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学生用入书名师导学·选择性考试第一轮总复习·物理a端电势较高，C错误。3.C[解析]初始时刻，金属框的加速度最大，随着金属框速度的增设第二次进入的速度为0，由能量守恒定律可得号m2-号m8=Q,加，感应电动势逐浙增加，回路电流大小增加，MN所受安培力逐浙增解得v=4m/s加，根据牛顿第二定律，对金属框F一IlB=m框a1,对导体棒IlBm株a2,因此金属框加速度逐渐减小，导体棒加速度逐浙增加，最终两则H=装08m者加速度相同，速度差恒定。综上所述，C正确。10.[解析](1)根据题意可得金属棒和导体框在设有进入磁场时一起做4.A[解析]线框进入磁场过程中，磁通量增大，由楞次定律可知，感匀加速直线运动，由动能定理可得应电流方向为逆时针方向，即正方向，可排除B、C选项；由E=BL之(M+m)g1sina=号M+m)6可知，线框进出磁场过程中，切割磁感线的有效长度为线框与磁场边界交点的连线，故进、出磁场过程中，有效长度L均先增大后减小，故代入数铝解得0=是m/s感应电动势先增大后减小；由欧姆定律可知，感应电流也是先增大后金属棒在磁场中切割磁感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定减小，故A项正确，D项错误。律可得E=BLo5.CD[解析]根据楞次定律和安培定则，线框中感应电流的方向是逆时针方向，选项A错误；0.4s时穿过线框的磁通量中=1一2由阅合回路的欧，定体可得I=景合2B-日r2·B=0.05,选项B误由图乙知则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为△tF安=BIL=0.18N。T/s=10Ts,根据法拉第电磁立定体，感应电动势E=n公盟(2)金属棒进入磁场以后瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒所受的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，=n…m2,合-15V,虑应电流I=是=0,5A,0s内线框中因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动则有mgsin a十umgcos ai=F专产生的热量Q=Rt=0.3J,选项C正确；前0.4s内流过线框某截此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得Mgsin a面的电荷量q=It=0.2C,选项D正确。6.[解析](1)开关断开时，金属棒在导轨上匀加速下滑，由牛顿第二定umgcos a=Ma律有mgsin a=ma设磁场区域的宽度为工，则金属棒在磁场中运动的时间为一员由匀变速运动的规律有：)=at则此时导体框的速度为功=o十at解得sina=gt则导体框的位移=w十合a2开关闭合后，金属棒在导轨上做变加速运动，最终以2匀速运动，匀速时因此导体框和叁属棒的相对位移为△x=A一2=合a:mgsin a=BIL由题意当金属棒离开磁场时导体框的上端E℉刚好进入磁场，则有又有：1=L空位移关系50一△x=x导体框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为E=BL1,山=BLR解得B=士√网导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得(2)在金属棒变加速运动阶段，根据动量定理可得Mgsin a=umgcos a+BILmgsin a△t-B7L△r=m2-mU其中I△r=g联立以上可得x=0.3m,a=5m/g,m=0.02kgh=冬.(3)金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩联立上式可得9=（计△-√得擦力，做加速运动，则有mgsin a十umgcos a=ma17.BCD[解析]t时刻，金属杆的速度大小为v=at,产生的感应电动势金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有心十为E=B,电客中的感应电流1=婴，金属杆所受的安培力大小为ait=u导体框匀速运动的距离为x2=1F生=IB=E,由牛顿第二定律可知F=十mg6in37°十代入数指解得=告m=员m4,可见F是：的一次函数，选项A错误，B正确；t=0时，F最考点集训（六十一）R1.A[解析]线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴（轴在线圈所小，代入数据可求得a=2m/s2,t=2s时，F=12N,选项CD正确在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e=BSwsin wt,由这8.C[解析]根据牛顿第二定律，导体棒在沿导轨方向有mgsin6一原理可判断，A图中感应电动势为e=BSwsin wt;B图中的转动轴不B22”=ma,可得a=gsin0-B,可知，速度逐帝增大，其他物理量RmR在线圈所在平面内；C、D图转动轴与磁场方向平行，而不是垂直。不变，加速度逐浙减小，而⑦一t图像中斜率表示加速度，v一t图像的2.B[解析]由题图甲可知，t=0时，通过线圈的磁通量最大，线图处于中性面位置。t=0.01s时刻，磁通量为零，但磁通量变化率最大，所以A错误，B正确；t=0.02s时，交流电动势应为0，C、D均错误。3.CmR[解析]该交流电的周期T-经一器s=025,选项A熊误！电合力方向沿导轨向下，位移沿导轨向下，合力做正功，动能增加，由动压表的读数为交流电的有效值，即U=50V=50V,选项B错误；能定理有WF十Wc=△Ek,又Wc=一△Ep,联立可得△Ek十△Ep=W<0,因此，机械能减小，当加速度为零时，导体棒继续匀速下滑，此后动能不变，重力势能减小，机标能减小，C正确；电荷量q=I△，在电电流表的读数为I=是=碧A=10A,选项C正确：电显的电功率为磁感应中，电洗与难通量的关系为1一架联立可得g-=股。P=IU=10X50W=500W,选项D错误。4.AD[解析]穿过线框磁通量为BS的时刻，处于中性面位置，线框可知，电荷量与位移成正比，D错误。中的感应电动势为零，故A正确；穿过线框的磁通量为零时，感应电.[解析](1)导体棒第一次造入难场，由动能定理mg九=合m话，馨得动势最大，磁通量的变化率最大，故B错误；线框转动一周的过程中，o=√2gh=2m/s感应电动势的最大值为E。=BSa,有效值为E=号BS,故C错误；回路中产生的感应电动势E=BLo,解得E=1V线框转动四分之一周过程中，感应电动势的平均值为E=2BS,故D所以通过电阻R的电流I=R千，=0.5A.正确。(2)导体棒ab第二次通过磁场过程中，回路中产生的总焦耳热Q=5.AB[解析]线圈转动过程中的最大电动势为Em=nBL2w,根据闭装0=12J合电路的碳舞定徐得人-，A正确：电流的布淡位为1一危778