单元检测（十）电磁感应
B卷高考能力评价卷
(满分：100分时间：75分钟)
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.(2025·上海松江统考二模)如图，长直导线MN置于三角形金属线框ABC上，两者彼
此绝缘，线框被导线分成面积相等的两部分，导线通入由M到N的电流，当电流增大A
时，关于线框的判断正确的是
()
A,磁通量的变化量为零
B.受到向右的安培力
C.产生顺时针方向的感应电流
D.两侧均有收缩的趋势
2.(2025·四川南充·三模)如图，水平放置的单匝矩形线框abcd面积为S,处
于斜向右下方与水平面成45°角的匀强磁场中，磁感应强度为B,将线框绕αb
边以角速度仙逆时针旋转90°的过程中
()
A.磁通量变化量为0
B.线框具有扩张趋势
C.最大电动势为Em=BSw
D.感应电流方向始终为a→b→c→d→a
3.(2025·福建龙岩·三模)如图所示，在竖直向下的匀强磁场B中，将一根水平
放置的金属棒ab以某一水平速度v。抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平
且未离开磁场区域，不计空气阻力，下列关于金属棒在运动过程中的说法正确
的是
A.机械能保持不变
B.感应电动势越来越大
C.a点电势比b点电势高
D.所受重力的功率保持不变
4.(2025·山东模拟)如图所示，等腰直角三角形金属线框αbc放在光滑绝缘水平桌面
上，直角边长为L,线框的总电阻为R,质量为，有界匀强磁场垂直于水平桌面向
下，磁感应强度大小为B,磁场边界MN、PQ间距大于L,开始时ab边与磁场边界
MN平行.给金属线框一个方向垂直MN向右、大小为o的初速度，线框穿过磁场
中
×对
后的速度大小为？.则下列分析正确的是
()
A.线框进入磁场过程中产生顺时针方向的感应电流
B.线框刚进入磁场时产生的感应电流为P尺
BLvo
C.线框进入磁场和穿出磁场的过程均做匀减速运动
D.线框穿过磁场过程产生的热量为子m明
5.(2025·温州二模)如图所示，空间分布着方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，EF是其右
边界，半径为”的单匝圆形金属线圈垂直于磁场放置，线圈的圆心O在E℉上：另有一根×
×细
长为2r的导体杆与E℉重合，杆两端点α、b通过电刷与圆形线圈连接，线圈和导体杆单×
位长度电阻相同.情况1：导体直杆不动，线框绕EF轴匀速转动，转动方向如图所示；情
况2：线圈不动，导体杆绕0点在纸面内顺时针匀速转动.两情况均从图示位置开始计时，×、2
关于导体杆ab两端点的电压U情况，下列说法正确的是
—77参考答案
单元检测（一）运动的描述匀变速直线运动
x=wt一
2a2,代入教据解得x=50m,公交车在最初6s内
通过的位移与最后6s内通过的位移之差为△x=x1一x2,代
A卷高频考点练清卷
入数据解得△x=24m,故ABC错误，D正确.
1.C研究入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题
5.A对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从
的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故A错
静止释狱到下瑞到达A点的过程，有L=a,木板从静止
误：研究空中转体姿态时，运动员的形状和体积对所研究
释放到上瑞到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L=
问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故
2ai,当木板长度为2L时，有3L=合ai,又1=1-o,
1
B错误；研究百米比赛中的平均速度时，运动员的形状和
体积对所研究问题的影响能够忽略，此时运动员能够看
△12=t2一t0,联立解得△2：1=(5-1)：(2-1)，A
为质点，故C正确：研究运动员通过某个攀岩支，点的动作
正确
时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽
6.解析：(1)设物体的加速度为a,根据位移差公式△x=aT可
略，此时运动员不能够看为质点，故D错误.故选：C.
2
2.C速度是描述物体运动快慢的物理量，即物体的空间位
3X0-x0
得物体的加速度为4=
置随时间变化的快慢，BD错误；根据x与1的关系式可
to
3to2
知，1=0时，质点位于x=1m处，t=1s时，质点位于x=
AC段的平均速度等于这一过程的中间时刻的速度，可得
6m处，因此质点在第1s内的位移为5m,A错误，C
2
正确，
物体在B,点时的速度为UB=
20+x05x0
2to
6to
3.解析：(1)选择向西为正方向，如题图所示，最后6s的住
设物体在A点时的速度为A,则可得
移为△x3=120m,△13=6s
7x0
UA=UB一at0=6t0
平均连度为==20m=20m8,大小为20m6,」
(2)根据速度时间关系可得物体在C点时的速度为
方向向西：
5.x0_x0
0
(2)全过程的位移为△x=△x3一（△r1十△x2)=120m一
c=s+ao=60-30·6=20
(30m十60m)=30m
时间为△t=5s十58十4s十6s=20s
则可得物体在CD段的平均速度为=C十D=0
24t
平均速度为==0m=1,5m/s,大小为1,5m/s,方向
△120s
2品
答案：1)6t0
向西；
7.C匀变速直线运动平均速度等于初末速度的平均值，则
(3)全过程的路程为△s=△x3十△x1十△x2=120m十
有：专5=10ms,T=5m因ST间的矩高是
2
30m+60m=210m
RS的两倍，而ST段的平均速度是RS段的平均速度的
平均速率为0=2)0m=10.5m8
△120s
乞，故可得ST段的时间是RS段的时间的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
段的速度减小量是RS段的4倍，则有：vs一VT=4(VR一
4.D设公交车开始减速的速度为%，运动总时间为，则公交
vs),联立解得：R=11m8,s=9ms,vT=1m8,故C
正确，ABD错误.
车在最初减连6s内通过的位移为西=o一2a哈=(6一
8.C令加速度为a,E到N的距离为L,从E到N有v至=
18m),把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运
2aL,从N到A有v员=2a·9L,联立可得vA=3E,故A
动，最后68内通过的位移为=2a,代入数据解得x2一
错误：根据逵度一时间公式，有tA=4一E_2E,gv
18m,由于公交车在最初6s内通过的位移与最后6s内通过
的位号之比为21：9，则南以上有g18-号又有0=助
E一0_E=1,所以汽车通过AE段的时间等于21，故B
at,代入数据解得=10mst=10s,则公交车的总位移为
错误：根据匀变速直线运动的推论有四E-4E=2如E,
2
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