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單元檢測（十）電磁感應
B卷高考能力評價卷
(滿分：100分時間：75分鐘)
一、單項選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分.在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目
要求
1.(2025·上海松江統考二模)如圖，長直導線MN置于三角形金屬線框ABC上，兩者彼
此絕緣，線框被導線分成面積相等的兩部分，導線通入由M到N的電流，當電流增大A
時，關于線框的判斷正確的是
()
A,磁通量的變化量為零
B.受到向右的安培力
C.產生順時針方向的感應電流
D.兩側均有收縮的趨勢
2.(2025·四川南充·三模)如圖，水平放置的單匝矩形線框abcd面積為S,處
于斜向右下方與水平面成45°角的勻強磁場中，磁感應強度為B,將線框繞αb
邊以角速度仙逆時針旋轉90°的過程中
()
A.磁通量變化量為0
B.線框具有擴張趨勢
C.最大電動勢為Em=BSw
D.感應電流方向始終為a→b→c→d→a
3.(2025·福建龍巖·三模)如圖所示，在豎直向下的勻強磁場B中，將一根水平
放置的金屬棒ab以某一水平速度v。拋出，金屬棒在運動過程中始終保持水平
且未離開磁場區域，不計空氣阻力，下列關于金屬棒在運動過程中的說法正確
的是
A.機械能保持不變
B.感應電動勢越來越大
C.a點電勢比b點電勢高
D.所受重力的功率保持不變
4.(2025·山東模擬)如圖所示，等腰直角三角形金屬線框αbc放在光滑絕緣水平桌面
上，直角邊長為L,線框的總電阻為R,質量為，有界勻強磁場垂直于水平桌面向
下，磁感應強度大小為B,磁場邊界MN、PQ間距大于L,開始時ab邊與磁場邊界
MN平行.給金屬線框一個方向垂直MN向右、大小為o的初速度，線框穿過磁場
中
×對
后的速度大小為？.則下列分析正確的是
()
A.線框進入磁場過程中產生順時針方向的感應電流
B.線框剛進入磁場時產生的感應電流為P尺
BLvo
C.線框進入磁場和穿出磁場的過程均做勻減速運動
D.線框穿過磁場過程產生的熱量為子m明
5.(2025·溫州二模)如圖所示，空間分布著方向垂直紙面向里的有界勻強磁場，EF是其右
邊界，半徑為”的單匝圓形金屬線圈垂直于磁場放置，線圈的圓心O在E℉上：另有一根×
×細
長為2r的導體桿與E℉重合，桿兩端點α、b通過電刷與圓形線圈連接，線圈和導體桿單×
位長度電阻相同.情況1：導體直桿不動，線框繞EF軸勻速轉動，轉動方向如圖所示；情
況2：線圈不動，導體桿繞0點在紙面內順時針勻速轉動.兩情況均從圖示位置開始計時，×、2
關于導體桿ab兩端點的電壓U情況，下列說法正確的是
—77參考答案
單元檢測（一）運動的描述勻變速直線運動
x=wt一
2a2,代入教據解得x=50m,公交車在最初6s內
通過的位移與最后6s內通過的位移之差為△x=x1一x2,代
A卷高頻考點練清卷
入數據解得△x=24m,故ABC錯誤，D正確.
1.C研究入水動作時，運動員的形狀和體積對所研究問題
5.A對木板由牛頓第二定律可知木板的加速度不變，木板從
的影響不能夠忽略，此時運動員不能夠看為質點，故A錯
靜止釋獄到下瑞到達A點的過程，有L=a,木板從靜止
誤：研究空中轉體姿態時，運動員的形狀和體積對所研究
釋放到上瑞到達A點的過程，當木板長度為L時，有2L=
問題的影響不能夠忽略，此時運動員不能夠看為質點，故
2ai,當木板長度為2L時，有3L=合ai,又1=1-o,
1
B錯誤；研究百米比賽中的平均速度時，運動員的形狀和
體積對所研究問題的影響能夠忽略，此時運動員能夠看
△12=t2一t0,聯立解得△2：1=(5-1)：(2-1)，A
為質點，故C正確：研究運動員通過某個攀巖支，點的動作
正確
時，運動員的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽
6.解析：(1)設物體的加速度為a,根據位移差公式△x=aT可
略，此時運動員不能夠看為質點，故D錯誤.故選：C.
2
2.C速度是描述物體運動快慢的物理量，即物體的空間位
3X0-x0
得物體的加速度為4=
置隨時間變化的快慢，BD錯誤；根據x與1的關系式可
to
3to2
知，1=0時，質點位于x=1m處，t=1s時，質點位于x=
AC段的平均速度等于這一過程的中間時刻的速度，可得
6m處，因此質點在第1s內的位移為5m,A錯誤，C
2
正確，
物體在B,點時的速度為UB=
20+x05x0
2to
6to
3.解析：(1)選擇向西為正方向，如題圖所示，最后6s的住
設物體在A點時的速度為A,則可得
移為△x3=120m,△13=6s
7x0
UA=UB一at0=6t0
平均連度為==20m=20m8,大小為20m6,」
(2)根據速度時間關系可得物體在C點時的速度為
方向向西：
5.x0_x0
0
(2)全過程的位移為△x=△x3一（△r1十△x2)=120m一
c=s+ao=60-30·6=20
(30m十60m)=30m
時間為△t=5s十58十4s十6s=20s
則可得物體在CD段的平均速度為=C十D=0
24t
平均速度為==0m=1,5m/s,大小為1,5m/s,方向
△120s
2品
答案：1)6t0
向西；
7.C勻變速直線運動平均速度等于初末速度的平均值，則
(3)全過程的路程為△s=△x3十△x1十△x2=120m十
有：專5=10ms,T=5m因ST間的矩高是
2
30m+60m=210m
RS的兩倍，而ST段的平均速度是RS段的平均速度的
平均速率為0=2)0m=10.5m8
△120s
乞，故可得ST段的時間是RS段的時間的4倍，可知：ST
1
答案：(1)20ms方向向西(2)1.5ms方向向西
(3)10.5m/s
段的速度減小量是RS段的4倍，則有：vs一VT=4(VR一
4.D設公交車開始減速的速度為%，運動總時間為，則公交
vs),聯立解得：R=11m8,s=9ms,vT=1m8,故C
正確，ABD錯誤.
車在最初減連6s內通過的位移為西=o一2a哈=(6一
8.C令加速度為a,E到N的距離為L,從E到N有v至=
18m),把物體運動看成反向的初速度為0的勻加速直線運
2aL,從N到A有v員=2a·9L,聯立可得vA=3E,故A
動，最后68內通過的位移為=2a,代入數據解得x2一
錯誤：根據逵度一時間公式，有tA=4一E_2E,gv
18m,由于公交車在最初6s內通過的位移與最后6s內通過
的位號之比為21：9，則南以上有g18-號又有0=助
E一0_E=1,所以汽車通過AE段的時間等于21，故B
at,代入數據解得=10mst=10s,則公交車的總位移為
錯誤：根據勻變速直線運動的推論有四E-4E=2如E,
2
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