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第三章-磁场章末测试

章末测试

(时间：60分钟满分：100分)

一、选择题（本题共10小题，每小题5分,共5０分。1~6 题为单项选择题，7～１0题为多项选择题。)

１．指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针,下列说法正确的是( ) A．指南针可以仅具有一个磁极

B.指南针能够指向南北，说明地球具有磁场

C.指南针的指向不会受到附近铁块的干扰

Ｄ.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转

答案B

２.如图１所示,圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时,a、b、ｃ三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是( )

图1

Ａ．a、b、c的N极都向纸里转

B.b的N极向纸外转，而a、c的Ｎ极向纸里转

C.b、c的Ｎ极都向纸里转,而a的Ｎ极向纸外转

D.b的N极向纸里转,而a、c的N极向纸外转

解析由于圆环带负电荷,故当圆环沿顺时针方向转动时,等效电流的方向为逆时针,由安培定则可判断环内磁场方向垂直纸面向外，环外磁场方向垂直纸面向内,磁场中某点的磁场方向即是放在该点的小磁针静止时N极的指向，所以b的N极向纸外转，a、c的N极向纸里转。选项Ｂ正确。

答案Ｂ

3．(2017·四川成都石室中学二诊)如图２所示,一个边长为L的正方形金属框竖直放置,各边电阻相同，金属框放置在磁感应强度大小为B、方向垂直于金属框向里的匀强磁场中，若A、B两端与导线相连,由A到B通以如图所示方向的电流(由A 点流入,从B点流出),流过AＢ边的电流为Ｉ，则金属框受到的安培力大小和方向分别为( )

图2

Ａ.2ＢＩＬ,竖直向下 B.4

3BI

Ｌ，竖直向上

C．BＩL，竖直向上? D.错误!BIL，竖直向下

解析设流过DC边的电流为I′,根据并联电路知识有Ｉ′·３R＝ＩR，得I′=＼f(Ｉ,３)，AD、BC边所受的安培力的合力为零，DC边中的电流方向向右,根据左手定则可知，DC边所受安培力方向向上，大小为F DC＝B·＼ｆ（I，3)·L=＼f(1,3）BIL，AＢ边所受的安培力方向向上，大小为FＡＢ＝BIL，所以金属框受到的安培力为F安=F DC＋F AB＝错误!BＩL,方向竖直向上，故选项B 正确。

答案 B

4.如图３所示，两根垂直纸面平行放置的直导线a和b,通有等值电流。在纸面上距a、b等远处有一处Ｐ。若Ｐ点合磁感应强度B的方向水平向左,则导线a、ｂ中的电流方向是( )

图3

A.a中向纸里，b中向纸外

Ｂ.a 中向纸外,b 中向纸里

C ．a 、ｂ中均向纸外

D.ａ、b 中均向纸里

解析因为通电直导线周围磁场的磁感线是多组以导线上各点为圆心垂直于导线的同心圆,所以直导线a 中电流在P 处激发的磁场方向垂直于a 、P 连线;直导线ｂ中电流在P 处激发的磁场方向垂直于b 、Ｐ连线。又因为P 点合磁感应强度B 的方向水平向左，所以由矢量合成法则可知，a 中电流在P 处激发的磁场方向垂直a Ｐ向下,ｂ中电流在P 处激发的磁场方向垂直bP 向上，再根据安培定则很容易判断ａ、b 中的电流方向,ａ中向纸里,ｂ中向纸外，Ａ正确。

答案 A

5.带电粒子以初速度v 0从a 点进入匀强磁场如图4所示,运动中经过b 点,Oa ＝Ｏb 。若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v 0从a 点进入电场，仍能通过b 点，则电场强度E 和磁感应强度Ｂ的比值为( )

图4

A.v ０Ｂ.错误! Ｃ.２ｖ0 ?D ．错误!

解析设Oa ＝O ｂ=d ,因带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,所以圆周运动的半径正好等于d ,即ｄ=错误!，得B ＝错误!。

如果换成匀强电场,带电粒子做类平抛运动，那么有

d =12·错误!·错误!错误!

得E ＝错误!,所以错误!=2ｖ0，选项C 正确。

答案 C

６.电磁轨道炮工作原理如图5所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动,并与轨道保持良好接触。电流I 从一条轨道流入,通过导电弹体后从另一条轨道流

回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与Ｉ成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的２倍，理论上可采用的办法是( )

图5

Ａ.只将轨道长度L变为原来的2倍

B.只将电流I减为原来的一半

C.只将弹体质量减至原来的一半

D.将弹体质量减至原来的一半,轨道长度L变为原来的２倍，其他量不变

解析由题意可知磁感应强度B=ｋI，安培力F＝ＢId＝ｋI2d，由动能定理可得F Ｌ＝错误!mｖ2，解得v=Ｉ错误!，由此式可判断只有选项D正确。

答案D

７．如图6所示,在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电量均相同的正、负离子（不计重力），从点Ｏ以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正、负离子在磁场中（)

图６

Ａ.运动时间相同

Ｂ．运动轨迹的半径相同

Ｃ.重新回到边界时速度的大小和方向相同

D.重新回到边界的位置与O点距离不相等

解析粒子在磁场中运动的周期T=错误!,

则知两个离子做圆周运动的周期相等。根据左手定则分析可知，

正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离

子的速度偏转角为(２π-2θ),轨迹的圆心角为（2π－２θ)，运动时间t＝错误!T。同理，负离子运动时间t=2θ

２πT,显然时间不等,A错误；根据牛顿第二定律得

ｑｖB ＝ｍ错误!，得r＝错误!，由题意可知m、q、v、B大小均相同,则r相同,B正确；正、负离子在磁场中均做匀速圆周运动,速度沿轨迹的切线方向,根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同,Ｃ正确；根据几何知识可知重新回到边界的位置与Ｏ点距离s=2r sｉn θ，r、θ相同,则ｓ相同,D错误。

答案BＣ

8.如图７所示，正方形容器处在匀强磁场中，一束电子从孔a垂直于磁场沿ab方向射入容器中,其中一部分从c孔射出,一部分从ｄ孔射出，容器处在真空中，下列说法中正确的是（）

图7

A．从两孔射出的电子速率之比ｖc∶vｄ＝２∶１

B.从两孔射出的电子在容器中运动所用时间之比t c∶t d=1∶2

C．从两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比aｃ∶ａd=2∶1

Ｄ．从两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比aｃ∶a d=２∶1

解析从c孔射出的粒子与从d孔射出的粒子做圆周运动的半径之比Ｒc∶Ｒｄ＝

2∶1,根据qvＢ＝＼ｆ（mｖ2，Ｒ)可知vｃ

v d=错误!＝错误!，Ａ正确；根据T=错误!可

知Ｔc=T d，但二者圆心角αc∶αd=1∶2，因此＼f（tｃ,ｔｄ）=错误!＝错误!,B正确；根据a=错误!,可得错误!＝错误!·错误!=错误!·错误!＝错误!，C错误,Ｄ正确。

答案ABD

9．１932年，美国的物理学家劳伦斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图8所示,置于高真空中的两Ｄ形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小,带电粒

子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。Ａ处粒子源产生的质量为ｍ、电荷量为＋q的粒子在加速器中被加速，其加速电压恒为U。带电粒子在加速过程中不考虑相对论效应和重力的作用,则()

图8

A.带电粒子在加速器中第１次和第2次做曲线运动的时间分别为t1和t２，则t１∶ｔ2＝1∶2

B.带电粒子第１次和第2次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比r1∶ｒ２＝2∶2

C.两D形盒狭缝间的交变电场的周期Ｔ=错误!

Ｄ．带电粒子离开回旋加速器时获得的动能为＼f(Ｂ2q2R2，2ｍ)

解析带电粒子在磁场中运动的周期与电场变化的周期相等，根据ｑｖB=m v２r,得

v＝＼ｆ(qＢr,m),周期Ｔ=错误!＝错误!，与粒子的速度无关，t1∶t2＝1∶1,交变电

场的周期也为＼f(2πｍ，qB),A错误，C正确;根据１

2mv错误!=nqU得,带电粒子第1

次和第２次经过加速后的速度比为错误!∶2，根据r＝错误!知，带电粒子第１次和第2次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比r1∶r2＝错误!∶2，Ｂ正确；根据qvＢ=m＼f(ｖ2,R），知ｖ=错误!,则带电粒子离开回旋加速器时获得动能E k＝错误! mv2＝＼f(B2ｑ2R２,2m），D正确。

答案BＣＤ

１０.已知一质量为m的带电液滴,经电压Ｕ加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场Ｂ中,液滴在此空间的竖直平面内做匀速圆周运动,

如图9所示,则()

图9

Ａ.液滴在空间可能受４个力作用

B．液滴一定带负电

C.液滴做圆周运动的半径r=＼f(1,B）错误!

D.液滴在场中运动时总能量不变

解析液滴受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，所以选项A错误;由于液滴做匀速圆周运动，所以电场力与重力为平衡力，电场力方向向上，可以判定液滴带负

电,B正确；根据ｑU=＼f(１,２）mv２,ｒ=＼ｆ(mv,qB),qE＝ｍｇ，解得ｒ＝1

B错误!,选项C正确;液滴在场中运动的整个过程能量守恒,选项D正确。

答案BCD

二、非选择题(共4小题,共50分。)

11.(１0分）如图10所示,将长为５0 cｍ、质量为１0 g的均匀金属棒ａb的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态,位于垂直纸面向里的匀强磁场中，当金属棒中通以0．４A的电流时,弹簧恰好不伸长,求：(取g=９.8m／s2)

图10

(1)匀强磁场中磁感应强度是多大?

(2)当金属棒通以0.2 A由ａ到b的电流时,弹簧伸长1ｃｍ，如果电流方向由ｂ到ａ,而电流大小不变，弹簧伸长又是多少？

解析(1)当ａb棒受到向上的安培力ＢIL和向下的重力mｇ大小相等时,弹簧不伸长，由BIL＝mｇ可得出磁感应强度B＝错误!=错误!T＝0.49 T。

(2)当0.２A的电流由ａ流向ｂ时，ab棒受到两根弹簧向上的拉力2ｋｘ1及向上的安培力BＩ1L和向下的重力ｍg作用，处于平衡状态。

根据平衡条件有：2kx1＝mg-BＩ１L①

当电流反向后,ａb棒受到两个弹簧向上的拉力2ｋx2及向下的安培力BI2L和重力mｇ作用,处于平衡状态,有

2kx２=mｇ+BI2L②

①②两式相除并整理，得弹簧伸长x2为

x2=错误!ｘ1

＝

10×１0－3×9.8+0.49×0.2×0.５

１０×10－3×９．8-０.４９×0.２×0．5×1 cm＝3 cｍ。

答案(1）0.４９T(2)3 cm

12.(1２分）如图1１所示,在足够长的绝缘板ＭＮ上方距离为d的O点处,水平向左发射一个速率为v0,质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不考虑粒子重力)。

图１1

(１）若在绝缘板上方加一电场强度大小为E=错误!、方向竖直向下的匀强电场,求带电粒子打到板上距P点的水平距离(已知OP⊥MN);

(２)若在绝缘板的上方只加一垂直纸面、磁感应强度B=错误!的匀强磁场,求:

①带电粒子在磁场中运动的半径；

②若O点为粒子发射源,能够在纸面内向各个方向发射带电粒子（不考虑粒子间的相互作用),求发射出的粒子打到板上的最短时间。

解析(1)根据牛顿第二定律有qE＝ma，而E＝错误!,得出加速度a=错误!,

粒子做类平抛运动：d=＼f(1,2)aｔ２，x＝v0t

联立得x＝2d。

(2）①加匀强磁场,由洛伦兹力提供圆周运动的向心力：qv０Ｂ=ｍ错误!

而Ｂ=＼f(mv０，qd),联立解得ｒ=ｄ。

②以OP为弦长时粒子打到板上的时间最短,对应的圆心角θ＝6０°，t＝＼f(T,6）,而T＝＼f(2πr,ｖ０)

联立得最短时间t＝＼f(πｄ，3v0）。

答案（1)2d(2)①ｄ②错误!

1３.(14分)如图1２，空间存在方向垂直于纸面(xOｙ平面)向里的磁场。在x≥0 区域,磁感应强度的大小为B0；x<0区域,磁感应强度的大小为λB０(常数λ>1）。一质量为ｍ、电荷量为ｑ(q＞0）的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿ｘ轴正向时,求(不计重力)

图1２

(１）粒子运动的时间；

（２)粒子与O点间的距离。

解析(1）在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域，圆周半径为Ｒ１;在x＜0区域,圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得

ｑB０ｖ0＝ｍ错误!①

ｑλB０v0=m错误!②

粒子速度方向转过1８0°时,所需时间t1为

ｔ1=＼ｆ(πR１,v0)③

粒子再转过18０°时，所需时间t２为

t２＝错误!④

联立①②③④式得，所求时间为

t0=ｔ1+t2=错误!(1+错误!)⑤

(2)由几何关系及①②式得,所求距离为

d0＝2（R1-Ｒ2)＝错误!（1－错误!)⑥

答案(1)＼f（πm，B0ｑ)(１+错误!) (2）错误!(１－错误!）

1４.（１4分）如图13所示，在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿ｙ轴负方向的匀强电场,第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度为B。一质量为ｍ、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的Ｍ点以一定的初速度垂直于ｙ轴射入电场,经x轴上的N点与x轴正方向成θ=6０°角射入磁场,最后从ｙ轴负半轴上的P点垂直于ｙ轴射出磁场,已知ON=ｄ。不计粒子重力，求:

图１3

(1)粒子在磁场中运动的轨道半径Ｒ;

的大小;

（２）粒子在M点的初速度v

０

(3)粒子从M点运动到P点的总时间ｔ。

解析（1）作出带电粒子的运动轨迹如图甲所示。由三角形相关知识得R sｉn θ＝d

解得R=错误!d。

(2）由qｖB=错误!得v＝错误!

在N点速度v与x轴正方向成θ=６0°角射出电场，将速度分解如图乙所示，coｓθ=错误!得射出速度v0=错误!ｖ,

解得v0＝错误!。

（3)设粒子在电场中运动的时间为t１，有d=ｖ0t1，

＝错误!。

所以t1=d

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期Ｔ=＼f（２πm,qＢ),

设粒子在磁场中运动的时间为t2,有t2＝＼ｆ(π-θ,２π) Ｔ

所以ｔ2=错误!,

ｔ＝ｔ1＋t２,所以t＝错误!。

答案(1)错误!d (2)错误!（３)错误!

人教版B数学选修2-1：第三章章末综合检测

(时间：120分钟；满分：150分) 一、选择题(本大题共12小题．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1.若a ＝(2x ，1，3)，b ＝(1，－2y ，9)，如果a 与b 为共线向量，则( ) A ．x ＝1，y ＝1 B ．x ＝12，y ＝－1 2 C ．x ＝16，y ＝－32 D ．x ＝－16，y ＝3 2 答案：C 2.向量a ，b 与任何向量都不能构成空间的一个基底，则( ) A ．a 与b 共线 B ．a 与b 同向 C ．a 与b 反向 D ．a 与b 共面解析：选A.∵a ，b 不能与任何向量构成空间基底，故a 与b 一定共线． 3.已知向量a ＝(0，2，1)，b ＝(－1，1，－2)，则a 与b 的夹角为( ) A ．0° B ．45° C ．90° D ．180° 解析：选C.已知a ＝(0，2，1)，b ＝(－1，1，－2)，则cos 〈a ，b 〉＝0，从而得出a 与b 的夹角为90°. 4.已知A (1，2，1)，B (－1，3，4)，C (1，1，1)，AP →＝2PB →，则|PC → |为( ) A.773 B. 5 C.779 D.779 解析：选A.设P (x ，y ，z )，由AP →＝2PB → 得： (x －1，y －2，z －1)＝2(－1－x ，3－y ，4－z )， ∴x ＝－13，y ＝83，z ＝3，即P ????－13，83，3，∴PC →＝????43，－53 ，－2 ， ∴|PC → |＝773 .故选A. 5. 如图，已知空间四边形OABC 中，M 、N 分别是对边OA 、BC 的中点，点G 在MN 上，且MG ＝2GN ，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，现用基底{a ，b ，c }表示向量OG →，OG → ＝x a ＋y b ＋z c ，则x ，y ，z 的值分别为( ) A ．x ＝13，y ＝13，z ＝1 3B ．x ＝13，y ＝13，z ＝1 6

数学必修四第三章章末检测(A)

第三章三角恒等变换单元测试 (时间：90分钟满分：100分) 一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分) 1．(cos π12－sin π12)(cos π12＋sin π 12)等于( ) A ．－32 B ．－12 C.12 D.3 2 2．函数y ＝sin ????2x ＋π3·cos ????x －π6＋cos ? ???2x ＋π3·sin ????π6－x 的图象的一条对称轴方程是( ) A ．x ＝π4 B ．x ＝π2 C ．x ＝π D ．x ＝3π 2 3．已知sin(45°＋α)＝5 5 ，则sin 2α等于( ) A ．－45 B ．－35 C.35 D.45 4．y ＝sin ????2x －π 3－sin 2x 的一个单调递增区间是( ) A.????－π6，π3 B.????π12，7π12 C.????5π12，13π12 D.??? ?π3，5π6 5．已知θ是锐角，那么下列各值中，sin θ＋cos θ能取得的值是( ) A.43 B.34 C.53 D.12 6．sin 163°sin 223°＋sin 253°sin 313°等于( ) A ．－12 B.12 C ．－32 D.32 7．已知tan 2θ＝－22，π<2θ<2π，则tan θ的值为( ) A. 2 B ．－22 C ．2 D.2或－2 2 8．函数y ＝sin x －cos x 的图象可以看成是由函数y ＝sin x ＋cos x 的图象平移得到的．下列所述平移方法正确的是( ) A ．向左平移π2个单位 B ．向右平移π 4个单位 C ．向右平移π2个单位 D ．向左平移π 4 个单位 9．设a ＝sin 17°cos 45°＋cos 17°sin 45°，b ＝2cos 213°－1，c ＝3 2 ，则有( ) A ．c