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凤翔中学 2025--2026 学年度第二学期高二年级第一次质量
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物理科试题
（75 分钟完成，满分 100 分）
一、单项选择题：（本题共 8 小题，每小题 4 分，共 32 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
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
C．电磁波谱中频率最小的为 丫 射线
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、高效节能等优点。某同学依据电磁炉原理自己制作了一个简易电磁炉，其结构简图如图乙所示。在线圈上放置一盛有冷水的金属杯，接通交流电源，一段时间后杯内的水就会沸腾起来。下列说法正确的是 ( )
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
3．如图所示，由均匀导线制成的半径为 R 的圆环，以速度 v 匀速进入一磁感应强度大小为 B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( )
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A ．_ BRv B ． BRv C ．_·、2BRv D ． BRv
4．在如图所示的电路中，A、B 是两个完全相同的灯泡，L 是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，则下列判断错误的是( )
A ．S 刚闭合瞬间，A 灯和 B 灯同时亮
B ．S 闭合后电路稳定前，A 灯逐渐变暗
C ．S 闭合电路稳定后，A 灯和 B 灯亮度相同
D ．S 闭合电路稳定后，再断开 S 时，A 灯闪亮一下后熄灭
5 ．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极 N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，
线圈绕垂直于磁场的水平轴 OO9沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。以下判断正确的是( )
A ．t=0.01s 时刻穿过线圈的磁通量最大
B ．t=0.02s 时刻线圈平面与磁场方向平行
C ．交变电流的有效值为32A
D ．交变电流瞬时值表达式为i = 3 2 cos(50π t)A
6．在两个相同的定值电阻中分别通以如图甲、乙所示的交变电流（乙为正弦式图像），则在
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一个相同周期内产生的热量大小之比为( )
A ．5∶4 B ．4∶5 C ．3∶2 D ．2∶3
7 ．如图所示，先后以速度 v1 和 v2 匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，已知 v1 ＝2v2，则在先后两种情况下( )
A ．线圈中的感应电动势之比 E1 ：E2 ＝1∶2
B ．线圈中的感应电流之比 I1 ∶I2 ＝1∶2
C ．线圈中产生的焦耳热之比 Q1 ∶Q2 ＝2∶1
D ．通过线圈某截面的电荷量之比 q1 ∶q2 ＝1∶2
8．如图所示。某光伏电站输出功率1000kW 、电压400V 的交流电，经理想变压器升压至10kV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( )
A ．变压器原、副线圈匝数比为1:100
B ．输电线上由 R 造成的电压损失为500V
C ．变压器原线圈中的电流为100A
D ．变压器原、副线圈中电流的频率不同
二、多项选择题：（本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。）
9 ．在理想 LC 振荡电路中的某时刻，电容器极板间的电场强度 E 的方向、线圈电流产生的
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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( )
A ．流过电流计的电流方向向左 B ．电容器的电荷量正在减小
C ．线圈中的磁感应强度正在增大 D ．电容器两板间的电场强度正在增大
10．如图所示，理想变压器输入电压恒定不变。若将滑动变阻器的滑动触头向下移动， 下列说法正确的是( )
A ．原线圈输入功率增大 B ．电表V1、V2 的示数都不变
C ．电表A1、A2 的示数都减小 D ．电阻R0 消耗的电功率增大
11 ．如图所示，两根电阻不计、足够长的光滑金属导轨 MN、PQ 竖直放置，ab 是一根始终与导轨垂直且与导轨接触良好的金属杆，ab 杆具有一定质量和电阻。开关 S 断开，ab 杆由静止释放时开始计时，一段时间后，将开关 S 闭合,下列关于 ab 杆运动的速度v 随时间 t 变化的图像可能正确的是( )
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A．
C．
B．
D．
12 ．如图为交流发电机的原理图，其矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO9 按图示方向匀速转动，转动角速度w = 50rad/s ，线圈的匝数 n = 100 、总电阻
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，交流电压表可视为理想电表。已知磁场的磁感应强度B = 0.2T ，图示位置矩形线圈与磁感线平行。则( )
A ．图示位置，线圈中的电流最大，电流方向为abcda
B ．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 = 0.02 cos 50t(Wb)
C ．电路中交流电压表的示数为452V
D ．线圈由图示位置转过90° 的过程中，通过电阻 R 的电荷量为0.02C
三、实验题：（每空 2 分，共 14 分）
13．某同学为了验证楞次定律，利用实验室中的器材，制作了简易的实验装置，如图甲所示，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）相连。将强磁铁（N 极向下）从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图乙所示的感应电流随时间变化的图像。
(1)从俯视角度看线圈，在 t1~t2 时间内通过线圈电流方向为 （顺时针、逆时针）。
(2)若将磁铁两极翻转后重复实验，流进电流表电流方向 （会、不会） 发生变化。
(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，电脑图像中显示有电流的时间区间 （会、不会）变长。
14 ．在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图甲所示。
（1）下列说法正确的是 。
A.变压器工作时副线圈电压频率与原线圈不相同
B.实验中要通过改变原、副线圈匝数， 探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系， 需要运用的科学方法是控制变量法
C.为了人身安全，实验中只能使用低压直流电源，电压不要超过 12V
D.绕制降压变压器原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好
（2）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（接入匝数为 800 匝），用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱（接入匝数为 400 匝）之间的电压为 3.0V，则原线圈的输入电压可能为 。
A.1.5V B. 3.5V C. 5.5V D. 7.0V
（3）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，原因不可能为 。
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
C.原线圈输入电压发生变化 D.变压器铁芯漏磁
（4）图乙为某电学仪器原理图，图中变压器为理想变压器。左侧虚线框内的交流电源与串
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联的定值电阻 R0 可等效为该电学仪器电压输出部分，该部分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，在交流电源的电压有效值 U0 不变的情况下，调节可变电阻 R 的过程中，当 时，R 获得的功率最大。
四、解答题：（本题共 3 小题，共 30 分）
15 ．如图所示，光滑平行导轨置于磁感应强度 B=0. 1T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面。导轨间距 l=0.4m，一端接有电阻 R=0.4Ω, 其余部分电阻不计。导体棒 ab 的电阻r=0. 1Ω,以 v=5m/s 的速度向右匀速运动，运动过程中与导轨接触良好。求：
(1)回路中感应电流 I 的大小并判断导体棒 ab 中的电流方向；
(2)导体棒所受安培力 F 的大小；
(3)电阻 R 上消耗的功率 P。
16 ．如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为 3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为 220V 的正弦交流电源上，求：
(1)副线圈回路中电阻两端的电压；
(2)原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比。
17 ．如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B = 2T 。两导轨间距为 L = 0.5m ，导轨足够长。金属棒a 和b 的质量分别为ma = 1.5kg 、
mb = 1kg ，电阻分别为Ra = 1Ω 、Rb = 4Ω 。b 棒静止于导轨水平部分，现将a 棒从h = 1.25m高处自静止沿弧形导轨下滑，通过C 点进入导轨的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保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：
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(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 。
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1．D
A．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；
C．电磁波谱中频率最大的为 丫 射线，故 C 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．D
A．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，利用涡流的热效应来加热食物或者水，故 A 错误；
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，铁中能产生涡流，故 B 错误；
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，感应电动势增大，感应电流增大，电功率增大，可以缩短从开始加热到水达到沸腾的时间，故 D 正确。故选 D。
3．A
由右手定则可知 N 点电势高，M 点电势低，由法拉第电磁感应定律知电路总电动势为E = 一BL有效v ，其中 L有效R
由欧姆定律有I ，其中 R外 R 解得UMN BRv ，BCD 错误，A 正确。
故选 A。
4．C
ABC．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；
D ．S 闭合电路稳定后，断开开关 S 的瞬间，B 灯的电流突然消失，立即熄灭；流过线圈的电流将要减小，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。
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5 ．B
A．根据图像可知，t=0.01s 时刻，感应电流最大，感应电动势最大，磁通量的变化率最大，穿过线圈的磁通量为零，故 A 错误；
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，故 B 正确；
C ．交变电流的最大值为32A ，有效值为IA故 C 错误；
D ．由图乙可得，交变电流瞬时值表达式为i = Im cos cosA故 D 错误。
故选 B。
6 ．A
在一个相同周期内产生的热量大小分别为Q1 = IRT ，
则在一个相同周期内产生的热量大小之比为 ，故选 A。
7 ．C
AB ．因为：
v1 = 2v2
根据：
E = BLv
知感应电动势之比2 :1 ,感应电流：
则感应电流之比为2 :1 .故 A 错误，B 错误.
C ．根据：
v1 = 2v2
知时间比为1: 2，根据：
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Q = I2Rt
知产生热量之比为2 :1 .故 C 正确.
D ．根据：
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.
8 ．B
A ．根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比可得 A 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 = 500V B 正确；
C ．变压器原线圈中的电流为IA = 2500A
C 错误；
D ．变压器不改变交变电流的频率，变压器原、副线圈中电流的频率相同，D 错误。故选 B。
9 ．AD
A ．由线圈电流产生磁场的方向，结合右手螺旋定则，可知流过电流计的电流方向向左，故 A 正确；
BD ．由电容器极板间的场强 E 的方向，可知电容器上极板带正电，结合电流方向，可知电容器正在充电，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， D 正确；
C ．由 LC 振荡电路的规律可知线圈中的电流正在减小，线圈中的磁感应强度正在减小，故
C 错误。
故选 AD。
10 ．AD
ABC ．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
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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，A 1 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V2示数减小，根据功率P1 = U1I1
可知原线圈输入功率增大，A 正确，BC 错误；
D ．由PR0 = IR0 可知，电阻R0 消耗的电功率增大，D 正确。
故选 AD。
11 ．AC
根据题意可知，开关 S 断开，ab 杆由静止释放时开始计时，ab 杆做自由落体运动，一段时间后，将开关闭合，ab 杆受到重力和安培力作用
AB ．若开关闭合时，重力大于安培力，则继续做加速运动，随着速度的增大，安培力增大，由牛顿第二定律可知，加速度减小，当安培力增大到等于重力时，速度最大，则 ab 杆先做加速度减小的加速运动，后以最大速度做匀速运动，故 B 错误，A 正确；
C ．若开关闭合时，重力等于安培力，则 ab 杆将做匀速运动，故 C 正确；
D ．若开关闭合时，重力小于安培力，则 ab 杆将做减速运动，随着速度的减小，安培力减小，由牛顿第二定律可知，加速度减小，当安培力减小到等于重力时，做匀速运动，则 ab杆先做加速度减小的减速运动，后做匀速运动，故 D 错误。
故选 AC。
12 ．ACD
A ．图示位置磁通量为零，电动势最大，电流最大，根据右手定则可知，线圈中电流方向为abcda ，A 正确；
B ．从图示位置开始计时，通过矩形线圈的磁通量 Φ 随时间 t 变化的关系式为
Φ = Φm sin wt = BS sin wt=0.02 sin 50t(Wb)
B 错误；
C ．电动势的最大值
Em = nBSw = 100 0.2 0.1 50V = 100V
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则电动势的有效值
由闭合电路欧姆定律，可得电路中交流电压表的示数
C 正确；
D ．线圈由图示位置转过90° 的过程中，通过电阻 R 的电荷量
D 正确。
故选 ACD。
13 ．(1)逆时针(2)会
(3)会
（1）强磁铁释放后穿过线圈的磁场先向下增强后向下减弱，则穿过线圈的磁通量先向下增加后向下减少，由楞次定律和安培定则知，从俯视角度看线圈，线圈中电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，结合图乙知，在t1 ~ t2 时间内通过线圈电流方向为逆时针。
（2）将磁铁两极翻转后重复实验，此时穿过线圈的磁场先向上增强后向上减弱，则穿过线圈的磁通量先向上增加后向上减少，由楞次定律和安培定则知，从俯视角度看线圈，线圈中电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向，可见流进电流表电流方向会发生变化。
（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，磁铁所受的磁场力阻力增大，磁铁运动的加速度减小，同一位置的速度变小，则发生相同的位移所用的时间变长，可见电脑图像中显示有电流的时间区间会变长。
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14 ． BD##DB D C
2
n2
2 n1
（1）[ 1] A ．变压器工作时只是改变电压，不改变频率，即副线圈电压频率与原线圈相同，故 A 错误；
B ．实验过程中，在原、副线圈匝数和原线圈两端电压三个变量中保持两个不变， 改变一个来探究匝数比与原副线圈电压之比的关系，用的是控制变量法，故 B 正确；
C ．变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所
用交流电压不能超过 12V，而用直流电压变压器不能工作，故 C 错误；
D ．观察两个线圈的导线，发现粗细不同，根据变压器电流与匝数的关系有
可知，匝数少的线圈电流大，为了减小线圈功率损耗，根据电阻定律可知，此时导线应该粗一些。绕制降压变压器原、副线圈时， 由于副线圈的匝数少，副线圈中的电流大于原线圈中的电流，则副线圈导线应比原线圈导线粗一些好，故 D 正确。
故选 BD。
（2）[2]若为理想变压器，根据电压与匝数关系有
解得原线圈两端电压为
U1 = 6.0V
由于实际变压器存在漏磁与线圈电阻发热引起的功率损耗，则实际上原线圈两端电压应该大于 6.0V，即原线圈的输入电压可能为 7.0V。
故选 D。
（3）[3]A ．实际的变压器的原、副线圈存在一定的电阻，线圈上通过的电流会发热，存在一定的功率损耗，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别， 故 A正确，不符合题意；
B ．实际的变压器的铁芯在交变磁场作用下会产生涡旋电流，铁芯会发热，存在一定的功率损耗，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别，故 B 正确，不符合题意；
C ．原线圈输入电压发生变化不会直接引起功率损耗，不会导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，故 C 错误，符合题意；
D ．实际的变压器的铁芯会发生漏磁，存在一定的功率损耗，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别，故 D 正确，不符合题意。
故选 C。
（4）[4]将左侧虚线框内的交流电源与串联的定值电阻 R0 可等效为一个新电源，根据题意等效电动势为U0 ，内阻为 R0，将右侧实线框 的变压器与可变电阻 R 等效为一个用电器，等效电阻为
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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 = R0结合上述解得
15 ．（1）0.4A，方向由 b 到 a ；（2）0.016N；（3）0.064W (1)导体棒切割产生的感应电动势
E=Blv回路中感应电流
联立解得
I=0.4A
方向由 b 到 a
(2)导体棒 ab 所受安培力
F=BIl
F=0.016N
(3)电阻 R 上消耗的功率
P=I2R
P=0.064W
16 ．(1) 66V ；
(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 ，变压器输入电功率与输出电功率相等，则有
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220I 一 I2R = (3I )2 R
求得原线圈中电流
原线圈中电阻两端的电压为22V ，输入电压
U1 = 220 一 22V = 198V再根据理想变压器电压关系得副线圈电压
(2)根据焦耳定律得原、副线圈电路的功率分别为P1 = I2R
P2 = (3I )2 R原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比
17 ．(1) 1m / s2
(2) 3C
(3)1.5J
（1）a 棒沿弧形轨道下滑h 过程中，根据机械能守恒magh ma v2 a 棒进入磁场瞬间感应电动势E = BLv
根据闭合电路欧姆定律I
对b 棒有F安 = BIL
根据牛顿第二定律F安 = mb ab解得ab = 1m / s2
（2）对 a 、b ，由动量守恒定律得 ma v = (ma + mb)v共
对a 棒，应用动量定理有一BILt = ma v共 一 ma v
有qa = It
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解得qa = 3C
（3）a 、b 棒在水平面内运动过程，由能量守恒定律 ma vQ总根据焦耳定律可知Qa Q总
解得Qa = 1.5J
答案第 9 页，共 9 页

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