右手定则判断感应电流方向，由Em=NBSω求解线圈的最大磁通量，当线圈与磁场垂直时，感应电流的瞬时值为零，但电流表的示数等于有效值。
2．（2025高二下·江门月考）如图为某风力发电机简易模型图。在风力作用下，风叶通过转轴带动条型磁铁转动，在线圈L中产生感应电动势的瞬时表达式为（V），将线圈L与一电阻R相连，则（ ）
A．磁铁转到图示位置时，线圈L中的磁通量最小
B．线圈L中感应电动势的有效值为44V
C．风叶每转动一圈，电阻R中电流方向改变两次
D．若风叶的转速不变，增大R的阻值，则电阻R上消耗的功率一定增大
【答案】C
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查学生对磁通量定义、有效值规律、功率计算式等规律的掌握，是一道基础题。A．磁铁转到图示位置时，线圈L中的磁通量最大，A错误；
B．线圈L中感应电动势的有效值为
B错误；
C．风叶每转动一圈，电阻R中电流方向改变两次，C正确；
D．电阻R上消耗的功率
若风叶的转速不变，增大R的阻值，则电阻R上消耗的功率一定减小，D错误。
故选C。
【分析】根据磁通量定义，分析磁通量大小；根据有效值规律，求有效值；风叶每转动一圈，电阻R中电流方向改变两次；根据功率计算式，分析功率变化。
3．（2025高二下·江门月考）我国新能源汽车产业的高速增长使得市场对充电桩的需求越来越大，解决充电难题已经刻不容缓。无线充电的建设成本更低，并且不受场地限制等因素的影响，是解决充电难的途径之一、如图所示是某无线充电接收端电流经电路初步处理后的i-t图象，则该交变电流的有效值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解，知道正弦交变电流的最大值是有效值的倍。设有效值为I，根据有效值的概念可知
解得
故选D。
【分析】求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值。
4．（2025高二下·江门月考）某种手机的无线充电原理如图所示。无线充电器中的基座线圈与的交变电源相连产生变化的磁场，手机中的接收线圈便能感应出电流给手机电池充电。已知接收线圈的两端电压为5V，下列说法正确的是（ ）
A．无线充电工作原理是互感原理
B．接收线圈中电流的频率为100Hz
C．无线充电发射线圈与接收线圈匝数比为44∶1
D．该无线充电器能对所有手机进行充电
【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查对生产、生活中电磁感应现象的分析、理解能力，常识性问题。A．无线充电是利用互感现象，故A正确；
B．交变电流频率为
接收线圈接收频率也为50Hz，故B错误；
C．若为理想变压器，则
由于漏磁等因素，发射线圈与接收线圈匝数比不为44∶1，故C错误；
D．无线充电是利用互感原理，手机需要有接收线圈才能进行充电，故D错误。
故选A。
【分析】无线充电是利用互感原理，根据变压器的工作原理和正弦交流电知识进行分析解答。
5．（2025高二下·江门月考）2021年5月18日，实高292米的深圳华强北赛格大厦出现不明显原因晃动，其中一种观点认为当时大厦附近有机械在地下施工作业，机械振动频率与大厦固有频率比较接近，是造成大厦出现较大幅度晃动的主要原因。下列说法正确的是（ ）
A．根据题意，施工机械振动频率与大厦固有频率比较接近时，该大厦发生了简谐振动
B．根据题意，施工机械振动频率与大厦固有频率差距越大，该大厦振幅越小
C．安装阻尼器能起到减震作用，其原理是阻尼器能改变大厦的固有频率，从而杜绝共振现象
D．根据题意，则通过增、减建筑物的一定层高，一定无法显著减轻大厦晃动情况
【答案】B
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】本题考查了共振现象以及共振的防止和利用，要注意明确如何判断物体的运动是否为简谐运动，并明确受迫振动中频率之间的关系。AB．由题中观点可知，施工机械振动频率与大厦固有频率比较接近时，该大厦发生了共振，不是简谐振动，由共振规律可知，当机械振动频率与大厦固有频率差别越大，其振幅越小，A错误，B正确；
C．安装阻尼器能起到减震作用，其原理是阻尼器能改变大厦的固有频率，但可能在其他施工机械振动时发生共振，故不能杜绝共振，C错误；
D．根据题意，则通过增、减建筑物的一定层高，可改变大厦的固有频率，可以显著减轻大厦晃动情况，D错误。
故选B。
【分析】受迫振动的频率等于驱动力的频率；当受迫振动中的固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，结合共振的利用与防止的方法解答。
6．（2025高二下·江门月考）有人在瑞士旅游时买一个摆钟，回到广东以后发现摆钟不准了，经过专家鉴定摆钟质量是没有问题的。下列表述正确的是（ ）
A．摆钟不准主要原因是两地重力加速度不同
B．摆钟不准主要原因是两地温度不同
C．摆钟不准主要原因是钟摆的摆长变化
D．若摆钟走慢了，是钟摆的周期变小
【答案】A
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】本题考查的是单摆的周期公式，走时不准主要和重力加速度有关，重力加速度与纬度有关。ABC．由于瑞士比广东的纬度更高，因此广东的重力加速度小于瑞士的重力加速度，摆钟不准主要原因是两地重力加速度不同，故A正确，BC错误；
D．摆钟是根据单摆的等时性原理制成的，由单摆的周期公式
若摆钟走慢了，是钟摆的周期变大，故D错误。
故选A。
【分析】摆钟是根据单摆的等时性原理制成的，由单摆的周期公式，摆钟走时不准主要和摆长及当地重力加速度有关。
7．（2025高二下·江门月考）有一弹簧振子，振幅为0.8cm，周期为0.5s，初时具有负方向的最大加速度， 则它的振动方程是（ ）
A．x=8×10-1sin（4πt+ ）m B．x=8×10-1sin（4πt- ）m
C．x=8×10-3sin（4πt+ ）m D．x=8×10-3sin（4πt- ）m
【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】根据题意分析，初时具有负方向的最大加速度，由 知，振子初始位移正向最大，则位移表达式： 中， ；圆频率 ，则表达式为 ，故ABD不符合题意，C符合题意
故答案为：C
【分析】利用振动方程结合振幅和周期可以求出方程的表达式。
8．（2025高二下·江门月考）如图，为某型号电吹风的电路原理图：a、b、c、d为四个固定触点，可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风工作状态，分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该型号电吹风的各项参数如表。下列说法正确的是（ ）
热风时输入功率 460W
冷风时输入功率 60W
小风扇额定电压 60V
正常工作时小风扇输出功率 52W
A．吹热风时，触片P位于b、c位置
B．吹冷风时，触片P位于a、b位置
C．变压器原、副线圈的匝数比为
D．变压器原、副线圈的匝数比为
【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查变压器原理、电功率与热功率的理解，重点是读懂表格中的数据与电路图原理。A．吹热风时电热丝应通电，触片P位于a、b位置，A错误；
B．吹冷风时电热丝不工作，触片P位于b、c位置，B错误；
CD．由理想变压器的电压与线圈匝数的关系可知
C正确，D错误；
故选C。
【分析】根据电路原理图，吹热风时，变压器需要正常工作，触片P与触点a、b接触，触片P若同时接触两个触点b和c，只有小风扇接入电路，只有小风扇工作，电吹风处于吹冷风工作状态，原线圈两端电压为220V，副线圈两端电压为60V，即可求得变压器原副线圈匝数之比。
9．（2025高二下·江门月考）无线话筒是LC振荡电路的一个典型应用。在LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，且电容器上极板带正电，下列说法正确的是（ ）
A．电流流向沿b到a B．电容器正在充电
C．电场能正在向磁场能转化 D．振荡电流正在减小
【答案】A,B,D
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】本题考查了LC振荡电路的分析，电容器充电过程是磁场能向电场能转化的过程，磁场能减小则电流减小。A．由右手螺旋定则可知，电流流向沿b到a，故A正确；
BCD．因电容器上极板带正电，可知电容器正在充电，磁场能正在向电场能转化，振荡电流正在减小，故BD正确，C错误；
故选ABD。
【分析】由线圈中的磁场方向判断得到电流方向，结合电容器的极板带电情况，判断电容器的充放电情况；电容器充电时电流是减小的，磁场能向电场能转化。
10．（2025高二下·江门月考）如图，变压器的输入电压恒定，在下列措施中能使电流表示数变小的是（ ）
A．保持变阻器的滑片不动，将K从2拨向1
B．保持变阻器的滑片不动，将K从1拨向2
C．保持K与1相连接，将变阻器的滑片向上移
D．保持K与1相连接，将变阻器的滑片向下移
【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查变压器的动态分析，要熟练掌握变压器原、副线圈的电压与匝数成正比，变压器原、副线圈的电流与匝数成反比（只有一个副线圈）。A．保持变阻器的滑片不动，将K从2拨向1时，副线圈的匝数增加，根据电压与匝数成正比可知，此时的输出电压将增加，电阻不变，所以副线圈电路的电流将增加，则原线圈电流增加，电流表的示数增加。故A错误；
B．由A的分析可知，保持变阻器的滑片不动，将K从1拨向2，此时的电流将减小，电流表的示数将减小。故B正确；
C．保持K与1相连接，此时的输出的电压不变，将变阻器的滑片向上移时，电路中的电阻变大，副线圈电流将减小，电流表的示数也将减小。故C正确；
D．由C的分析可知，D中的电流表读数增加。故D错误。
故选BC。
【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。
11．（2025高二下·江门月考）如图所示，为了减少输电线路中的电力损失，发电厂发出的电通常是经过变电所升压后通过远距离输送，再经变电所将高压变为低压。某变电所将电压u0=11000sin100πt（V）的交流电降为220V供居民小区用电，则该变电所变压器（ ）
A．原、副线圈匝数比为50∶1
B．副线圈中电流的频率是50Hz
C．原线圈的导线比副线圈的要粗
D．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和
【答案】A,B
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】本题考查电压的瞬时表达式以及变压器的运用，能够从瞬时表达式中获取最大值、角速度是本题的关键，知道峰值和有效值的关系。A．降压变压器输入电压的最大值为，则有效值为11000V，则
选项A正确；
B．交流电的频率
经过变压器后，交流电的频率不变，选项B正确；
C．降压变压器中副线圈中的电流大于原线圈中的电流，为了使线圈放出的热量尽量少，则副线圈导线的电阻应小于原线圈导线的电阻，则副线圈导线应比原线圈导线粗，选项C错误；
D．副线圈中的电流等于居民小区各用电器电流的总和，而原、副线圈中的电流不相等，所以输入原线圈的电流不等于居民小区各用电器电流的总和，选项D错误。
故选AB。
【分析】根据原副线圈的匝数之比等于电压比求出原副线圈匝数比，根据原副线圈电流的大小判断线圈导线的粗细。
12．（2025高二下·江门月考）如图甲所示，某弹簧振子在竖直方向上做简谐运动，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧振子振动的圆频率为
B．弹簧振子的振动方程为
C．在和时刻弹簧的弹性势能相同
D．从到时间内弹簧振子运动的路程大于
【答案】B,D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】本题是关于简谐运动的题目，会分析振动图像是解题的关键。图象会直观的告诉我们很多信息，故要学会认知图象，并能熟练应用。A．由图可知，周期
弹簧振子振动的圆频率
故A错误；
B．振子的振动方程为
故B正确；
C．因为弹簧振子是在竖直方向上的振动，平衡位置并不是原长位置，所以在和时刻弹簧振子的弹簧形变量不同，弹性势能也不相同，故C错误；
D．时刻弹簧振子的位移为，时刻弹簧振子的位移为，从到时间内弹簧振子的路程为
故D正确。
故选BD。
【分析】根据图像分析周期的大小；分析振动过程，可判断回复力、速度、弹性势能等物理量的变化情况。
13．（2025高二下·江门月考）某同学用可拆变压器探究“变压器原、副线圈电压与匝数的关系”。
（1）该同学将原线圈接一学生电源的交流电压输出端，并使用交流电压表分别测量原、副线圈两端的电压，得到的实验数据如下表所示。
实验序号 原线圈匝数 副线圈匝数 原线圈电压（V） 副线圈电压（V）
1 400 200 4.22 2.10
2 400 800 4.22 8.36
3 400 1600 4.22 16.83
根据实验数据，得到的结论为：在误差允许的范围内， 。
（2）可拆变压器铁芯是由相互绝缘的薄硅钢片叠压而成。如图所示，原线圈接交流电源，副线圈接入小灯泡。第一次，缓缓移动铁芯横条使铁芯完全闭合；第二次，另取一块与变压器铁芯横条尺寸相同的普通铁块替换铁芯横条，重复上述实验。两次均观察到小灯泡由暗变亮。以下说法正确的是___________。
A．第二次实验中小灯泡更亮些
B．用普通铁块和用铁芯横条相比，普通铁块更容易发热
C．无论用普通铁块还是用铁芯横条，流经小灯泡的电流均为交变电流
【答案】（1）变压器原、副线圈的电压比等于匝数比
（2）B；C
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】本题考查探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤以及误差原因分析。
（1）第一组数据，原副线圈匝数比为
原副线圈电压之比为
第二组数据，原副线圈匝数比为
原副线圈电压之比为
第一组数据，原副线圈匝数比为
原副线圈电压之比为
根据实验数据，得到的结论为：在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比。
（2）AB．铁芯横条与普通铁块都是导磁材料，铁芯闭合后，减小了漏磁现象，产生的感应电动势增大，小灯泡变亮；变压器铁芯是利用由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这样设计的原因是减小涡流，提高变压器的效率，用普通铁块和用铁芯横条相比，普通铁块由于涡流更容易发热，变压器效率低一些，第一次实验中小灯泡更亮些，故A错误，B正确；
C．无论用普通铁块还是用铁芯横条，副线圈中还是交变电流，流经小灯泡的电流均为交变电流，故C正确。
故选BC。
【分析】（1）根据表格中给出的数据进行分析，然后作答；
（2）另取一块与变压器铁芯横条尺寸相同的普通铁块替换铁芯横条后，普通铁块产生的涡流增大。
（1）第一组数据，原副线圈匝数比为
原副线圈电压之比为
第二组数据，原副线圈匝数比为
原副线圈电压之比为
第一组数据，原副线圈匝数比为
原副线圈电压之比为
根据实验数据，得到的结论为：在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比。
（2）AB．铁芯横条与普通铁块都是导磁材料，铁芯闭合后，减小了漏磁现象，产生的感应电动势增大，小灯泡变亮；变压器铁芯是利用由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这样设计的原因是减小涡流，提高变压器的效率，用普通铁块和用铁芯横条相比，普通铁块由于涡流更容易发热，变压器效率低一些，第一次实验中小灯泡更亮些，故A错误，B正确；
C．无论用普通铁块还是用铁芯横条，副线圈中还是交变电流，流经小灯泡的电流均为交变电流，故C正确。
故选BC。
14．（2025高二下·江门月考）为了节能环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统。光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件（照度可以反映光的强弱，光越强，照度越大，照度单位为lx）。
（1）某光敏电阻R在不同照度下的阻值如下表，根据表中已知数据，在如图甲的坐标系中描绘出了阻值随照度变化的曲线。由图像可求出照度为0.6lx时的电阻约为 kΩ。
照度/lx 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2
电阻/kΩ 5.8 3.7 2.3 2.0 1.8
（2）如图乙，是街道路灯自动控制设计电路，利用直流电源为电磁铁供电，利用照明电源为路灯供电。为达到天亮灯熄、天暗灯亮的效果，路灯应接在 （填“AB”或“BC”）之间。
（3）用多用电表“×10 Ω”挡，按正确步骤测量图乙中电磁铁线圈电阻时，指针示数如图丙，则线圈的电阻为 Ω；已知当线圈中的电流大于或等于2mA时，继电器的衔铁将被吸合，图乙中直流电源的电动势E＝6V，内阻忽略不计，滑动变阻器有两种规格可供选择：
R1（0～200Ω，1A）、R2（0～2000Ω，0.1A）。要求天色渐暗照度降低至1.0lx时点亮路灯，滑动变阻器应选择 （填“R1”、“R2”）。为使天色更暗时才点亮路灯，应适当将滑动阻变阻器的滑片向 （填“左”或“右”）端移动。
【答案】2.7kΩ（2.6kΩ~2.8kΩ ）；AB；140Ω；R2；左
【知识点】利用传感器制作简单的自动控制装置；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】该题考查电路设计的问题和变化电路的分析，要结合闭合电路欧姆定律、光敏电阻的特点去分析；同时注意图象的正确应用，能从图象中找出对应的信息。（1）从图像上可以看出当照度为0.6lx时的电阻约为（2.6kΩ~2.8kΩ ）；
（2）当天亮时，光敏电阻的阻值变小，所以回路中电流增大，则衔铁被吸下来，此次触片和下方接触，此时灯泡应该熄灭，说明灯泡接在了AB上。
（3）根据欧姆表的读数规则，所以电阻值为
回路中的电流为2mA时回路中的需要中电阻
所以选择滑动变组器比较合理。若要求天色渐暗照度降低至1.01x时点亮路灯，则天色更暗时光明电阻更大，要先保证回路中的电流2mA不变，则应减小滑动变阻器的阻值，即向左滑动滑动变阻器。
【分析】（1）从图中读出对应于照度为0.6lx时的纵坐标可得对应电阻值；
（2）为使天亮灯熄、天暗灯亮，天亮时路灯处于断路，天暗时处于通路，根据电磁继电器控制原理分析；
（3）根据多用电表读数规则读数；滑动变阻器在电路中起调节和保护电路作用，根据天暗时电路中电流值分析滑动变阻器需接入阻值。
15．（2025高二下·江门月考）利用单摆可以测量当地的重力加速度。
（1）为了较精确地测量重力加速度的值，以下四种单摆组装方式，应选择______。
A． B．
C． D．
（2）组装好单摆，先用刻度尺测量摆线长度，再用游标卡尺测量小球的直径，其示数如图甲，则小球直径为 mm；摆球在竖直平面内稳定摆动后，用秒表记录单摆经历n次全振动所用的时间t如图乙所示，则 s。
（3）测量出多组单摆的摆长L和运动周期T，作出图像，如图丙所示，由此可求出重力加速度 。（取，保留两位有效数字）
（4）进一步分析，发现图像不过坐标原点，原因可能是将 （选填“摆线长”或“摆线长加小球直径”）作为摆长，上述操作会使重力加速度的测量值 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）D
（2）9.3；100.0
（3）9.5
（4）摆线长；不变
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】本题考查了“利用单摆周期公式测定重力加速度”的实验，理解实验原理是解题的前提与关键，根据实验注意事项应用单摆周期公式即可解题。
（1）摆球应该选择质量较大且体积较小的小钢球；摆线的上端要用铁夹固定，而不是缠绕的横梁上面。故选D。
（2）用游标卡尺测量小球的直径为9mm+0.1mm×3=9.3mm；
秒表读数90s+10.0s=100.0s。
（3）根据
可得
图线斜率
解得
（4）根据（3）分析可知，理论上图像是一条过坐标原点的直线，题给图像相对于理论图像，在相同周期下，所测摆长比实际值偏小，则原因可能是测摆长时没有加上小球半径；根据单摆周期公式可得
整理得
图像的斜率不变，故不会影响重力加速度的测量。
【分析】（1）根据单摆模型的要求分析分析作答；
（2）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，根据游标卡尺的读数规则读数；根据秒表的读数规则读数；
（3）根据单摆周期公式求解T2-L函数，结合图像斜率的含义求解重力加速度；
（4）根据求得的T2-L函数分析作答。
16．（2025高二下·江门月考）一力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，图甲中O点为单摆的固定悬点，现将小摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=θ，θ小于10°且是未知量，图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t的变化的曲线，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，试根据力学规律和题中（包括图中）所给的信息求：（g取10m/s2）
（1）可视为简谐运动的情况下，求单摆的振动周期T和摆长L；
（2）若已知摆球的质量为m，求摆球运动过程中的最大速度v（用已知字母表示）。
【答案】（1）解：由图可知单摆的周期
根据
解得
（2）解：根据能量守恒
解得
【知识点】单摆及其回复力与周期；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，求出单摆的周期．再根据单摆的周期公式求出摆长；
（2）小球在最高点时绳子的拉力最小，在最低点时绳子拉力最大，求出最高点和最低点绳子拉力的表达式，再结合动能定理或机械能守恒定律求出摆球的质量和最大速度。
（1）由图可知单摆的周期
根据
解得L=0.4m
（2）根据能量守恒
解得
17．（2025高二下·江门月考）一台发电机输出功率为2000kW，电压为4000V，经升压变压器向远方输电。输电线路总电阻为，到目的地经降压变压器降压，负载为多个正常发光的灯泡（每个灯泡的额定电压220V、额定功率40W）。若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的4%，升压变压器、降压变压均为理想变压器，求：
（1）升压变压器副线圈的输出电流是多少？
（2）升压变压器原、副线圈匝数比是多少？
（3）有多少盏灯泡能正常发光？
【答案】解：（1）在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的4%，则
解得升压变压器副线圈的输出电流为
（2）升压变压器的输入电流为
根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系，升压变压器原、副线圈匝数比是
（2）用户得到的功率
灯泡能正常发光的盏数为
（盏）
【知识点】电能的输送
【解析】【分析】（1）先计算出输入电流，然后根据损耗的功率计算出输电线上的电流，即可计算出升压变压器的匝数比；
（2）降压变压器的输出功率就是用户得到的总功率，等于灯泡的盏数和一个灯泡的功率的乘积。
18．（2025高二下·江门月考）如图所示，一定厚度和宽度的导体板放在匀强磁场中，当导体板通过一定电流，且电流与磁场方向垂直时，在导体板的上侧面A和下侧面之间会产生一定的电势差，这种现象称为霍尔效应。
(1)若图中的电流I是电子的定向运动产生的，则导体板上、下两个侧面中，哪个电势高？
(2)设该导体板单位体积中自由电子的个数为n，导体板的宽度为d，通过导体板的电流为I，磁感应强度为B，电子电荷量为e。试证明：发生霍尔效应时，导体板上、下侧面间的电势差。
(3)由上问的结论可知，在I、n、e、d都相同的情况下，与B成正比，由的数值可以比较B的大小，因此可以把这种导体板做成磁敏元件。试问：用这种磁敏元件探测某空间的磁场时，磁敏元件摆放的方向对是否有影响？如果把这种导体板上、下侧面间的电压进行线性放大显示，用它做成的磁传感器的示数是否跟被测磁感应强度有线性关系？
【答案】解：(1)导体的电子定向移动形成电流，电子的运动方向与电流方向相反，电流方向向右，则电子向左运动。由左手定则判断，电子会偏向A端面，A'板上出现等量的正电荷，电场线向上，所以下侧面A'的电势高于侧面A的电势。
(2)当电场力与洛伦兹力平衡时，则有
由电流微观表达式得
解得
(3)用这种磁敏元件探测某空间的磁场时，磁敏元件的侧面要与磁场垂直，即摆放的方向对有影响；根据
可得
在I、n、e、d都相同的情况下B与UH成正比，则如果把这种导体板上、下侧面间的电压进行线性放大显示，用它做成的磁传感器的示数跟被测磁感应强度是线性关系。
【知识点】霍尔元件
【解析】【分析】（1）导体中电子受到磁场的洛伦兹力而发生偏转，A'聚焦了电子，产生电场，两侧面间就有电势差；
（2）电子所受的洛伦兹力的大小为F=eBv，电子所受静电力的大小为F=eE，电场强度E由E=
求出。结合电场力与洛伦兹力的平衡，可求电势差。
（3） 根据得到B与UH成正比，明显示数跟被测磁感应强度是线性关系。
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