卷17 阶段综合检测(4)(12-13章)（含答题卡）-【创新教程】2026年高考物理总复习大一轮创新示范卷

null创新示范卷·参考答案 13.解析：(1)由电压与变压器匝数的关系可得： E-2NBL@,E2-NBL@ 山4_=U,则=1650匝， √2 2 (2)当开关S断开时，有： + 产生的热量Q=尺 U2e--吉人 联立解得Q=5mw(NBL.2)2 2R ③)当开关S断开时，有R=号三440，当开关S 答案：)NBL (2)5xo(VB1.2)2 R 2R R 闭合时，设副线圈总电阻为R,有R= 15解析：(1)设降压变压器原、副线圈的电流分别为13、 =22n. 副线圈中的总电流为12'，则1=R =10A.由 :忘动北格能正香工作，用有1--8器A 40A, u-,可物费-式 根据理想变压器的变流比可知-”， Ia n3 答案：11650版(2)号A(3)号A 解得13=4A, 14.解析：(1)设线圆转过60°的过程中产生的感应电动 所以输电线路上损耗的电功率△P=I2R, 势为E,经历的时间为△，由法拉第电磁感应定律有 解得△P=160W: E=N兽 (2)根据理想变压器的变压比可知 04n4 其中磁通量的变化量 解得U3=2200V. △p=2BL2-2BL2cos60°=BL2, 升压变压器副线圈两端电压U2=U3十13R, 道这导钱横我面的电荷量g=長， 解得U2=2240V: U1_西 联立解得g=NBL, (3)根据理想变压器的变压比可知，一2 R 可得U1=280V, (2)线图在磁场中转动时产生的电动势随时间变化 升压变压器的原线圈输入功率P1=△P十P两： 的规律如图所示，设ab边、cd边在磁场中转动产生 可得P1=8960W, 电动势的最大值分别为E1m、E2m,有效值分别为E1、 根据P1=U111,解得11=32A E2,则 极据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为Em= NBSo. 3 2π 代入数据解得Em=300√2V, 电机线圈内阻上消耗的热功率P内=11E-U1, 可得P内=640W 答案：(1)160W:(2)2240V:(3)640W 创新示范卷（十七） 题号 2 3 6 b 9 10 答案 A A D B CD BC BD 1.A[若发现钻头M突然向右运动，则两螺线管产生 的磁场互相排斥，根据楞次定律可知，M中磁通量增 4.C[发电机的醉时电动势为t=3Esim票(V) 大，M向右移动阻碍磁通量增大，可能是开关S由断 3√2sin4t(V),故A错误：t=0.25s时，电压表示数 开到闭合的瞬间，或开关S闭合，滑动变阻器滑片向 左滑动的过程，故A正确，B,C、D错误.] 为电动势的有效值，为U1="=3V,故B错误：根据 2.C[根据安培定则可知，线圆1、2中的电流产生的磁 场方向都是竖直向下的，A错误：汽车进入磁场时，穿 支压器原，制线烟电瓜与线周亚款的关系号一费可 过矩形线圈abcd的磁通量向下增大，根据楞次定律 得副线图电压为U2=36V,正常工作时小风扇的输出功 可知感应电流的方向为adb,离开时穿过矩形线圈的 率为P=U2I-Pr=36×1W-12×8W=28W,故C 磁通量向下减小，根据楞次定律可知感应电流的方向 正确：小风扇的转速与小风扇的功率有关，故小风扇 为abcd,B错误，C正确：安培力的方向总是与汽车相 的转速与发电机的转速不一定相同，故D错误.] 对于磁场的运动方向相反，D错误.] 5.C[当k值由5变到10后，副线圈两端的电压减小 3.A[根据动量定理有-B1=mX。一m 为原来的2，根据欧姆定律可知副线图的电流减小到 m=B4=L·梁=BL·0联主得 原条的)故流经的电流减小到原来的R两 B2L3 故选A.门 mRo 端的电压减小到原来的号，故A,B错误：根据公式P 答案-35 物理 =(R1十R2),可知电阻上的总功率减小到原来的 成正比，故C正确：电路中其他电阻忽略不计，则U ,故C正确：根据公式P=R2,可知R2上的功率 =E,由E BuR(R脱-一R)可知，若m保持不变，飞 2RA 减小到原来的，故D错误.] 轮A的半径也不变，但金属前轮C的半径变为原来的 5 6.D[图示位置为中性面，从图示位置开始计时，线图 则山两瑞的电压并不会支为原来的需故D错混] 中的感应电压瞬时值表达式为e-2πNBSnsin2πt, 10.BD[导体棒MV从静止到恰好驱动时，相对矩形区 故A错误：根据理想变压器和副线图构成的等效电阻 域磁场向左以速度m切割磁感线，产生的动生电动 表达式R等数-(R十R),当P从M位置逆时针转 势E=BLmn· 则闭合电路中有顺时针方向的感应电流【，由闭合电 到N位置，理想变压器2增大，等效电阻减小，即外 电阻减小，路端电压U1减小，故B错误：只增大线圈 路欧好定律可得1=号 的转速，电源电动势的有效值增大，因为总电阻不变， 对导体棒MN由平衡条件可得BLI=g 故原线图电流增大，副线圈电流也增大，根据P= IR。,定值电阻消耗的电功率也增大，故C错误：P2 则矩形区找硅场的最小驱动连度=器 B2L2 向左滑动，R减小，等效电阻减小，则山1减小，原线圈 5m's,故A错误： 和副线围电流都增大，电流表示数增大，U2增大， U 设导体棒MN达到稳定速度为，此时相对矩形区域 磁场，导体棒向左以大小为一的速度切割磁感 减小，故D正确.] 7.B[ab棒中产生的电动势的表达式为e=BLv= 线，与A同理可得功紧=5m,故B正确： 40sin(20)V,故A错说：由马=L可得U, 导体棒MN经历时间t速度为v,则由动量定理可得 n n2 BILt-gmgt=mv-0, 002V,由P卡，得P=2000W,故B正确：根搭 则从静止驱动到稳定运动的时间内通过导体棒的电 荷量q=11=3C,故C错误： T-石可得，T=额s=01s,从1=0到=0.025s 导体棒MN稳定运动时满足BL=mg, 定值电阻r上消耗的电功率为P,=Pr, 经历了四分之一个周期，这段时间内电阻R上产生的 解得P,=12.5W,故D正确.] 热量Q=P,?-50J=0.025s时ob捧的速度口 11.解析：(1)某同学选择了电源、开关和带铁芯的原、副 线圈，还需选择的器材有：滑动变阻器和灵敏电流 =2m/s,由能量守恒定律有Wr=Q+mm2=54小， 计. 故C错误：从t=0到t2=10s的时间内，电阻R上产 (2)从能量转化的角度来看，闭合电路的部分导体切 生的热量Q=P1=2×104J,故D错误.] 制磁感线而产生感应电流的过程是机械能转化为电 8.CD[根据楞次定律可知，进入磁场时，矩形导线柜中 能：若闭合电路中的感应电流是因磁感应强度发生 感应电流的方向为abcda,故A错误：因为有界匀强磁 变化而产生的，则是磁场能转化为电能. 场与abd等宽、等长，所以穿过磁场的过程中，ab边 (3)甲图中N极插入螺线管时，向下的磁通量增加， 刚要离开磁场时，d边进入磁场，故穿过磁场的过程 根据楞次定律可知，电流计的电流从“十”极流入，指 中，矩形导线框中始终有感应电流，故B错误；根据动 针偏转方向向右，选项A正确：乙图中感应电流从 量定理可得一BIlu=m一mo,即Bgl=m购一m,则 “一”极流入电流表，则根据右手螺旋定则可知螺线 可得mu=m一Bgl,可以看出，小车进入磁场前的速 管内部的磁场方向向下，选项B正确：丙图中感应电 02 流从“十”极流入电流表，则根据右手螺旋定则可知 度越大，离开磁场时的速度越大，根据工一a,可知离 螺线管内部的磁场方向向上，则图中条形磁铁向上 开磁场后滑行的距离越远，故C正确：根据左手定则 运动，选项C错误；丁图中感应电流从“一”极流入电 可知，进入磁场时，b受到的安培力方向水平向左，离 流表，且图中条形磁铁向上运动，则螺线管中感应电 开磁场时，根据楞次定律可知，矩形导线中感应电 流的磁场向下，则螺线管的绕线方向从上往下看为 流的方向为aba,根据左手定则，d受到的安培力方 顺时针方向，选项D正确. 向也是水平向左，故D正确.] 答案：(1)滑动变阻器、灵敏电流计(2)机械电 9.BC[根据右手定则可知电流从b端通过电阻流到a 磁场电(3)ABD 端，因此币端的电势高于a端的电势，故A错误；金属 12.解析：(1)导线c端应接b,G1和定值电阻R1串联可 前轮边缘所组成的圆形闭合回路面积不变，磁感应强度 当成电压表测量压敏电阻两端的电压，G2和G]的 不变，则磁通量保持不变，故B正确：由于轮B和飞轮A 电流之差是通过压敏电阻的电流，若接a,因G2的具 通过链条传动，则R=仙ARA,而A和C同轴转动，角速 体内阻未知，不能准确测量R两端的电压值： 相同，得以=小=尺，福条产生的感应电动势日 (2)F=0时，滑动变阻器R2若选择最大阻值为502 的，全部接入电路时，电路总电阻为 BLD=BR-R)十=BR,R一R) 2 2RA 电阻R的 R-+Re++漫-2n+100+00 热功率P= R,而Ec,因此电阻R的热功率与m +(200+200)X90n≈225.5n 200+200+90 答案-36 创新示范卷·参考答案 则千路电流约为1厂R是品5A0053A二8mA. 用，做匀加速运动.设金属棒的加速度大小为a,根据 牛顿第二定律得mgsin0=ma, 超过G2的量程，所以应选择最大阻值为250的滑 动变阻器，以确保安全，故选B: 回路中磕道量不变，则有品r=BL(x十m叶aP), (3)闭合开关S、S2,当两电流表G1,G2的示数分别为 联立可得 1,l2时，有R,-4E+R)_6.0mA×(20+20)0 24 B Bi 12-11 30mA-6.0mA =1000: x+1+2gr2sin012+102+2.5(T). 1 (4)断开开关S2,继续调节滑动变阻器R2,使电流表 24 G2达到满偏，滑动变阻器接入电路的阻值为R2,有 答案：1)2T(②)B=12+102十2.5(T） E=I2m(R0+R2+R2十r), 15.解析：(1)金属棒ab落到斜面底端时，在竖直方向上 可得R2+Re一1m 12 E-R。=r一50×10-32-1002 有2h=8,解得1=2食 h -2n=138, 由几何关系可知tan53°=2h R-F图像的斜率为k=3001000N=10N, 200 根据题图甲，压敏电阻的阻值R与压力F的关系式 解得=35 R=Ro十kF, (2)金属棒ab弹出瞬间，根据动量定理得2BLI·△ 当压力F=60N时，R=1602,可得电流表G2示数 =m%-0 E 又因为q=1·△ 为IR+R2十R+,0.04A=40mA 答案：(1)b(2)B(3)100(4)13840 联立解得电容器C释救的电荷量为g=3m匝 8BL 13.解析：(1)由Φ-1图像可知 (3)金属棒ab落在水平导轨上时，根据动能定理有 T=6.28×10-2s,9m=4.0×10-2wb. 交流发电机产生的电动势的最大值为 2mgh=m2- 2m哈， E-nBS-n=200 V. 解得u=V73gh 4 (2)电动势有效值为E= Em=1002V, 最终匀速运动时，电路中无电流， 所以金属棒ab和金属棒cd产生的感应电动势相等， E=A. 电路中电流的有效值为1一R干 即2BLvh=BLVat, 此过程中，对金属棒ab根据动量定理得一2BL∑' 电阻R的电功率为PR=PR=180W △t'=mh一m 从图示位置转过90°过程中流过电阻R的电荷量为 对金属棒cd分析，根据动量定理得BL∑I'△'= △Φ mva n△Φ_npm g=I=R,AY=R+rOR十rR+, 解得=3g 20 ,val =V73gh 10 =2.0×10-2C 答案：(1)200V(2)180W2.0×10-2C 该过程中ah,d产生的总热量为Q-弓m2- 14.解析：(1)金属棒达到最大速度时产生的电动势E= B Lv. 2ma2, 回路中产生的感应电流I一R千， E 解得Q=73mg4 40 金偏棒所受的安培力F=B1IL, 因cd棒接入电路中的电阻为ah棒的二分之一，则 cd棒所受的合外力为零时，下滑的速度达到最大，由 平衡条件得F=mngsin0,联立代入数据解得B1=2 ab棒上产生的热量为Q=号Q-=70测 60 T: (2)金属棒中不产生感应电流时，则不受安培力作 答案：(1)3 (2)3mh (3)73mh 8BL. 60 创新示范卷（十八） 题号 2 3 5 6 7 P 9 10 答案 B D A D AC AC BCD 1.B[水珠呈“球形”，光线从水中射向空气时，发生全 故B正确：泊松亮斑是光的衍射形成的，故C错误：光 反射，所以水珠看起来特别明亮，故A错误；照相机、 导纤维传递光信号是利用了光的全反射原理，故D 摄影机镜头表面涂有增透膜，利用了光的干涉原理， 错误.] 使反射光线进行叠加削弱，从而增加透射光的强度， 答案-37