陕西省宝鸡市凤翔区某校2025-2026学年高二下学期第一次质量检测物理试卷（含解析）

1．关于电磁波的特性和应用，下列说法正确的是()A．紫外线和X射线都常用于医学上透视人体B．红外线可以使荧光物质发光D．无线电波的波长比可见光长2．电磁炉（图甲）是目前家庭常用的炊具，具有无明火、无污染、高效节能有冷水的金属杯，接通交流电源，一段时间后杯内的水就会沸腾 A．家用电磁炉工作时，利用其面板产生的涡流来加热食物B．家用电磁炉的锅用铁而不用陶瓷材料，主要是因为陶瓷的导热性能较差C．简易电磁炉工作时，利用自感产生的电流来加热水D．仅增大简易电磁炉所接交流电源的频率，可以缩短从开始加热到水达到沸腾的时间的有界匀强磁场。当圆环运动到图示位置（7MON=90o）时，M、N两点的电势差UMN为()为零的自感线圈，则下列判断错误的是()电流随时间变化的图像如图乙所示。以下判断正确的是()C．交变电流的有效值为32AD．交变电流瞬时值表达式为i=32cos(50πt)A一个相同周期内产生的热量大小之比为()后，通过输电线输送到变电站，输电线的等效电阻R为5Ω。下列说法正确的是()B．输电线上由R造成的电压损失为500VC．变压器原线圈中的电流为100A磁场方向如图所示，灵敏电流计电阻不计。下列说法正确的是()说法正确的是()化的图像可能正确的是()12．如图为交流发电机的原理图，其矩形线r=10Ω,线圈围成的面积S=0.1m2。线圈两端与阻值R=90Ω的电阻相连，交流电压表可A．图示位置，线圈中的电流最大，电流方向为abcdaB．从图示位置开始计时，通过线圈的磁通量随时间t变化的关系式为Φ=0.02cos50t(Wb)C．电路中交流电压表的示数为452V将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(3)若将线圈的位置不变，匝数加倍，让同一磁铁从同一位置下落，A.变压器工作时副线圈电压频率与原线圈D.绕制降压变压器原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导（3）实验中原、副线圈的电压之比与它们的A.原、副线圈上通过的电流发热B.铁芯在交变磁场作用下发热r=0.1Ω,以v=5m/s的速度向右(3)电阻R上消耗的功率P。B=2T。两导轨间距为L=0.5m，导轨持与导轨垂直且接触良好，两棒始终不相碰。重力加速度g=10m/s2。求：(1)a棒刚进入磁场时，b棒的加速度大小ab；(2)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，流过a棒的电荷量qa；(3)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，a棒中产生的焦耳热Qa。1．DA．紫外线用来杀菌消毒，医学上用来透视人体的是X射线，故A错误；B．红外线常用来加热，红外线不能够使荧光物质发光，故B错误；D．根据电磁波谱的分布规律可知，无线电波的波长比可见光长，故D正确。故选D。2．DA．家用电磁炉工作时，通过锅体的磁通量发生变化，锅体中会产生涡流，利用涡B．家用电磁炉的锅用铁而不用陶瓷材料，主要是因为陶瓷中不能产生涡流，铁中能产生涡C．简易电磁炉工作时，金属杯中会产生涡流，利用涡流的热效应来加热水，故C错误；D．仅增大简易电磁炉所接交流电源的频率，通过金属杯的磁通量变化率增大，感应电动势故选D。3．A由右手定则可知N点电势高，M点电势低，由法拉第电势为E=BL有效v，其中L有效R由欧姆定律有I，其中R外R解得UMNBRv，BCD错误，A正确。故选A。4．CABC．开关S闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光；由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，A灯逐渐变暗，直至熄灭，而流过B的电流增大，所以B灯变亮，故AB正确，C错误；电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，维持L中的电流逐渐减小，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，故D正确。本题选不正确的，故选C。B．t=0.02s时刻，感应电流最大，穿过线圈的磁通量为零，此时线圈平面与磁场方向平行，C．交变电流的最大值为32A，有效值为IAD．由图乙可得，交变电流瞬时值表达式为i=在一个相同周期内产生的热量大小分别为Q1=则在一个相同周期内产生的热量大小之比为，故选A。E=BLv则感应电流之比为2:1.故A错误，B错误.Q=I2Rt知产生热量之比为2:1.故C正确.两种情况磁通量的变化量相同，所以通过某截面的电荷量之比为1:1.所以D错误.B．原副线圈两端的功率相等，流过副线圈的电流IA=100A输电线上由R造成的电压损失为ΔU=I2R=100×5V=500VC．变压器原线圈中的电流为IA=2500A容器正在充电，电容器的电荷量正在增大，两板间的电压、电场强度都在增大，故B错误，可知副线圈两端电压U2不变，滑动变阻器的滑动触头向下移动，则R接入电路中的阻值减小，根据欧姆定律则有I可知，I2增大，A2示数增大，根据可知I1增大，A1示数增大，而R0两端电压增大，则滑动变阻器两端电压减小，即电压表V2D．由PR=IEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),2)R0可知，电阻R0消耗的电功率由牛顿第二定律可知，加速度减小，当安培力增大到等于重小，由牛顿第二定律可知，加速度减小，当安培力Em=nBSw=100´0.2´0.1´50V=100V（3）若将线圈的位置不变，匝数加倍，让同一磁铁从同2n损耗，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会效电动势为U0，内阻为R0，将右侧实线框的变压器与理想变压器不消耗功率，则等效电阻Rx消耗的功率等于可变电阻R消耗的功率，则有根据数学函数规律可知，当效电阻Rx等于可变电阻R时，消耗功率最大，则有Rx=R0151）0.4A，方向由b到a2）0.016N3）0.064W(1)导体棒切割产生的感应电动势E=BlvI=0.4AF=BIlF=0.016NP=I2RP=0.064W(1)设原线圈的电流为I，则根据理想变压器电流关系，得副线圈中的电流为3I，220II2R=(3I)2R原线圈中电阻两端的电压为22V