2024-2025学年上学期上海高二物理期末培优卷2

第1页（共1页）2024-2025学年上学期上海高二物理期末培优卷2一．解答题（共1小题，满分30分，每小题30分）1．（30分）（2024•虹口区二模）发电机从发电厂、变电站引出的输电线，将电能输送到乡村、工厂和千家万户，为我们的美好生活做出了巨大贡献，而发电机则是功不可没。（1）图1示为交流发电的装置简图，边长为L、匝数为N的正方形线框abcd，在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕OO′轴沿图示方向转动。①从图1示位置开始计时，e、f两点间电势差Uef随时间t的变化关系图像为。②已知线框边长L＝0.1m，匝数N＝200，线框总电阻r＝4Ω，负载电阻R＝16Ω。穿过线框的磁通量按图2示规律变化，则磁感应强度B＝T；输出电压UR＝V。（2）图3示为某直流发电机的简化原理图。以O点为圆心、半径为l的圆弧形金属导轨MN固定在纸面内，长为l的导体棒OA可绕O点以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面向里。请运用法拉第电磁感应定律，证明导体棒产生的感应电动势E=12Bωl（3）某大型燃煤发电机组输出的是正弦交流电，各种功率分配如图5所示。远距离输电过程中的损耗均为输电线热损耗，变压器视为理想变压器，1MW＝106W。①涡轮机损耗的功率P损＝MW，整个系统的效率η＝%。②若远距离输电线的总电阻r线＝25Ω，发电机的输出电压U＝2000V，则升压变压器的匝数比为。二．解答题（共1小题，满分50分，每小题50分）2．（50分）（2014秋•沈阳期末）如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，设导体棒Oa可以以点O为中心转动，而另一端a刚好搭在光滑的半圆形金属导轨上，Oa长为L且以角速度ω匀速转动，在Ob间接入一阻值为R的电阻，不计其他电阻，试求：（1）导体棒Oa两端产生的电势差；（2）流过电阻R上的电流大小及方向；（3）所需外力的功率。三．解答题（共1小题，满分20分，每小题20分）3．（20分）（2023•南岗区校级三模）如图所示，直线ab、cd、ef互相平行且间距均为l，ab和cd间的区域I内存在由ab垂直指向cd的匀强电场，cd和ef间的区域Ⅱ内以及ef下方的区域Ⅲ内分别存在垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B和B，现将一电量为q、质量为m的带正电粒子从ab边界上无初速释放，则：（1）欲使粒子能到达区域Ⅲ，求电场强度E1应满足什么条件？（2）若电场强度E2=4qlB2m，将粒子第一次到达cd上的位置记为P点，设再经时间（3）在（2）条件下，保持区域Ⅲ内磁场其他条件不变，仅将其范围改为一个矩形区域（矩形的一条边与ef重合），欲使粒子能穿越cd线23次，求该矩形磁场区域的最小面积S。

2024-2025学年上学期上海高二物理期末典型卷2参考答案与试题解析一．解答题（共1小题，满分30分，每小题30分）1．（30分）（2024•虹口区二模）发电机从发电厂、变电站引出的输电线，将电能输送到乡村、工厂和千家万户，为我们的美好生活做出了巨大贡献，而发电机则是功不可没。（1）图1示为交流发电的装置简图，边长为L、匝数为N的正方形线框abcd，在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕OO′轴沿图示方向转动。①从图1示位置开始计时，e、f两点间电势差Uef随时间t的变化关系图像为B。②已知线框边长L＝0.1m，匝数N＝200，线框总电阻r＝4Ω，负载电阻R＝16Ω。穿过线框的磁通量按图2示规律变化，则磁感应强度B＝0.5T；输出电压UR＝402πV。（2）图3示为某直流发电机的简化原理图。以O点为圆心、半径为l的圆弧形金属导轨MN固定在纸面内，长为l的导体棒OA可绕O点以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面向里。请运用法拉第电磁感应定律，证明导体棒产生的感应电动势E=12Bωl（3）某大型燃煤发电机组输出的是正弦交流电，各种功率分配如图5所示。远距离输电过程中的损耗均为输电线热损耗，变压器视为理想变压器，1MW＝106W。①涡轮机损耗的功率P损＝1200MW，整个系统的效率η＝36%。②若远距离输电线的总电阻r线＝25Ω，发电机的输出电压U＝2000V，则升压变压器的匝数比为1：250。【专题】定量思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．【答案】（1）①B，②0.5，402π，（2）见解析；（3）①1200，36%，1：250。【分析】（1）①根据图1可知此时瞬时电动势的表达式，再根据楞次定律分析电流流向，即可分析；②根据图2以及磁通量的表达式即可求解磁感应强度，再根据峰值电压表达式求解有效值，结合闭合电路欧姆定律即可求解；（2）根据法拉第电磁感应定律进行推导；（3）根据图5，以及远距离输电的原理，结合理想变压器变流比公式即可求解。【解答】解：（1）①根据图1，此时瞬时电动势的表达式e＝Emcosωt＝NBL2cosωt，有楞次定律可知线框中感应电流的方向为a→b，在外电路中即为e→f，由以上可知从图1示位置开始计时，e、f两点间电势差Uef随时间t的变化关系图像为B，故B正确，ACD错误；故选：B。②根据图2可知，最大磁通量Φm＝5×10﹣3Wb＝BL2，代入数据解得B＝0.5T；由Em＝NBSωS＝L2ω=联立解得Em＝100π又根据有效值U=UR=联立解得UR＝402πV（2）根据图3可知，导体棒OA在转动过程中线速度从0逐渐增大，平均线速度v根据法拉第电磁感应定律E＝Blv=Bl×ωl2=1（3）①根据图5可知，涡轮机损耗的功率P损＝2200MW﹣1000MW＝1200MW；整个系统的效率为用户获得的能量与燃煤的总能量的比值，即η=9002500×100%②根据图5可知，输电线路损耗功率Pr线＝1000MW﹣900MW＝100MW=I22r线，解得I根据图5可知升压变压器的输入功率P＝1000MW＝U1I1＝2000I1，解得I1＝500000A，又n1n2=I故答案为：（1）①B，②0.5，402π，（2）见解析；（3）①1200，36%，1：250。【点评】该题涉及到较多知识点的综合应用，例如：交变电流的产生原理、峰值与有效值、法拉第电磁感应定律以及远距离输电原理等，题目综合性强，难度较大。二．解答题（共1小题，满分50分，每小题50分）2．（50分）（2014秋•沈阳期末）如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，设导体棒Oa可以以点O为中心转动，而另一端a刚好搭在光滑的半圆形金属导轨上，Oa长为L且以角速度ω匀速转动，在Ob间接入一阻值为R的电阻，不计其他电阻，试求：（1）导体棒Oa两端产生的电势差；（2）流过电阻R上的电流大小及方向；（3）所需外力的功率。【专题】电场力与电势的性质专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）导体棒Oa匀速转动，由E=12BL2（2）由欧姆定律求出感应电流大小，由右手定则判断出电流方向；（3）由功率公式求电阻R消耗的功率。【解答】解：（1）（2）导体棒Oa匀速转动，产生的感应电动势：E＝BLv=BL0+ωL2=1电路中只有电阻R，其余电阻都不计，则oa端的电势差为：12BL2ω（2）回路中感应电流：I=E由右手定则可知，电流从右流向左；（3）电阻R消耗的电功率：P=E答：（1）导体棒Oa两端产生的电势差为12BL2ω（2）流过电阻R上的电流大小为BL（3）所需外力的功率为B2【点评】对于转动切割类型感应电动势公式E=12BL2三．解答题（共1小题，满分20分，每小题20分）3．（20分）（2023•南岗区校级三模）如图所示，直线ab、cd、ef互相平行且间距均为l，ab和cd间的区域I内存在由ab垂直指向cd的匀强电场，cd和ef间的区域Ⅱ内以及ef下方的区域Ⅲ内分别存在垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B和B，现将一电量为q、质量为m的带正电粒子从ab边界上无初速释放，则：（1）欲使粒子能到达区域Ⅲ，求电场强度E1应满足什么条件？（2）若电场强度E2=4qlB2m，将粒子第一次到达cd上的位置记为P点，设再经时间（3）在（2）条件下，保持区域Ⅲ内磁场其他条件不变，仅将其范围改为一个矩形区域（矩形的一条边与ef重合），欲使粒子能穿越cd线23次，求该矩形磁场区域的最小面积S。【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）欲使粒子能到达区域Ⅲ，电场强度E1应满足的条件是：E1（2）再经时间t=(n+1)×42m+7πm4qB或t=3πm8qB+n×42m+7πm（3）欲使粒子能穿越cd线23次，该矩形磁场区域的最小面积为(56+882【分析】（1）首先，分析粒子穿过区域I，由ab运动到cd的过程，由动能定理求出粒子进入区域Ⅱ内的初速度，再根据洛伦兹力提供向心力列出粒子在区域Ⅱ中的方程，画出使粒子能到达区域Ⅲ的轨迹图，求出电场强度E1应满足的条件；（2）其次，分析粒子在区域Ⅰ内的运动，由动能定理求出E2=4ql（3）最后，欲使粒子能穿越cd线23次，最后一次通过cd上的点为P11，画出轨迹图，由几何知识求出矩形磁场的最小面积。【解答】解：（1）当粒子穿过区域I，由ab运动到cd，由动能定理有qE粒子进入区域Ⅱ内有qv欲使粒子能到达区域Ⅲ，如图所示则应有r1≥l由以上各式解得E（2）区域Ⅰ内，由动能定理有q且E2满足E区域Ⅱ内q区域Ⅱ内圆周运动周期T区域Ⅲ内q区域Ⅲ内圆周运动周期T解得r2=2l、r区域Ⅰ内，从刚释放粒子到粒子第一次到达cd时间t由运动学公式有a=解得t画图分析易知，区域Ⅱ内，粒子从cd出发到第一次到达ef经历时间为t区域Ⅲ内，粒子完成八分之一圆经历时间t粒子在整个区域Ⅲ内经过了四分之三圆，经历时间为t粒子动量与过P点时动量相同，由于动量是矢量，则应该粒子经过区域Ⅱ内，进入区域Ⅲ，再返回区域I，且在区域I先减速为零，又加速回到P点，即经历的总时间为t'=(n+1)×(2t0+2t1另一个粒子动量与过P点时动量相同的位置在区域Ⅲ内，与轨迹圆的圆心等高的位置（圆心左侧），即有t″=(t1+t2)+n×(2t综合以上两种情况有t=(n+1)×42m+7πm4qB（取n＝0或t=3πm8qB+n×42m+7πm4qB（取n（3）欲使粒子能穿越cd线23次，最后一次通过cd上的点为P11，如图所示则由几何知识可知：y＝r3cos45°+r3设带电粒子在电场中的两条相邻的轨迹间距为l0，分析轨迹规律可知：l且有x＝2r3+10l0矩形磁场最小面积S＝x×y求得S=(56+88答：（1）欲使粒子能到达区域Ⅲ，电场强度E1应满足的条件是：E1（2）再经时间t=(n+1)×42m+7πm4qB或t=3πm8qB+n×42m+7πm（3）欲使粒子能穿越cd线23次，该矩形磁场区域的最小面积为(56+882【点评】本题考查了带电粒子在组合场中的运动，解决本题的关键是画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求出半径和周期。

考点卡片1．磁通量的概念和计算公式的定性分析【知识点的认识】一、磁通量1．概念：匀强磁场中磁感应强度和与磁场方向垂直的平面面积S的乘积。即Φ＝BS。2.拓展：磁场与平面不垂直时，这个面在垂直于磁场方向的投影面积S'与磁感应强度的乘积表示磁通量。即Φ＝BSsinθ＝BS'。θ表示面与磁场的夹角。3.单位：韦伯（Wb），1Wb＝1T•m2．4.标矢性：标量，但有正负，正负表示从不同的方向穿过某个平面。5．磁通量的计算公式（1）公式：Φ＝BS．（2）适用条件：①匀强磁场；②S是垂直磁场并在磁场中的有效面积．6.引申：B=Φ7.磁通量的影响因素：根据公式Φ＝BS可知磁通量的大小与磁感应强度和垂直于磁场的面积有关。【命题方向】关于磁通量的概念，以下说法中正确的是（）A、磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的B、磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大C、磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大D、线圈的磁通量为零，但该处的磁感应强度不一定为零分析：由磁通量公式Φ＝BSsinθ可知，磁通量发生变化，不一定是磁场发生变化引起的．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也不一定越大．磁感应强度越大，线圈面积越大，磁通量也不一定越大．线圈的磁通量为零，但该处的磁感应强度不一定为零．解答：A、由磁通量公式Φ＝BSsinθ可知，可能是由磁感应强度B变化，或由面积S变化，或由角度θ变化引起的。故A错误。B、磁通量大小取决于B、S、θ三个因素，磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也不一定越大。故B错误。C、当线圈与磁场平行时，磁感应强度再大，磁通量为零。则磁感应强度越大，线圈面积越大，磁通量也不一定越大。故C错误。D、磁通量为零，磁感应强度可能为零；也可能线圈与磁场平行时，但磁感应强度不为零。故D正确。故选：D。点评：本题考查磁通量的概念，要抓住两种特殊情况：当线圈与磁场平行时，Φ＝0；当线圈与磁场垂直时，Φ＝BS．【解题方法点拨】对磁通量的理解（1）线圈平面与磁场方向垂直时磁通量最大，线圈转动后穿过线圈的磁感线条数减少，磁通量减小。（2）在匀强磁场中才能应用公式Φ＝BSsinθ（θ表示面与磁场的夹角）计算磁通量。应用公式时还需要明确公式中各物理量的含义2．带电粒子由磁场进入电场中的运动【知识点的认识】1.带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析运动性质。2.一般的分析思路为：（1）划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取相应的规律处理。（2）找关键：确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键，（3）画运动轨迹：根据受力分析和运动分析大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。3.本考点旨在针对粒子从磁场进入电场的情况。【命题方向】如图所示，一个质量为m＝2.0×10﹣11kg，电荷量q＝+1.0×10﹣5C的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1＝100V电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2＝50V．金属板长L＝20cm，两板间距d=53cm（1）微粒进入偏转电场时的速度v0大小；（2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ；（3）若该匀强磁场的宽度D＝10cm，为使微粒不会从磁场右边射出，则该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？分析：（1）粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出速度v0。（2）粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，运用运动的合成与分解求出偏转角。（3）粒子进入磁场后，做匀速圆周运动，结合条件，画出轨迹，由几何知识求半径，再求B。解答：（1）粒子在加速电场中运动过程，由动能定理，得qU1=解得，v0=2qU1（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，则有加速度a=t=Lv0，v则tanθ=将上述各式代入得到tanθ=θ＝30°（3）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，速度大小为v=画出轨迹如图，根据几何知识，得D＝r+rsinθr=又由qvB＝mv解得B=代入数据解得，B＝0.346T答：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0大小1×104m/s；（2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ＝30°；（3）为使微粒不会从磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少为0.346T。点评：本题是带电粒子在组合场中运动的问题，关键是分析粒子的受力情况和运动情况，用力学的方法处理。【解题思路点拨】解决带电粒子在组合场中的运动问题的方法3．导体平动切割磁感线产生的感应电动势【知识点的认识】1.如果感应电动势是由导体运动而产生的，它也叫作动生电动势。2.当导体的运动方向与磁场垂直时，动生电动势的大小为：E＝Blv3.适用条件：（1）匀强磁场；（2）平动切割；（3）B、l、v三者相互垂直。4.当导体的运动方向与磁场有夹角时，如下图即如果导线的运动方向与导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一个夹角θ，则动生电动势为：E＝Blv1＝Blvsinθ，即利用速度垂直于磁场的分量。【命题方向】如图所示，在磁感应强度B＝1.2T的匀强磁场中，让导体PQ在U形导轨上以速度υ0＝10m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L＝0.5m，则产生的感应电动势的大小和PQ中的电流方向分别为（）分析：导体棒PQ运动时切割磁感线，回路中的磁通量发生变化，因此有感应电流产生，根据右手定则可以判断电流方向，由E＝BLv可得感应电动势的大小．解答：当导体棒PQ运动时，根据法拉第电磁感应定律得：E＝BLv＝1.2×0.5×10＝6V，根据右手定则可知，通过PQ的电流为从Q点流向P点，故ABC错误，D正确。故选：D。点评：本题比较简单，考查了导体切割磁感线产生电动势和电流方向问题，注意公式E＝BLv的适用条件和公式各个物理量的含义．【解题方法点拨】闭合或不闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体两端将产生感应电动势。如果电路闭合，电路中形成感应电流。切割磁感线运动的那部分导体相当于电路中的电源。常见的情景有以下几种：1．在E＝BLv中（要求B⊥L、B⊥v、L⊥v，即B、L、v三者两两垂直），式中的L应该取与B、v均垂直的有效长度（所谓导体的有效切割长度，指的是切割导体两端点的连线在同时垂直于v和B的方向上的投影的长度，下图中的有效长度均为ab的长度）。2．公式E＝BLv中，若速度v为平均速度，则E为平均电动势；若v为瞬时速度，则E为瞬时电动势。3．若导体不是垂直切割磁感线运动，v与B有一夹角，如图所示，则E＝Blv1＝Blvsinθ。4．正弦式交变电流的函数表达式及推导【知识点的认识】1.正弦式电流的函数表达式为i＝Imsinωt，u＝Umsinωt，式中Im、Um分别表示电流和电压的峰值。i和u表示电流和电压的瞬时值。ω表示线圈转动的角速度。（1）此表达式代表的是线圈从中线面开始转动的情况。（2）式子中Um＝NBSω。2.表达式的推导：若矩形线圈在磁场中从中性面开始以角速度o匀速转动，如图所示，则经时间t：（1）线圈转过的角度为θ＝ωt。（2）ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt。（3）ab边转动的线速度大小v＝ωl（4）ab边产生的感应电动势eab＝Blabvsinθ=BSω2•sinω（5）整个线圈产生的感应电动势e＝2eab＝BSωsinωt，若线圈为n匝，则e＝nBSωsinωt。【命题方向】矩形线圈在匀强磁场中转动产生e＝2202sin100πtVA、频率是50HzB、当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C、当t=1200sD、有效值为220V分析：根据交流电的表达式，可以知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．解答：A、线圈的角速度为100πrad/s，故其频率为：f=ω2π=50HzB、当t＝0时e＝0，此时线圈处在中性面上，故B错误。C、当t=1200s时，sin100πt＝1，所以e有最大值，故D、有效值为：220