20xx年春人教版物理選修3-1第3章磁場章末綜合能力測試(完整版)
【正文】 (1)圖中 ________板為電源的正極； (2)有電流從 ________經(jīng)用電器流向 ________； (3)這個發(fā)電機(jī)的電動勢為 ________； (4)此發(fā)電機(jī)的等效內(nèi)阻是 ________。 (1)在圖中畫線連接成實驗電路圖。分析知，兩次細(xì)沙的重力差與 D的底邊 所受安培力相等，即 BIL＝ |m2－ m1|g，所以磁感應(yīng)強(qiáng)度 B＝ |m2－ m1|gIL ；根據(jù) m1和 m2的關(guān)系及左手定則可判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向。 根據(jù)第一幅受力圖列式如下： F1－ mgsinθ － Fμ 1＝ 0 FN－ mgcosθ ＝ 0， Fμ 1＝ μF N， F1＝ BImaxd 解上述方程得： Imax＝ 根據(jù)第二幅受力圖， F2＋ Fμ 2－ mgsinθ ＝ 0， FN－ mgcosθ ＝ 0， Fμ 2＝ μF N， F2＝ BImind. 解上述方程得： Imin＝ 。 (1)求電場強(qiáng)度的大小和方向。 答案： (1)E＝ 3N/C (2)10 － 3N 解析： (1)當(dāng)小球離開圓弧軌道后，對其受力分析如圖所示： 由平衡條件得： F 電 ＝ qE＝ mgtanθ 代入數(shù)據(jù)解得： E＝ 3N/C (2)小球從進(jìn) 入圓弧軌道到離開圓弧軌道的過程中，由動能定理得： F 電 Rsinθ － mgR(1－ cosθ )＝ mv22 －mv202 代入數(shù)據(jù)得： v＝ 5m/s 由 F 電 ＝ qvB＝ mgcosθ 解得： B＝ 1T 分析小球射入圓弧軌道瞬間的受力情況 由牛頓第二定律得： FN＋ Bqv0－ mg＝ mv20R 代入數(shù)據(jù)得： FN＝ 10 － 3N 由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫椋?FN＝ 10 － 3N。 (粒子的比荷滿足 qm＝ 4 3Bt0) 答案： (1)電場強(qiáng)度的大小為 BRt0，沿 x軸正方向； (2)粒子在磁場中運(yùn)動的時間 3π18 t0 解析： (1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為 m，電荷量為 q，初速度為 v，電場強(qiáng)度為 E。勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B，磁 場邊界寬度為 d，電子從磁場邊界 Ⅲ 穿出時的速度方向與電子原來的入射方向夾角為 30176。 計算題 (共 4小題，共 46分。 ② 保持開關(guān) S斷開，在托盤內(nèi)加入適量細(xì)沙，使 D處于平衡狀態(tài)；然后用天平稱出細(xì)沙質(zhì)量 m1。根據(jù)qvB＝ qEd得， E＝ Bdv。 由圖可知，粒子只能從 x軸上方從左邊界射出磁場， y的最大值為 y＝ 8cm。 6． (山東文登市 2021～ 2021學(xué)年高二上學(xué)期期末 )如圖所示，三個完全相同的半圓形光滑軌道豎直放置，分別處在真空、勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場中，軌道兩端在同一高度上，三個相同的帶正電小球同時從軌道左端最高點由靜止開始沿軌道運(yùn)動， P、 M、 N分別為軌道的最低點，如圖所示，則下列有關(guān)判斷正確的是 ( ) A．小球第一次到達(dá)軌道最低點的速度關(guān)系 vp＝ vMvN B．小 球第一次到達(dá)軌道最低點時對軌道的壓力關(guān)系 FP＝ FMFN C．小球從開始運(yùn)動到第一次到達(dá)軌道最低點所用的時間關(guān)系 tPtMtN D．三個小球到達(dá)軌道右端的高度都不相同，但都能回到原來的出發(fā)點位置 答案： A 解析： 小球沿 P、 M軌道下滑過程都只有重力做功，根據(jù)動能定理 WG＝ mgR＝ 12mv2知到達(dá)底端速度相等，小球沿 N軌道下滑過程電場力做負(fù)功，根據(jù)動能定理 WG－ W 電 ＝ 12mv2N，其到達(dá)最低點速度要小于沿 P、 M軌道下滑情況，故選項 A正確；根據(jù)上 述分析
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