2024-2025學(xué)年上學(xué)期上海高二物理期末培優(yōu)卷2

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2024-2025學(xué)年上學(xué)期上海高二物理期末培優(yōu)卷2一．解答題（共1小題，滿分30分，每小題30分）1．（30分）（2024?虹口區(qū)二模）發(fā)電機(jī)從發(fā)電廠、變電站引出的輸電線，將電能輸送到鄉(xiāng)村、工廠和千家萬(wàn)戶，為我們的美好生活做出了巨大貢獻(xiàn)，而發(fā)電機(jī)則是功不可沒(méi)。（1）圖1示為交流發(fā)電的裝置簡(jiǎn)圖，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、匝數(shù)為N的正方形線框abcd，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以恒定的角速度ω繞OO′軸沿圖示方向轉(zhuǎn)動(dòng)。①?gòu)膱D1示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，e、f兩點(diǎn)間電勢(shì)差Uef隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖像為。②已知線框邊長(zhǎng)L＝0.1m，匝數(shù)N＝200，線框總電阻r＝4Ω，負(fù)載電阻R＝16Ω。穿過(guò)線框的磁通量按圖2示規(guī)律變化，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝T；輸出電壓UR＝V。（2）圖3示為某直流發(fā)電機(jī)的簡(jiǎn)化原理圖。以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為l的圓弧形金屬導(dǎo)軌MN固定在紙面內(nèi)，長(zhǎng)為l的導(dǎo)體棒OA可繞O點(diǎn)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向里。請(qǐng)運(yùn)用法拉第電磁感應(yīng)定律，證明導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=12Bωl（3）某大型燃煤發(fā)電機(jī)組輸出的是正弦交流電，各種功率分配如圖5所示。遠(yuǎn)距離輸電過(guò)程中的損耗均為輸電線熱損耗，變壓器視為理想變壓器，1MW＝106W。①渦輪機(jī)損耗的功率P損＝MW，整個(gè)系統(tǒng)的效率η＝%。②若遠(yuǎn)距離輸電線的總電阻r線＝25Ω，發(fā)電機(jī)的輸出電壓U＝2000V，則升壓變壓器的匝數(shù)比為。二．解答題（共1小題，滿分50分，每小題50分）2．（50分）（2014秋?沈陽(yáng)期末）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，設(shè)導(dǎo)體棒Oa可以以點(diǎn)O為中心轉(zhuǎn)動(dòng)，而另一端a剛好搭在光滑的半圓形金屬導(dǎo)軌上，Oa長(zhǎng)為L(zhǎng)且以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在Ob間接入一阻值為R的電阻，不計(jì)其他電阻，試求：（1）導(dǎo)體棒Oa兩端產(chǎn)生的電勢(shì)差；（2）流過(guò)電阻R上的電流大小及方向；（3）所需外力的功率。三．解答題（共1小題，滿分20分，每小題20分）3．（20分）（2023?南崗區(qū)校級(jí)三模）如圖所示，直線ab、cd、ef互相平行且間距均為l，ab和cd間的區(qū)域I內(nèi)存在由ab垂直指向cd的勻強(qiáng)電場(chǎng)，cd和ef間的區(qū)域Ⅱ內(nèi)以及ef下方的區(qū)域Ⅲ內(nèi)分別存在垂直紙面向里和向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B，現(xiàn)將一電量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子從ab邊界上無(wú)初速釋放，則：（1）欲使粒子能到達(dá)區(qū)域Ⅲ，求電場(chǎng)強(qiáng)度E1應(yīng)滿足什么條件？（2）若電場(chǎng)強(qiáng)度E2=4qlB2m，將粒子第一次到達(dá)cd上的位置記為P點(diǎn)，設(shè)再經(jīng)時(shí)間（3）在（2）條件下，保持區(qū)域Ⅲ內(nèi)磁場(chǎng)其他條件不變，僅將其范圍改為一個(gè)矩形區(qū)域（矩形的一條邊與ef重合），欲使粒子能穿越cd線23次，求該矩形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積S。

2024-2025學(xué)年上學(xué)期上海高二物理期末典型卷2參考答案與試題解析一．解答題（共1小題，滿分30分，每小題30分）1．（30分）（2024?虹口區(qū)二模）發(fā)電機(jī)從發(fā)電廠、變電站引出的輸電線，將電能輸送到鄉(xiāng)村、工廠和千家萬(wàn)戶，為我們的美好生活做出了巨大貢獻(xiàn)，而發(fā)電機(jī)則是功不可沒(méi)。（1）圖1示為交流發(fā)電的裝置簡(jiǎn)圖，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、匝數(shù)為N的正方形線框abcd，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以恒定的角速度ω繞OO′軸沿圖示方向轉(zhuǎn)動(dòng)。①?gòu)膱D1示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，e、f兩點(diǎn)間電勢(shì)差Uef隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖像為B。②已知線框邊長(zhǎng)L＝0.1m，匝數(shù)N＝200，線框總電阻r＝4Ω，負(fù)載電阻R＝16Ω。穿過(guò)線框的磁通量按圖2示規(guī)律變化，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T；輸出電壓UR＝402πV。（2）圖3示為某直流發(fā)電機(jī)的簡(jiǎn)化原理圖。以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為l的圓弧形金屬導(dǎo)軌MN固定在紙面內(nèi)，長(zhǎng)為l的導(dǎo)體棒OA可繞O點(diǎn)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向里。請(qǐng)運(yùn)用法拉第電磁感應(yīng)定律，證明導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=12Bωl（3）某大型燃煤發(fā)電機(jī)組輸出的是正弦交流電，各種功率分配如圖5所示。遠(yuǎn)距離輸電過(guò)程中的損耗均為輸電線熱損耗，變壓器視為理想變壓器，1MW＝106W。①渦輪機(jī)損耗的功率P損＝1200MW，整個(gè)系統(tǒng)的效率η＝36%。②若遠(yuǎn)距離輸電線的總電阻r線＝25Ω，發(fā)電機(jī)的輸出電壓U＝2000V，則升壓變壓器的匝數(shù)比為1：250。【專(zhuān)題】定量思想；推理法；交流電專(zhuān)題；分析綜合能力．【答案】（1）①B，②0.5，402π，（2）見(jiàn)解析；（3）①1200，36%，1：250。【分析】（1）①根據(jù)圖1可知此時(shí)瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式，再根據(jù)楞次定律分析電流流向，即可分析；②根據(jù)圖2以及磁通量的表達(dá)式即可求解磁感應(yīng)強(qiáng)度，再根據(jù)峰值電壓表達(dá)式求解有效值，結(jié)合閉合電路歐姆定律即可求解；（2）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律進(jìn)行推導(dǎo)；（3）根據(jù)圖5，以及遠(yuǎn)距離輸電的原理，結(jié)合理想變壓器變流比公式即可求解。【解答】解：（1）①根據(jù)圖1，此時(shí)瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式e＝Emcosωt＝NBL2cosωt，有楞次定律可知線框中感應(yīng)電流的方向?yàn)閍→b，在外電路中即為e→f，由以上可知從圖1示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，e、f兩點(diǎn)間電勢(shì)差Uef隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖像為B，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B。②根據(jù)圖2可知，最大磁通量Φm＝5×10﹣3Wb＝BL2，代入數(shù)據(jù)解得B＝0.5T；由Em＝NBSωS＝L2ω=聯(lián)立解得Em＝100π又根據(jù)有效值U=UR=聯(lián)立解得UR＝402πV（2）根據(jù)圖3可知，導(dǎo)體棒OA在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中線速度從0逐漸增大，平均線速度v根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝Blv=Bl×ωl2=1（3）①根據(jù)圖5可知，渦輪機(jī)損耗的功率P損＝2200MW﹣1000MW＝1200MW；整個(gè)系統(tǒng)的效率為用戶獲得的能量與燃煤的總能量的比值，即η=9002500×100%②根據(jù)圖5可知，輸電線路損耗功率Pr線＝1000MW﹣900MW＝100MW=I22r線，解得I根據(jù)圖5可知升壓變壓器的輸入功率P＝1000MW＝U1I1＝2000I1，解得I1＝500000A，又n1n2=I故答案為：（1）①B，②0.5，402π，（2）見(jiàn)解析；（3）①1200，36%，1：250。【點(diǎn)評(píng)】該題涉及到較多知識(shí)點(diǎn)的綜合應(yīng)用，例如：交變電流的產(chǎn)生原理、峰值與有效值、法拉第電磁感應(yīng)定律以及遠(yuǎn)距離輸電原理等，題目綜合性強(qiáng)，難度較大。二．解答題（共1小題，滿分50分，每小題50分）2．（50分）（2014秋?沈陽(yáng)期末）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，設(shè)導(dǎo)體棒Oa可以以點(diǎn)O為中心轉(zhuǎn)動(dòng)，而另一端a剛好搭在光滑的半圓形金屬導(dǎo)軌上，Oa長(zhǎng)為L(zhǎng)且以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在Ob間接入一阻值為R的電阻，不計(jì)其他電阻，試求：（1）導(dǎo)體棒Oa兩端產(chǎn)生的電勢(shì)差；（2）流過(guò)電阻R上的電流大小及方向；（3）所需外力的功率?！緦?zhuān)題】電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專(zhuān)題．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】（1）導(dǎo)體棒Oa勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，由E=12BL2（2）由歐姆定律求出感應(yīng)電流大小，由右手定則判斷出電流方向；（3）由功率公式求電阻R消耗的功率?！窘獯稹拷猓海?）（2）導(dǎo)體棒Oa勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv=BL0+ωL2=1電路中只有電阻R，其余電阻都不計(jì)，則oa端的電勢(shì)差為：12BL2ω（2）回路中感應(yīng)電流：I=E由右手定則可知，電流從右流向左；（3）電阻R消耗的電功率：P=E答：（1）導(dǎo)體棒Oa兩端產(chǎn)生的電勢(shì)差為12BL2ω（2）流過(guò)電阻R上的電流大小為BL（3）所需外力的功率為B2【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于轉(zhuǎn)動(dòng)切割類(lèi)型感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E=12BL2三．解答題（共1小題，滿分20分，每小題20分）3．（20分）（2023?南崗區(qū)校級(jí)三模）如圖所示，直線ab、cd、ef互相平行且間距均為l，ab和cd間的區(qū)域I內(nèi)存在由ab垂直指向cd的勻強(qiáng)電場(chǎng)，cd和ef間的區(qū)域Ⅱ內(nèi)以及ef下方的區(qū)域Ⅲ內(nèi)分別存在垂直紙面向里和向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B，現(xiàn)將一電量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子從ab邊界上無(wú)初速釋放，則：（1）欲使粒子能到達(dá)區(qū)域Ⅲ，求電場(chǎng)強(qiáng)度E1應(yīng)滿足什么條件？（2）若電場(chǎng)強(qiáng)度E2=4qlB2m，將粒子第一次到達(dá)cd上的位置記為P點(diǎn)，設(shè)再經(jīng)時(shí)間（3）在（2）條件下，保持區(qū)域Ⅲ內(nèi)磁場(chǎng)其他條件不變，僅將其范圍改為一個(gè)矩形區(qū)域（矩形的一條邊與ef重合），欲使粒子能穿越cd線23次，求該矩形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積S?！緦?zhuān)題】計(jì)算題；定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】（1）欲使粒子能到達(dá)區(qū)域Ⅲ，電場(chǎng)強(qiáng)度E1應(yīng)滿足的條件是：E1（2）再經(jīng)時(shí)間t=(n+1)×42m+7πm4qB或t=3πm8qB+n×42m+7πm（3）欲使粒子能穿越cd線23次，該矩形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積為(56+882【分析】（1）首先，分析粒子穿過(guò)區(qū)域I，由ab運(yùn)動(dòng)到cd的過(guò)程，由動(dòng)能定理求出粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ內(nèi)的初速度，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力列出粒子在區(qū)域Ⅱ中的方程，畫(huà)出使粒子能到達(dá)區(qū)域Ⅲ的軌跡圖，求出電場(chǎng)強(qiáng)度E1應(yīng)滿足的條件；（2）其次，分析粒子在區(qū)域Ⅰ內(nèi)的運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理求出E2=4ql（3）最后，欲使粒子能穿越cd線23次，最后一次通過(guò)cd上的點(diǎn)為P11，畫(huà)出軌跡圖，由幾何知識(shí)求出矩形磁場(chǎng)的最小面積?！窘獯稹拷猓海?）當(dāng)粒子穿過(guò)區(qū)域I，由ab運(yùn)動(dòng)到cd，由動(dòng)能定理有qE粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ內(nèi)有qv欲使粒子能到達(dá)區(qū)域Ⅲ，如圖所示則應(yīng)有r1≥l由以上各式解得E（2）區(qū)域Ⅰ內(nèi)，由動(dòng)能定理有q且E2滿足E區(qū)域Ⅱ內(nèi)q區(qū)域Ⅱ內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)周期T區(qū)域Ⅲ內(nèi)q區(qū)域Ⅲ內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)周期T解得r2=2l、r區(qū)域Ⅰ內(nèi)，從剛釋放粒子到粒子第一次到達(dá)cd時(shí)間t由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有a=解得t畫(huà)圖分析易知，區(qū)域Ⅱ內(nèi)，粒子從cd出發(fā)到第一次到達(dá)ef經(jīng)歷時(shí)間為t區(qū)域Ⅲ內(nèi)，粒子完成八分之一圓經(jīng)歷時(shí)間t粒子在整個(gè)區(qū)域Ⅲ內(nèi)經(jīng)過(guò)了四分之三圓，經(jīng)歷時(shí)間為t粒子動(dòng)量與過(guò)P點(diǎn)時(shí)動(dòng)量相同，由于動(dòng)量是矢量，則應(yīng)該粒子經(jīng)過(guò)區(qū)域Ⅱ內(nèi)，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ，再返回區(qū)域I，且在區(qū)域I先減速為零，又加速回到P點(diǎn)，即經(jīng)歷的總時(shí)間為t'=(n+1)×(2t0+2t1另一個(gè)粒子動(dòng)量與過(guò)P點(diǎn)時(shí)動(dòng)量相同的位置在區(qū)域Ⅲ內(nèi)，與軌跡圓的圓心等高的位置（圓心左側(cè)），即有t″=(t1+t2)+n×(2t綜合以上兩種情況有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線23次，最后一次通過(guò)cd上的點(diǎn)為P11，如圖所示則由幾何知識(shí)可知：y＝r3cos45°+r3設(shè)帶電粒子在電場(chǎng)中的兩條相鄰的軌跡間距為l0，分析軌跡規(guī)律可知：l且有x＝2r3+10l0矩形磁場(chǎng)最小面積S＝x×y求得S=(56+88答：（1）欲使粒子能到達(dá)區(qū)域Ⅲ，電場(chǎng)強(qiáng)度E1應(yīng)滿足的條件是：E1（2）再經(jīng)時(shí)間t=(n+1)×42m+7πm4qB或t=3πm8qB+n×42m+7πm（3）欲使粒子能穿越cd線23次，該矩形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積為(56+882【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解決本題的關(guān)鍵是畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑和周期。

考點(diǎn)卡片1．磁通量的概念和計(jì)算公式的定性分析【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】一、磁通量1．概念：勻強(qiáng)磁場(chǎng)中磁感應(yīng)強(qiáng)度和與磁場(chǎng)方向垂直的平面面積S的乘積。即Φ＝BS。2.拓展：磁場(chǎng)與平面不垂直時(shí)，這個(gè)面在垂直于磁場(chǎng)方向的投影面積S'與磁感應(yīng)強(qiáng)度的乘積表示磁通量。即Φ＝BSsinθ＝BS'。θ表示面與磁場(chǎng)的夾角。3.單位：韋伯（Wb），1Wb＝1T?m2．4.標(biāo)矢性：標(biāo)量，但有正負(fù)，正負(fù)表示從不同的方向穿過(guò)某個(gè)平面。5．磁通量的計(jì)算公式（1）公式：Φ＝BS．（2）適用條件：①勻強(qiáng)磁場(chǎng)；②S是垂直磁場(chǎng)并在磁場(chǎng)中的有效面積．6.引申：B=Φ7.磁通量的影響因素：根據(jù)公式Φ＝BS可知磁通量的大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度和垂直于磁場(chǎng)的面積有關(guān)?！久}方向】關(guān)于磁通量的概念，以下說(shuō)法中正確的是（）A、磁通量發(fā)生變化，一定是磁場(chǎng)發(fā)生變化引起的B、磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，穿過(guò)閉合回路的磁通量也越大C、磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，線圈面積越大，則磁通量也越大D、線圈的磁通量為零，但該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零分析：由磁通量公式Φ＝BSsinθ可知，磁通量發(fā)生變化，不一定是磁場(chǎng)發(fā)生變化引起的．磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，穿過(guò)閉合回路的磁通量也不一定越大．磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，線圈面積越大，磁通量也不一定越大．線圈的磁通量為零，但該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零．解答：A、由磁通量公式Φ＝BSsinθ可知，可能是由磁感應(yīng)強(qiáng)度B變化，或由面積S變化，或由角度θ變化引起的。故A錯(cuò)誤。B、磁通量大小取決于B、S、θ三個(gè)因素，磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，穿過(guò)閉合回路的磁通量也不一定越大。故B錯(cuò)誤。C、當(dāng)線圈與磁場(chǎng)平行時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度再大，磁通量為零。則磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，線圈面積越大，磁通量也不一定越大。故C錯(cuò)誤。D、磁通量為零，磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為零；也可能線圈與磁場(chǎng)平行時(shí)，但磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零。故D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題考查磁通量的概念，要抓住兩種特殊情況：當(dāng)線圈與磁場(chǎng)平行時(shí)，Φ＝0；當(dāng)線圈與磁場(chǎng)垂直時(shí)，Φ＝BS．【解題方法點(diǎn)撥】對(duì)磁通量的理解（1）線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直時(shí)磁通量最大，線圈轉(zhuǎn)動(dòng)后穿過(guò)線圈的磁感線條數(shù)減少，磁通量減小。（2）在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中才能應(yīng)用公式Φ＝BSsinθ（θ表示面與磁場(chǎng)的夾角）計(jì)算磁通量。應(yīng)用公式時(shí)還需要明確公式中各物理量的含義2．帶電粒子由磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是指粒子從電場(chǎng)到磁場(chǎng)，或從磁場(chǎng)到電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)。通常按時(shí)間的先后順序分成若干個(gè)小過(guò)程，在每一運(yùn)動(dòng)過(guò)程中從粒子的受力性質(zhì)、受力方向和速度方向的關(guān)系入手，分析運(yùn)動(dòng)性質(zhì)。2.一般的分析思路為：（1）劃分過(guò)程：將粒子運(yùn)動(dòng)的過(guò)程劃分為幾個(gè)不同的階段，對(duì)不同的階段選取相應(yīng)的規(guī)律處理。（2）找關(guān)鍵：確定帶電粒子在場(chǎng)區(qū)邊界的速度（包括大小和方向）是解決該類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵，（3）畫(huà)運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)分析大致畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問(wèn)題。3.本考點(diǎn)旨在針對(duì)粒子從磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)的情況。【命題方向】如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m＝2.0×10﹣11kg，電荷量q＝+1.0×10﹣5C的帶電微粒（重力忽略不計(jì)），從靜止開(kāi)始經(jīng)U1＝100V電場(chǎng)加速后，水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓U2＝50V．金屬板長(zhǎng)L＝20cm，兩板間距d=53cm（1）微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度v0大?。唬?）微粒射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角θ；（3）若該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度D＝10cm，為使微粒不會(huì)從磁場(chǎng)右邊射出，則該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少多大？分析：（1）粒子在加速電場(chǎng)中，電場(chǎng)力做功，由動(dòng)能定理求出速度v0。（2）粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解求出偏轉(zhuǎn)角。（3）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，結(jié)合條件，畫(huà)出軌跡，由幾何知識(shí)求半徑，再求B。解答：（1）粒子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理，得qU1=解得，v0=2qU1（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則有加速度a=t=Lv0，v則tanθ=將上述各式代入得到tanθ=θ＝30°（3）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度大小為v=畫(huà)出軌跡如圖，根據(jù)幾何知識(shí)，得D＝r+rsinθr=又由qvB＝mv解得B=代入數(shù)據(jù)解得，B＝0.346T答：（1）微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度v0大小1×104m/s；（2）微粒射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角θ＝30°；（3）為使微粒不會(huì)從磁場(chǎng)右邊射出，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為0.346T。點(diǎn)評(píng)：本題是帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，關(guān)鍵是分析粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，用力學(xué)的方法處理?！窘忸}思路點(diǎn)撥】解決帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的方法3．導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.如果感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是由導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生的，它也叫作動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)。2.當(dāng)導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)垂直時(shí)，動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的大小為：E＝Blv3.適用條件：（1）勻強(qiáng)磁場(chǎng)；（2）平動(dòng)切割；（3）B、l、v三者相互垂直。4.當(dāng)導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)有夾角時(shí)，如下圖即如果導(dǎo)線的運(yùn)動(dòng)方向與導(dǎo)線本身是垂直的，但與磁感線方向有一個(gè)夾角θ，則動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為：E＝Blv1＝Blvsinθ，即利用速度垂直于磁場(chǎng)的分量?！久}方向】如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，讓導(dǎo)體PQ在U形導(dǎo)軌上以速度υ0＝10m/s向右勻速滑動(dòng)，兩導(dǎo)軌間距離L＝0.5m，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和PQ中的電流方向分別為（）分析：導(dǎo)體棒PQ運(yùn)動(dòng)時(shí)切割磁感線，回路中的磁通量發(fā)生變化，因此有感應(yīng)電流產(chǎn)生，根據(jù)右手定則可以判斷電流方向，由E＝BLv可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小．解答：當(dāng)導(dǎo)體棒PQ運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝BLv＝1.2×0.5×10＝6V，根據(jù)右手定則可知，通過(guò)PQ的電流為從Q點(diǎn)流向P點(diǎn)，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題比較簡(jiǎn)單，考查了導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)和電流方向問(wèn)題，注意公式E＝BLv的適用條件和公式各個(gè)物理量的含義．【解題方法點(diǎn)撥】閉合或不閉合電路的一部分導(dǎo)體在磁場(chǎng)中做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體兩端將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。如果電路閉合，電路中形成感應(yīng)電流。切割磁感線運(yùn)動(dòng)的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電路中的電源。常見(jiàn)的情景有以下幾種：1．在E＝BLv中（要求B⊥L、B⊥v、L⊥v，即B、L、v三者兩兩垂直），式中的L應(yīng)該取與B、v均垂直的有效長(zhǎng)度（所謂導(dǎo)體的有效切割長(zhǎng)度，指的是切割導(dǎo)體兩端點(diǎn)的連線在同時(shí)垂直于v和B的方向上的投影的長(zhǎng)度，下圖中的有效長(zhǎng)度均為ab的長(zhǎng)度）。2．公式E＝BLv中，若速度v為平均速度，則E為平均電動(dòng)勢(shì)；若v為瞬時(shí)速度，則E為瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)。3．若導(dǎo)體不是垂直切割磁感線運(yùn)動(dòng)，v與B有一夾角，如圖所示，則E＝Blv1＝Blvsinθ。4．正弦式交變電流的函數(shù)表達(dá)式及推導(dǎo)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.正弦式電流的函數(shù)表達(dá)式為i＝Imsinωt，u＝Umsinωt，式中Im、Um分別表示電流和電壓的峰值。i和u表示電流和電壓的瞬時(shí)值。ω表示線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度。（1）此表達(dá)式代表的是線圈從中線面開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)的情況。（2）式子中Um＝NBSω。2.表達(dá)式的推導(dǎo)：若矩形線圈在磁場(chǎng)中從中性面開(kāi)始以角速度o勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖所示，則經(jīng)時(shí)間t：（1）線圈轉(zhuǎn)過(guò)的角度為θ＝ωt。（2）ab邊的線速度跟磁感線方向的夾角θ＝ωt。（3）ab邊轉(zhuǎn)動(dòng)的線速度大小v＝ωl（4）ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eab＝Blabvsinθ=BSω2?sinω（5）整個(gè)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e＝2eab＝BSωsinωt，若線圈為n匝，則e＝nBSωsinωt?！久}方向】矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生e＝2202sin100πtVA、頻率是50HzB、當(dāng)t＝0時(shí)，線圈平面恰好與中性面垂直C、當(dāng)t=1200sD、有效值為220V分析：根據(jù)交流電的表達(dá)式，可以知道其最大值，以及線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度等物理量，然后進(jìn)一步求出其它物理量，如有效值、周期、頻率等．解答：A、線圈的角速度為100πrad/s，故其頻率為：f=ω2π=50HzB、當(dāng)t＝0時(shí)e＝0，此時(shí)線圈處在中性面上，故B錯(cuò)誤。C、當(dāng)t=1200s時(shí)，sin100πt＝1，所以e有最大值，故D、有效值為：220