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第三章磁场章末总结和检测

章末总结

要点一通电导线在磁场中的运动及受力

1．直线电流元分析法：把整段电流分成很多小段直线电流，其中每一小段就是一个电流元，先用左手定则判断出每小段电流元受到的安培力的方向，再判断整段电流所受安培力的方向，从而确定导体的运动方向．

2．特殊位置分析法，根据通电导体在特殊位置所受安培力方向，判断其运动方向，然后推广到一般位置．

3．等效分析法：环形电流可等效为小磁针，条形磁铁或小磁针也可等效为环形电流，通电螺线管可等效为多个环形电流或条形磁铁．

4．利用结论法：(1)两电流相互平行时，无转动趋势；电流同向导线相互吸引，电流反向导线相互排斥；(2)两电流不平行时，导线有转动到相互平行且电流同向的趋势．要点二带电粒子在有界磁场中的运动

有界匀强磁场指在局部空间存在着匀强磁场，带电粒子从磁场区域外垂直磁场方向射入磁场区域，在磁场区域内经历一段匀速圆周运动，也就是通过一段圆弧后离开磁场区域．由于运动的带电粒子垂直磁场方向，从磁场边界进入磁场的方向不同，或磁场区域边界不同，造成它在磁场中运动的圆弧轨道各不相同．如下面几种常见情景：

图3－1

解决这一类问题时，找到粒子在磁场中一段圆弧运动对应的圆心位置、半径大小以及与半径相关的几何关系是解题的关键．

1．三个(圆心、半径、时间)关键确定

研究带电粒子在匀强磁场中做圆周运动时，常考虑的几个问题：

(1)圆心的确定

已知带电粒子在圆周中两点的速度方向时(一般是射入点和射出点)，沿洛伦兹力方向画出两条速度的垂线，这两条垂线相交于一点，该点即为圆心．(弦的垂直平分线过圆心也常用到)

(2)半径的确定

一般应用几何知识来确定．

(3)运动时间：t＝θ

360°T＝φ

2πT(θ、φ为圆周运动的圆心角)，另外也可用弧长Δl与速率的

比值来表示，即t＝Δl/v.

图3－2

(4)粒子在磁场中运动的角度关系：

粒子的速度偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍，即φ＝α＝2θ＝ωt；相对的弦切角(θ)相等，与相邻的弦切角(θ′)互补，即θ′＋θ＝180°.如图3－2所示．

2．两类典型问题

(1)极值问题：常借助半径R和速度v(或磁场B)之间的约束关系进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，找出临界点，然后利用数学方法求解极值．

注意①刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．

②当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆周角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．

③当速率v变化时，圆周角大的，运动时间长．

(2)多解问题：多解形成的原因一般包含以下几个方面：

①粒子电性不确定；②磁场方向不确定；③临界状态不唯一；④粒子运动的往复性等．

关键点：①审题要细心．②重视粒子运动的情景分析．

要点三带电粒子在复合场中的运动

复合场是指电场、磁场和重力场并存，或其中某两场并存，或分区域存在的某一空间．粒子经过该空间时可能受到的力有重力、静电力和洛伦兹力．处理带电粒子(带电体)在复合场中运动问题的方法：

1．正确分析带电粒子(带电体)的受力特征．带电粒子(带电体)在复合场中做什么运动，

取决于带电粒子(带电体)所受的合外力及其初始速度．带电粒子(带电体)在磁场中所受的洛伦兹力还会随速度的变化而变化，而洛伦兹力的变化可能会引起带电粒子(带电体)所受的其他力的变化，因此应把带电粒子(带电体)的运动情况和受力情况结合起来分析，注意分析带电粒子(带电体)的受力和运动的相互关系，通过正确的受力分析和运动情况分析，明确带电粒子(带电体)的运动过程和运动性质，选择恰当的运动规律解决问题．

2．灵活选用力学规律

(1)当带电粒子(带电体)在复合场中做匀速运动时，就根据平衡条件列方程求解．

(2)当带电粒子(带电体)在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程求解．

(3)当带电粒子(带电体)在复合场中做非匀变速曲线运动时，常选用动能定理或能量守恒定律列方程求解．

(4)由于带电粒子(带电体)在复合场中受力情况复杂，运动情况多变，往往出现临界问题，这时应以题目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，根据隐含条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解．

(5)若匀强电场和匀强磁场是分开的独立的区域，则带电粒子在其中运动时，分别遵守在电场和磁场中运动规律，处理这类问题的时候要注意分阶段求解.

一、通电导线在磁场中的受力问题

【例1】竖直放置的直导线

图3－3

AB与导电圆环的平面垂直且隔有一小段距离，直导线固定，圆环可以自由运动，当通以如图3－3所示方向的电流时(同时通电)，从左向右看，线圈将()

A．顺时针转动，同时靠近直导线AB

B．顺时针转动，同时离开直导线AB

C．逆时针转动，同时靠近直导线AB

D．不动

答案 C

解析圆环处在通电直导线的磁场中，由右手螺旋定则判断出通电直导线右侧磁场方向垂直纸面向里，由左手定则判定，水平放置的圆环外侧半圆所受安培力向上，内侧半圆所受安培力方向向下，从左向右看逆时针转，转到与直导线在同一平面内时，由于靠近导线一侧的半圆环电流向上，方向与直导线中电流方向相同，互相吸引，直导线与另一侧半圆环电流反向，相互排斥，但靠近导线的半圆环处磁感应强度B值较大，故F引>F斥，对圆环来说合力向左．

二、带电粒子在有界磁场中的运动

【例2】如图3－4所示，

图3－4

在半径为R的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度为B.一质量为m，带电荷量为q的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD方向经P点(AP＝d)

射入磁场(不计重力影响)．

(1)如果粒子恰好从A 点射出磁场，求入射粒子的速度．

(2)如果粒子经纸面内Q 点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q 点切线的夹角为φ(如图所示)，求入射粒子的速度．

答案 (1)qBd

2m (2)qBd (2R －d )2m [R (1＋cos φ)－d ]

解析 (1)由于粒子由P 点垂直射入磁场，故圆弧轨迹的圆心在AP 上，又由粒子从A 点射出，故可知AP 是圆轨迹的直径．

设入射粒子的速度为v 1，由洛伦兹力的表达式和牛顿第二定律得m v 21

d /2

＝q v 1B ，解得v 1

＝qBd 2m

. (2)如下图所示，设O ′是粒子在磁场中圆弧轨迹的圆心．连接O ′Q ，设O ′Q ＝R ′.

由几何关系得∠OQO ′=φ OO ′=R ′+R-d ①

由余弦定理得(OO ′)2＝R 2＋R ′2－2RR ′cos φ②

联立①②式得R ′＝d (2R －d )

2[R (1＋cos φ)－d ]

③

设入射粒子的速度为v ，由m v 2

R ′

＝q v B

解出v ＝qBd (2R －d )

2m [R (1＋cos φ)－d ]

三、复合场(电场磁场不同时存在)

【例3】在空间存在一个变化的匀强电场和另一个变化的匀强磁场，电场的方向水平向右(如图3－5中由点B 到点C )，场强变化规律如图甲所示，磁感应强度变化规律如图乙所示，方向垂直于纸面．从t ＝1 s 开始，在A 点每隔2 s 有一个相同的带电粒子(重力不计)沿AB 方向(垂直于BC )以速度v 0射出，恰好能击中C 点，若AB ＝BC ＝l ，且粒子在点A 、C 间的运动时间小于1 s ，求：

图3－5

(1)磁场方向(简述判断理由)． (2)E 0和B 0的比值．

(3)t ＝1 s 射出的粒子和t ＝3 s 射出的粒子由A 点运动到C 点所经历的时间t 1和t 2之比．答案 (1)垂直纸面向外(理由见解析) (2)2v 0∶1 (3)2∶π

解析 (1)由图可知，电场与磁场是交替存在的，即同一时刻不可能同时既有电场，又有磁场．据题意对于同一粒子，从点A 到点C ，它只受静电力或磁场力中的一种，粒子能在静电力作用下从点A 运动到点C ，说明受向右的静电力，又因场强方向也向右，故粒子带正电．因为粒子能在磁场力作用下由A 点运动到点C ，说明它受到向右的磁场力，又因其带正电，根据左手定则可判断出磁场方向垂直于纸面向外．

(2)粒子只在磁场中运动时，它在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动．因为AB ＝BC ＝l ，则

运动半径R ＝l .由牛顿第二定律知：q v 0B 0＝m v 20

R ，则B 0＝m v 0ql

粒子只在电场中运动时，它做类平抛运动，在点A 到点B 方向上，有l ＝v 0t

在点B 到点C 方向上，有a ＝qE 0m ，l ＝1

at 2

解得E 0＝2m v 20ql ，则E 0B 0＝2v 0

(3)t ＝1 s 射出的粒子仅受到静电力作用，则粒子由A 点运动到C 点所经历的时间t 1＝l

v 0

，

因E 0＝2m v 20ql ，则t 1＝2m v 0

qE 0

，t ＝3 s 射出的粒子仅受到磁场力作用，则粒子由A 点运动到C 点

所经历的时间t 2＝14T ，因为T ＝2πm qB 0，所以t 2＝πm

2qB 0

；故t 1∶t 2＝2∶π.

章末检测

一、选择题

图1

一束粒子沿水平方向平行飞过小磁针上方，如图1所示，此时小磁针S 极向纸内偏转，这一束粒子可能是( )

A ．向右飞行的正离子束

B ．向左飞行的正离子束

C ．向右飞行的负离子束

D ．向左飞行的负离子束答案 BC

解析小磁针N 极的指向即是磁针所在处的磁场方向．题中磁针S 极向纸内偏转，说明离子束下方的磁场方向由纸内指向纸外．由安培定则可判定离子束的定向运动所产生的电流方向由右向左，故若为正离子，则应是由右向左运动，若为负离子，则应是由左向右运动，答案是B 、C.

2．当带电粒子垂直进入匀强电场或匀强磁场中时，称这种电场为偏转电场，这种磁场为

偏转磁场，下列说法正确的是( )

A ．要想把速度不同的同种带电粒子分开，既可采用偏转电场，也可采用偏转磁场

B ．要想把动能相同的质子和α粒子分开，只能采用偏转电场

C ．要想把由静止开始经同一电场加速的质子和α粒子分开，既可采用偏转电场，也可采用偏转磁场

D ．要想把初速度相同、比荷不同的粒子分开，既可采用偏转电场，也可采用偏转磁场答案 ABD 3.

图2

电动机通电之后电动机的转子就转动起来，其实质是因为电动机内线圈通电之后在磁场中受到了安培力的作用，如图2所示为电动机内的矩形线圈，其只能绕Ox 轴转动，线圈的四个边分别与x 、y 轴平行，线圈中电流方向如图所示，当空间加上如下所述的哪种磁场时，线圈会转动起来( )

A ．方向沿x 轴的恒定磁场

B ．方向沿y 轴的恒定磁场

C ．方向沿z 轴的恒定磁场

D ．方向沿z 轴的变化磁场答案 B 4.

图3

两带电油滴在竖直向上的匀强电场E 和垂直纸面向里的匀强磁场B 正交的空间做竖直平面内的匀速圆周运动，如图3所示．则两油滴一定相同的是( )

①带电性质 ②运动周期 ③运动半径 ④运动速率

A ．①②

B ．①④

C ．②③④

D ．①③④ 答案 A

解析根据mg ＝qE ，所以静电力方向必须向上；根据r ＝m v qB ，而根据①式，m q ＝E

，所

以只要m q 为常数即可，但v 不一定相等，所以③④错误．根据T ＝2πm qB

，可得运动周期相同，

②对．

5．如图4所示，一质量为m ，电荷量为q 的带正电绝缘体物块位于高度略大于物块高的水平宽敞绝缘隧道中，物块上、下表面与隧道上、下表面的动摩擦因数均为μ，整个空间中存在垂直纸面向里，磁感应强度为B 的水平匀强磁场，现给物块水平向右的初速度v 0，空气阻力忽略不计，物块电荷量不变，隧道足够长，则整个运动过程中，物块克服阻力做功可能是( )

图4

A ．0 B.12m v 20－m 3g 2

2q 2B 2

C.12m v 20

D.m 3g 2

2q 2B 2－12m v 20 答案 ABC

解析物块进入磁场后的受力情况有三种可能情况：第一种，洛伦兹力和重力是一对平

衡力，即Bq v 0＝mg ，满足该情况的v 0＝mg

，没有摩擦力，所以克服摩擦力做功为零；第二

种情况，v 0>mg Bq ，挤压上表面，要克服摩擦力做功，当速度减小为v ＝mg

后，摩擦力消失，

故克服摩擦力做功W ＝12m v 20－12m v 2＝12m v 20－m 3g 2

2B 2q 2；第三种情况，v 0

，挤压下表面，要克服摩擦力做功，一直到速度为零，所以克服摩擦力做功W ＝1

2m v 20

6．回旋加速器是利用较低电压的高频电源，

图5

使粒子经多次加速获得巨大速度的一种仪器，工作原理如图5所示．下列说法正确的是( )

A ．粒子在磁场中做匀速圆周运动

B ．粒子由A 0运动到A 1比粒子由A 2运动到A 3所用时间少

C ．粒子的轨道半径与它被电场加速的次数成正比

D ．粒子的运动周期和运动速率成正比答案 A

解析本题考查对回旋加速器的基本工作原理的理解，由于D 形盒的屏蔽作用，带电粒子在磁场中不受静电力的作用，仅受洛伦兹力，因此粒子在磁场中做匀速圆周运动，A 正确；

粒子的周期T ＝2πm qB 与粒子运动速率无关，从A 0到A 1和从A 2到A 3的时间相等，均为T

，故B 、

D 选项错误；当粒子被加速n 次后进入磁场，由nqU ＝12m v 2n ，r n

＝m v n qB 可得：r n ＝2nqUm

，故r n ∝n ，C 选项不正确，因此本题选A.

7．如图6所示，

图6

将一个光滑斜面置于匀强磁场中，通电直导体棒置于斜面上，电流方向垂直纸面向里．下面四个图中，有可能使导体棒在斜面上保持静止的是( )

答案 AB

解析由左手定则判断，选项A 中导体棒受到的安培力方向水平向右，若安培力和重力的合力的大小等于支持力，可以使之平衡，故选项A 是正确的；选项B 中导体棒受到的安培力方向竖直向上，若大小等于重力，则导体棒可平衡在斜面上，故选项B 是正确的；选项C 中导体棒受到的安培力方向竖直向下，选项D 中导体棒受到的安培力方向水平向左，都不能使之平衡，故选项C 、D 是错误的．

8．如图7所示，

图7

在一水平放置的平板MN 的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于纸面向里．许多质量为m 带电荷量为＋q 的粒子，以相同的速率v 沿位于纸面内的各个方向，由小孔O 射入磁场区域．不计重力，不计粒子间的相互影响．下列图中阴影部分表示带电粒

子可能经过的区域，其中R ＝m v

.正确的图是( )

答案 A

解析当带电粒子竖直向上运动时，可以在磁场中完成向左的半圆的运动轨迹．而要形成向右的半圆的运动轨迹，由左手定则可判定该轨迹无法实现，所以A 选项正确．

二、计算论述题 9．如图8所示，

图8

在y >0的空间中存在匀强电场，场强沿y 轴负方向；在y <0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy 平面(纸面)向外．一电荷量为q 、质量为m 的带正电的运动粒子，经过y 轴上y ＝h 处的点P 1时速率为v 0，方向沿x 轴正方向；然后，经过x 轴上x ＝2h 处的P 2点进入磁场，并经过y 轴上y ＝－2h 的P 3点．不计重力．求：

(1)电场强度的大小．

(2)粒子到达P 2时速度的大小和方向． (3)磁感应强度的大小．

答案 (1)m v 202qh (2)2v 0 方向与x 轴夹角45°，斜向右下方 (3)m v 0

解析 (1)粒子在电场和磁场中的运动轨迹如右图所示．

设粒子从P1运动到P2的时间为t ，电场强度的大小为E ，粒子在电场中的加速度为a ，由牛顿第二定律和运动学公式有：

qE ＝ma ，v 0t ＝2h ，h ＝1

at 2

由上列三式解得：E ＝m v 20

2qh

(2)粒子到达P 2时速度沿x 方向速度分量为v 0，以v 1为速度沿y 方向速度分量的大小，v 表示速度的大小，θ为速度与x 轴的夹角，则有：

v 21＝2ah ，v ＝v 21＋v 2

0，tan θ＝v 1v 0 由上图可得：θ＝45° 知v 1＝v 0

由以上各式解得：v ＝2v 0

(3)设磁场的磁感应强度为B ，在洛伦兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律

可得：q v B ＝m v 2

r 是圆周的半径，与x 轴、y 轴的交点为P 2、P 3，因为OP 2＝OP 3，θ＝45°，由几何关系可知，连线P 2P 3为圆周的直径，由几何关系可求得：r ＝2h

最后解得：B ＝m v 0

10．如图9所示，

图9

abcd 是一个边长为L 的正方形，它是磁感应强度为B 的匀强磁场横截面的边界线．一带电粒子从ad 边的中点O 与ad 边成θ＝30°角且垂直于磁场方向射入．若该带电粒子所带电荷量为q 、质量为m (重力不计)，则该带电粒子在磁场中飞行时间最长是多少？若要带电粒子飞行时间最长，带电粒子的速度必须符合什么条件？

答案 5πm 3qB v ≤qBL 3m

解析从题设的条件中，可知带电粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，它做匀速圆周运动，粒子带正电，由左手定则可知它将向ab 方向偏转，带电粒子可能的轨道如下图所示(磁场方向没有画出)，这些轨道的圆心均在与v 方向垂直的OM 上．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹

力提供向心力，有q v B ＝m v 2r ，r ＝m v

qB ①

运动的周期为T ＝2πr v ＝2πm

②

由于带电粒子做匀速圆周运动的周期与半径和速率均没有关系，这说明了它在磁场中运动的时间仅与轨迹所对的圆心角大小有关．由图可以发现带电粒子从入射边进入，又从入射边飞出，其轨迹所对的圆心角最大，那么，带电粒子从ad 边飞出的轨迹中，与ab 相切的轨迹的半径也就是它所有可能轨迹半径中的临界半径r0：r ＞r0，在磁场中运动时间是变化的，r ≤r0，在磁场中运动的时间是相同的，也是在磁场中运动时间最长的．由上图可知，三角形

O 2EF 和三角形O 2OE 均为正三角形，所以有∠OO 2E ＝π

轨迹所对的圆心角为α＝2π－π3＝5π

运动的时间t ＝Tα2π＝5πm

3qB

由图还可以得到

r 0＋r 02＝L 2，r 0＝L 3≥m v qB

得v ≤qBL 3m

带电粒子在磁场中飞行时间最长是5πm 3qB ；带电粒子的速度应符合条件v ≤qBL

11．飞行时间质谱仪可通过测量离子飞行时间得到离子的比荷q /m .如图10所示，带正电的离子经电压为U 的电场加速后进入长度为L 的真空管AB ，可测得离子飞越AB 所用时间t 1.改进以上方法，如图，让离子飞越AB 后进入电场为E (方向如图11)的匀强电场区域BC ，在电场的作用下离子返回B 端，此时，测得离子从A 出发后飞行的总时间t 2.(不计离子重力)

图10

图11

(1)忽略离子源中离子的初速度，①用t 1计算比荷；②用t 2计算比荷． (2)离子源中相同比荷离子的初速度不尽相同，设两个比荷都为q /m 的离子在A 端的速度分别为v 和v ′(v ≠v ′)，在改进后的方法中，它们飞行的总时间通常不同，存在时间差Δt .可通过调节电场E 使Δt ＝0，求此时E 的大小．

答案 (1)①L 22Ut 21 ②(L 2U

＋22U E )21

t 22

(2)2m vv ′qL

解析 (1)①设离子带电荷量为q ，质量为m ，经电场加速后的速度为v ，则qU ＝1

m v 2①

离子飞越真空管AB 做匀速直线运动，则 L ＝v t 1②

由①②两式得离子比荷 q m ＝L 22Ut 21

③ ②离子在匀强电场区域BC 中做往返运动，设加速度为a ，则qE ＝ma ④

t 2＝L v ＋2v a

⑤

由①④⑤式得离子比荷

q m ＝? ????L 2U ＋22U E 21t 22

(2)两离子初速度分别为v 、v ′，则 t ＝L v ＋2v qE m

t ′＝L v ′＋2v ′qE

Δt ＝t －t ′＝???

?L vv ′－2m

qE (v ′－v )

要使Δt ＝0，则须L vv ′－2m

＝0

所以E ＝2m vv ′

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

第三章章末质量检测卷(三) 磁场

第三章章末质量检测卷(三)磁场 (时间：90分钟满分：100分) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分) 1．(2019·江苏学业考试)下列说法正确的是() A．磁场中某处磁感强度的大小，等于长为L，通以电流I的一小段导线放在该处时所受磁场力F与乘积IL的比值 B．一小段通电导线放在某处如不受磁场力作用，则该处的磁感应强度为零 C．因为B＝F IL，所以磁场中某处磁感应强度的大小与放在该处的导线所受磁场力F的大小成正比，与IL的大小成反比 D．磁场中某处磁感应强度的大小与放在磁场中的通电导线长度、电流大小及所受磁场力的大小均无关解析：选D只有当导线垂直放入磁场时，导线所受磁场力F与乘积IL的比值才等于磁感应强度的大小，故A错误；由于导线与磁场平行时，通电导线不受磁场力，所以通电导线放在某处如不受磁场力作用，该处的磁感应强度不一定为零，故B错误；磁感应强度的大小由磁场本身的强弱决定，与放在磁场中的通电导线长度、电流大小及所受磁场力的大小均无关，故C错误，D正确． 2．如图所示，竖直面内的导体框ABCD所在平面有水平方向的匀强磁场，AP⊥BC，∠B＝∠C＝60°，AB＝CD＝20 cm，BC＝40 cm.若磁场的磁感应强度为0.3 T，导体框中通入图示方向的5 A电流，则该导体框受到的安培力() A．大小为0.6 N，方向沿P A方向

B．大小为0.6 N，方向沿AP方向 C．大小为0.3 N，方向沿P A方向 D．大小为0.3 N，方向沿BC方向解析：选C力是矢量，三段导体棒在磁场中受到的安培力的合力与AD段受到的安培力是等效的，所以根据左手定则可知，导体框受到的安培力的方向垂直于AD的方向向下，即沿P A方向；AD段的长度：L＝BC－2BP＝40 cm－2×20 cm×cos 60°＝20 cm＝0.2 m，安培力的大小：F＝BIL＝0.3×5×0.2＝0.3 N．故C正确，A、B、D错误． 3.如图所示，原来静止的圆形线圈通过逆时针方向的电流，在其直径 ab上靠近b点有一长直导线垂直于圆形线圈平面被固定．今在长直导线中通以图示方向的电流时，在磁场力的作用下，圆形线圈将() A．向左平动B．向右平动 C．仍然静止D．绕ab轴转动解析：选D根据右手螺旋定则知，直线电流在a点的磁场方向竖直向上，与a点电流方向平行，所以a点不受安培力．同理b点也不受力；取线圈上下位置一微元研究，上边微元电流方向水平向左，直线电流在此位置产生的磁场方向斜向右上方，下边微元电流方向水平向右，直线电流在此处位置产生的磁场方向为斜向左上方，根据左手定则，上边微元受到的安培力垂直纸面向里，下边微元所受安培力垂直纸面向外，所以圆形线圈将以直径ab为轴转动．故选D. 4．实验室常用到磁电式电流表．其结构可简化为如图所示的模型，最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈，OO′为线圈的转轴．忽略线圈转动中的摩擦．当静止的线圈中突然通有如图所示方向的电流时，顺着OO′方向看()

北师大数学选修新素养应用案巩固提升：第三章章末综合检测三含解析

章末综合检测(三)[学生用书P123(单独成册)] (时间：120分钟，满分：150分) 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，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．已知函数f (x )＝1 3 ，则f ′(x )等于( ) A ．－33 B ．0 C ． 3 3 D ．3 解析：选B ．因为f (x )＝ 13，所以f ′(x )＝(1 3 )′＝0． 2．已知某质点的运动规律为s ＝t 2＋3(s 的单位：m ，t 的单位：s)，则该质点在t ＝3 s 到t ＝(3＋Δt )s 这段时间内的平均速度为( ) A ．(6＋Δt )m/s B ．??? ?6＋Δt ＋9 Δt m/s C ．(3＋Δt )m/s D ．??? ?9 Δt ＋Δt m/s 解析：选A ．平均速度为 Δs Δt ＝（3＋Δt ）2＋3－（32＋3）Δt ＝(6＋Δt )m/s ． 3．设f (x )为可导函数，且满足lim x →0 f （1）－f （1－x ） 2x ＝－1，则过曲线y ＝f (x )上点(1， f (1))处的切线斜率为( ) A ．2 B ．－1 C ．1 D ．－2 解析：选D ．k ＝f ′(1)＝lim x →0 f （1－x ）－f （1）－x ＝2lim x →0 f （1）－f （1－x ） 2x ＝－2． 4．已知函数f (x )在x ＝1处的导数为3，则f (x )的解析式可能是( ) A ．f (x )＝(x －1)3＋3(x －1) B ．f (x )＝2(x －1) C ．f (x )＝2(x －1)2 D ．f (x )＝x －1

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