北京市丰台区2023-2024学年高三年级上册1月期末考试物理试卷（含解析）

丰台区2023〜2024学年度第一学期期末练习

高三物理

本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无

效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第一部分

本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一

项。

1.下列说法正确的是（）

A.光学显微镜下观察到悬浮在水中的花粉颗粒的无规则运动是布朗运动

B.给自行车胎打气，越打越费力是因为分子间存在斥力

C.一定质量的气体被压缩后内能一定增加

D.气体在100℃时每个分子的动能都大于其在50℃时的动能

【答案】A

【解析】

【详解】A.布朗运动就是固体颗粒中的无规则运动，固体颗粒不是分子，布朗运动反映了液体分子的无规

则运动，光学显微镜下观察到悬浮在水中的花粉颗粒的无规则运动是布朗运动，故A正确；

B.用气筒给自行车胎打气，越打越费力，是因为车胎内的压强增大，而不是说明压缩后的气体分子间有斥

力，故B错误；

C.由热力学第一定律可知体积不断被压缩的过程中，外界对气体做功，内能不一定增加，还与吸放热情况

的有关，故C错误；

D.温度是分子间平均动能的标志，则物体的温度升高，分子平均动能一定增大，但是大量分子的动能符合

统计规律，同一个系统中相同温度下每一个分子的运动剧烈程度不一样，分子动能也不一样，气体在100℃

时部分分子的动能可能小于或者等于于其在50℃时的部分分子的动能，故D错误。

故选Ao

2.关于电磁场与电磁波，下列说法正确的是（）

A.变化的电场一定会产生电磁波

B.医院里常用紫外线进行病房消毒

C.医院中用来检查人体器官的是Y射线

D.红外线在真空中传播的速度小于X射线在真空中传播的速度

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据麦克斯韦的电磁场理论可知，周期性变化的电场周围产生周期性变化的磁场，周期性变化

的磁场产生周期性变化的电场；均匀变化的电（磁）场只能产生恒定不变的磁（电）场，因此变化的电场

不一定会产生电磁波，故A错误；

B.医院里常用紫外线照射病房和手术室进行消毒，故B正确；

C.医院中用来检查人体器官的是X射线，故C错误；

D.红外线和X射线都是电磁波，电磁波的传播不需要介质，在真空中的传播速度等于光速，因此红外线

在真空中传播的速度等于X射线在真空中传播的速度，故D错误。

故选B。

3.下列说法正确的是（）

A.给手机充电时，电源提供的电能多于电池得到的化学能

B.系统对外界做功2J,同时向外放热3J,则系统内能增加了5J

C.在房间内打开冰箱门，再接通电源，室内温度就会持续降低

D.机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部转化为机械能而不引起其他变化

【答案】A

【解析】

【详解】A.在对手机充电的过程中，由于存在损耗，提供的电能比电池得到的化学能要多，故A正确；

B.根据热力学第一定律

AU=W+Q

可得

AU=/+Q=—2J+（―3J）=-5J

系统内能减小，故B错误。

C.在房间内，打开一台冰箱的门，再接通电源，电流做功电能转化为热能，室内温度会升高，故C错误；

D.机械能可以自发地全部转化为内能正确，但不可能从单一热源吸收热量全并将这热量变为功，而不产生

其他影响，故D错误。

故选Ao

4.一定质量的理想气体分别在工、岂温度下发生等温变化，相应的两条等温线如图所示，岂对应的曲线上

有/、3两点，表示气体的两个状态。下列说法正确的是（）

尸本

\B

\2

OV

A.T\>T]

B./到B的过程中，外界对气体做功

C.4到8的过程中，气体从外界吸收热量

D.N到B的过程中，气体分子对器壁单位面积上的作用力增加

【答案】C

【解析】

【详解】A.由题图可知，当体积相同时，有

P2>Pi

根据理想气体状态方程

旦=卫

可得

T2>TX

故A错误；

BC.N到8的过程中，气体的体积增大，对外做功而内能不变，由热力学第一定律

AU=W+Q

可得，气体一定从外界吸收热量，故C正确，B错误；

D.N到8的过程中，气体温度不变，则分子运动的激烈程度不变，而气体的体积增大，分子数密度减小，

气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，压强减小，所以气体分子对器壁单位面积上的作

用力也减小，故D错误。

故选C。

5.如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4:1,原线圈一侧接在如图所示的正弦式交流电源上，

副线圈的回路中接有阻值H=55Q的电阻，图中电流表为理想交流电表。下列说法正确的是（）

uN

AC

交变电压的频率为25Hz

B.电阻及两端的电压为550V

电流表的示数为1A

D.原线圈的输入功率为220W

【答案】C

【解析】

【详解】A.由图可知，原线圈交流电的周期为0.02s,由

可得频率为

/=50Hz

故A错误;

B.由图可知，电源电压的有效值为220V,理想变压器的原、副线圈的匝数比为4:1,原副线圈的电压比

为

工士

U21

解得副线圈电压即电阻R两端的电压为55V,故B错误;

C.根据欧姆定律可得

=七=0=队

一R55

故C正确;

D.原副线圈的电流比为

24

解得

3A

电源输出功率约为

P=UJ[=55W

故D错误。

故选C。

6.如图所示的电路中，灯泡A1和A2的规格相同。先闭合开关S,调节电阻R,使两个灯泡的亮度相同,

再调节电阻用,使它们都正常发光，然后断开开关S。下列说法正确的是（）

A.断开开关S后，A1灯闪亮后熄灭

B.断开开关S的瞬间，入灯电流反向

C.重新接通电路，A1和A2同时亮起，然后A1灯逐渐熄灭

D.断开开关至所有灯泡熄灭的过程中，电路中的电能来自于线圈储存的磁场能

【答案】D

【解析】

【详解】AB.断开开关S后，由于线圈自感作用产生感应电动势，阻碍电流减小，A2与线圈£、电

阻R构成闭合回路，线圈相应于电源，因原来两支路电路相等，A】灯不会出现闪亮后熄灭的现象，A2

都会逐渐熄灭，流过A】灯电流方向不变，流过A?灯电流方向反向，故AB错误；

C.重新接通电路，由于线圈自感作用产生感应电动势，阻碍电流增大，则A1逐渐变亮，A2迅速变亮，故

C错误；

D.断开开关至所有灯泡熄灭的过程中，电路中的电能来自于线圈储存的磁场能，故D正确。

故选D。

7.点电荷的等势面分布如图所示，某一带电粒子只在静电力作用下沿图中虚线所示的路径先后经过/、2、

C三点，下列说法正确的是（）

A.粒子带负电

B.粒子在/点受到的静电力大于在3点受到的静电力

C.粒子从/点到3点，静电力作负功

D.粒子在/点的电势能大于在。点的电势能

【答案】C

【解析】

【详解】A.根据图中虚线所示的路径可知，带电粒子受到库仑斥力作用，则粒子带正电，故A错误;

B.根据点电荷场强公式

可知A点的场强小于B点的场强，则粒子在A点受到的静电力小于在B点受到的静电力，故B错误；

C.粒子从N点到8点，由于受到库仑斥力作用，所以静电力作负功，故C正确；

D.由点电荷电势分布特点可知，/点和C点处于同一等势面上，所以/点和C点电势相等，粒子在/点

的电势能等于在C点的电势能，故D错误。

故选C。

8.如图所示，电路中电源内阻不可忽略。闭合开关S,滑动变阻器的滑动端向左滑动时，下列说法正确的

是（）

A.电压表的示数增大B.电流表的示数增大

C.电源的电功率减小D.电阻火2消耗的功率增大

【答案】B

【解析】

【详解】AB.滑动变阻器与鸟并联，当滑动端向左滑动时，接入的电阻变小，则总电阻减小，根据闭合电

路欧姆定律可得电流增大，则电流表的示数增大；电压表测外电路电压，根据

U^E-Ir

可得电压表示数减小，故A错误，B正确；

C.电源的电功率为

P=EI

电流增大，则电源的电功率增大，故C错误；

D.电阻与消耗的功率为

P，工

电压表示数减小，即电压减小，则电阻”消耗的功率减小，故D错误。

故选B。

9.如图所示，用绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为加，电荷量为处现施加水平向右的匀强电场，

小球平衡时静止在/点，此时轻绳与竖直方向夹角为6。将小球向右拉至轻绳水平后由静止释放，已知重

力加速度g,下列说法正确的是（）

A.小球带负电

,mgsin0

B.电场强度的大小为3-----

q

C.小球运动到A点时速度最大

D.小球运动到最低点B时轻绳的拉力最大

【答案】C

【解析】

【详解】A.小球平衡时静止在/点，根据平衡条件知小球所受电场力与电场线方向相同，故小球带正电,

故A错误；

B.小球静止，根据平衡条件有

Eq=mgtan0

解得

mgtan0

E=----------

q

故B错误；

C.小球向右拉至轻绳水平后由静止释放，向下运动到任一点时，设轻绳与竖直方向夹角为。，绳长为/,

由牛顿第二定律有

mgsin(p-Eqcos(p=mgax

2

Tmgv

T------=m—

cos。I

可知，小球运动到平衡位置N点时

ax~0

小球速度达到最大，小球对轻绳的拉力最大，故C正确，D错误。

故选C。

10.如图所示，匀强磁场中"N和尸0是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，电阻

不计。仍是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，金属杆具有一定质量和电阻。开始时，将

开关S断开，让杆仍由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合。下列给出的开关闭合后金属杆速度

随时间变化的图像，可能正确的是()

【答案】C

【解析】

【详解】BC.设闭合开关时导体棒速度为v,则根据题意可得

E=BLv

通过导体棒的电流为

则导体棒受到的安培力为

52Z2V

F=BIL=-------

R

若闭合开关时F=B=mg,则导体棒做匀速运动;

若闭合开关时歹=岑之〈冽g,则导体棒加速下降，下降过程中加速度大小为

mg-FB1l}y

a=FT=g-FT

所以加速度减小，直到为零，导体棒做匀速运动，故B错误，C正确;

R2T2

AD.若闭合开关时E=巳芦〉加g,则导体棒减速下降，下降过程中加速度大小为

F—mgB2I^V

a二-------二---g----

mmR

可知加速度减小，直到为零，导体棒匀速运动，故AD错误。

故选C。

11.如图所示的光滑平面内，在通有图示方向电流/的长直导线右侧有一矩形金属线框仍力，ad边与导线

平行。调节导线中的电流大小时观察到矩形线框向右移动。下列说法正确的是（）

ab

/八

d0

A.线框中产生的感应电流方向为a-*cf6-*a

B.导线中的电流逐渐减小

C.线框ab边所受安培力为0

D,线框6c边所受的安培力方向水平向右

【答案】A

【解析】

【详解】AB.导线框所在位置的磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律导线电流增大，线框才向右移动，

当电流增大时，磁感应强度变大，导线框的磁通量变大，由楞次定律可知导线框中的感应电流方向为逆时

针方向，故A正确，B错误；

C.根据产=3〃可知线框仍边所受安培力不为0,故C错误；

D.根据左手定则可知，线框6c边所受的安培力方向水平向左，故D错误。

故选Ao

12.如图所示，两个电荷量都是0的正、负点电荷固定在/、2两点，AB连线中点为。。现将另一个电荷

量为+q的试探电荷放在连线的中垂线上距。为x的C点，沿某一确定方向施加外力使电荷由静止开始

沿直线从。点运动到。点，下列说法正确的是（）

+q\c

\X

-Q\十。

B&-o--©A

A.外力9的方向应当平行于方向水平向右

B.电荷从C点到O点的运动为匀变速直线运动

C.电荷从C点运动到。点过程中电势能逐渐减小

D.电荷从C点运动到。点的过程中一^逐渐增大

Ax

【答案】D

【解析】

【详解】A.没有施加外力之前对电荷受力分析。如图所示

沿某一确定方向施加外力使电荷由静止开始沿直线从。点运动到。点，则合力方向沿C。即可，根据三角

形定则可知，外力方向不是水平向右，故A错误；

B.根据

F库一k下

运动过程中/减小，则库仑力增大，则F增大，合外力方向确定，且歹和外力的合力方向竖直向下，根据

三角形定则可知，由于外力方向确定，则其大小增大，则合外力的大小增大，故电荷做加速度增大的加速

运动，故B错误；

C.电荷从。点运动到。点过程中，由于中垂线为等势面，故运动过程中电场力不做功，电势能不发生变

化，故C错误；

D.电荷从C点运动到。点的过程中，根据动能定理可得

工卜Ax=AEk

即

F』

外Ax

AE

由于外力大小增大，则电荷从C点运动到。点的过程中一逐渐增大，故D正确。

Ax

故选D。

13.如图所示，利用霍尔元件可以监测无限长直导线的电流。无限长直导线在空间任意位置激发磁场的磁感

应强度大小为：B=k-,其中左为常量，/为直导线中电流大小，d为空间中某点到直导线的距离。霍尔

d

元件的工作原理是将金属薄片垂直置于磁场中，在薄片的两个侧面。、6间通以电流4时，e、/两侧会产生

电势差。下列说法正确的是（）

A.该装置无法确定通电直导线的电流方向

B.输出电压随着直导线的电流强度均匀变化

C.若想增加测量精度，可增大霍尔元件沿磁感应强度方向的厚度

D.用单位体积内自由电子个数更多的材料制成霍尔元件，能够提高测量精度

【答案】B

【解析】

【详解】A.若电流向右，根据左手定则，安培力向内，载流子是自由电子，故后表面带负电，前表面带正

电，故前表面e面电势较高；若电流向左，前表面/面电势较高；则可以根据e、/两侧电势高低判断通电

导线中的电流方向，故A错误；

B.设前后表面的厚度为"〃，金属薄片的厚度为肌导线中单位体积的电子数为"，最终电子在电场力和洛

伦兹力的作用下处于平衡，有

e—=evB

def

根据电流微观表达式，有

Io=neSv=nedefhv

解得

U=J^j

nehd

所以输出电压随着直导线的电流强度均匀变化，故B正确；

CD.由。=且二/可得

nehd

nehd

1-------U

%

可知增大霍尔元件沿磁感应强度方向的厚度肌用单位体积内自由电子个数〃更多的材料制成霍尔元件，在

直导线电流一定时，e、/两侧的电势差减小，测量精度减小，故CD错误。

故选B。

14.地磁学家曾经尝试用“自激发电”假说解释地球磁场的起源，其原理如图所示：一个金属圆盘A在某

一大小恒定、方向时刻沿切线方向的外力作用下，在弱的轴向磁场2中绕金属轴转动，根据法拉第电

磁感应定律，盘轴与盘边之间将产生感应电动势，用一根螺旋形导线九W在圆盘下方连接盘边与盘轴，MN

中就有感应电流产生，最终回路中的电流达到稳定值，磁场也达到稳定状态。下列说法正确的是（）

IJ。

A.MV中的电流方向从M-N

B.MN中感应电流的磁场方向与原磁场方向相反

C.圆盘转动的速度逐渐减小

D.磁场达到稳定状态后，中不再产生感应电流

【答案】A

【解析】

【详解】A.根据右手定则知，儿W中的电流方向从故A正确；

B.根据右手螺旋定则判断知"N中感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，故B错误；

C.圆盘在大小恒定、方向时刻沿切线方向的外力作用下，转动的速度先越来越大，磁场也越来越大，根据

法拉第电磁感应定律

E=BLv

知产生的电动势也越来越大，流过电阻R的电流也越来越大，最终回路中的电流达到稳定值，磁场也达到

稳定状态，则圆盘转动的速度也达到稳定值。故C错误；

D.可将圆盘看成若干个沿着半径方向的幅条组成，因此在任何时刻都有幅条切割磁感线，故磁场达到稳定

状态后，中也产生感应电流，故D错误。

故选Ao

第二部分

本部分共6题，共58分。

15.物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。图甲是观察

电容器充、放电现象的实验电路。某时刻，电流自右向左通过电流传感器，电容器在（选填“充电”

或“放电”）o图乙为电容器在此过程中电流随时间变化的图像，请在图丙中画出此过程中电容器所带电荷

量随时间变化的图像。

电流

传感器

__电压

c—L传感器

【答案】①.放电

【解析】

【详解】［1］若是充电过程则开关S接1,电容器上极板带正电，充电过程电流传感器上的电流方向是自左

向右。充电完成后，若开关S接2,则电容器充当电源，因为电容器上极板带正电，所以放电过程中电流传

感器上的电流方向是自右向左。所以根据题意可知该时刻电容在放电。

⑵根据公式

可知在4-/图像中图线的斜率表示电流，放电过程9逐渐减小，结合图乙可得4-/图线的斜率逐渐减小,

则电容器所带电荷量随时间变化的图像如下图所示

16.某同学利用如图所示的电路“测量电源的电动势和内阻”。已知待测干电池的电动势约1.5V,内阻约0.3。。

除待测电池、开关、导线外，还有下列器材可供选用：

①电流表A：量程0〜0.6A,内阻为0.30

②电压表V：量程0〜3V,内阻约3kQ

③滑动变阻器4：0〜20。，额定电流2A

④滑动变阻器为：0-100Q,额定电流1A

（1）为了调节方便，测量结果尽量准确，实验中滑动变阻器应选用（填写仪器前的序号）。

（2）经过多次测量并记录对应的电流表示数/和电压表示数U,利用数据在excel软件中绘制U—/图像，

拟合得出电压U和电流/之间满足关系：。=-0.28/+1.33,由此得出电池的电动势£=V；

内阻r=Qo

（3）利用上述方案进行实验时，测量存在系统误差。下列说法正确的是

A.因为电压表的分流作用,电动势的测量值小于真实值

B.因为电流表的分压作用,电动势的测量值大于真实值

C.因为电压表的分压作用,电动势的测量值小于真实值

D.因为电流表的分流作用,电动势的测量值大于真实值

（4）该同学实验中发现，在保证所有器材安全的情况下，调节滑动变阻器的滑片时，电压表示数的变化量

AU不到0.2V,出现这一现象的原因可能是；由于AU过小，实验时采集数据较为不

便。在不改变已选实验器材的基础上，设计使电压表示数变化更为明显的方案，并说明该方案电池内阻的

测量值与真实值的关系

【答案】①.③1.33V③.0.28。A⑤.电池内阻过小（外电阻远大于内电阻）

⑥.将电压表直接并联到滑动变阻器两端（将电流表直接与电池串联），物=覆+RA

【解析】

【详解】（1）[1]电源内阻较小，为了调节方便，测量结果尽量准确，实验中滑动变阻器应选用最大阻值较

小的，既③;

（2）[2]根据

[/=-0.28/+1.33

电动势

£=1.33V

[3]结合图像可知图像斜率的绝对值即为电源内阻

r=0.28Q

（3）[4]因为电压表的分流作用，流过电源的电流大于电流表的示数，既电流的测量值小于真实值，使得电

源电动势和内阻的测量值偏小。

故选A；

（4）[5]根据路端电压

U=-rI+E

可知，如果电源内阻r远小于滑动变阻器的阻值，调节滑动变阻器时，电路中电流变化很小，电压表的示数

的变化就会很小；

⑹在不改变已选实验器材的基础上，可以采用电流表相对于电源的内接法，既电压表直接与滑动变阻器并

联，这种情况下，电源内阻的测量值

＜测='真+RA

17.如图所示，光滑水平面上有竖直向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小3=0.1T。边长£=0.1m的正

方形金属线框在水平外力厂作用下以水平向右的速度v=4m/s匀速进入磁场区域。已知线框的电阻

&=0.40,线框运动过程中仍、cd两边始终与磁场边界平行。在线框进入磁场过程中，求：

（1）线框中电流/的大小；

（2）外力尸的大小;

（3）线框中产生的焦耳热。。

【答案】（1）/=0.1A；（2）F=1X10-3N;（3）2=lxlO^J

【解析】

【详解】（1）由cd边切割磁感线可得

E=BLv

根据闭合电路欧姆定律

R

联立可得

BLv

1T=-----

R

代入数据解得

Z=0.1A

(2)线框所受安培力为

F、=BIL

代入数据解得

%=1X10-3N

根据平衡方程

F=F、

可得

F=1X10-3N

(3)根据焦耳定律

Q=I2Rt

其中

L

t=—

V

解得

0=1x10、

18.如图所示，宽为上的光滑固定导轨与水平面成。角，质量为根的金属杆成，水平放置在导轨上。空间

中存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为以S为单刀双掷开关，电源的内阻为心定值电阻

和金属杆接入电路的阻值均为R重力加速度为g。

(1)开关S接1,金属杆恰好能静止在导轨上。求电源电动势£的大小；

(2)开关S接2,金属杆由静止开始运动，沿斜面下滑距离s后速度达到最大，此后金属杆匀速运动。求:

a.最大速度%；

b.金属杆从静止开始到最大速度过程中产生的焦耳热。

r优安加g（2R+r）sin，2mgRsin31mg-R1^16

［答案］（1）-------=-------；（2）a.―—；b.-mgs-sm0--------册---

【解析】

【详解】(1)根据闭合电路欧姆定律

2R+r

金属杆ab所受安培力为

「BIL

根据平衡方程

mgsin3=FA

联立得

加g（27?+r）sin6

E—

BL

(2)以根据平衡方程

mgsin。=用

金属杆仍所受安培力为

F［=BI'L

根据动生电动势

E'=BLvm

根据闭合电路欧姆定律

F'

r=~

2R

联立得

_2mgRsin0

%一B-I}

b.由能量守恒定律可得

.八12

mgssin6*=—mvm+Q

金属杆产生的焦耳热

联立可得

疝g2夫2s-n2㊀

Qi=~mgs•sin6-

19.利用带电粒子（不计重力）在电场或磁场中的运动可以研究很多问题。

（1）如图所示，在间距为小长度为/的两块平行金属板上施加电压U,让带电粒子沿两极板的中心线以

速度v进入电场，测得粒子离开电场时偏离中心线的距离为外利用上述方法可以测量带电粒子的比荷（幺）,

m

请推导粒子比荷的表达式；

（2）保持其他条件不变，撤掉问题（1）中两极板间的电压，在两极板间施加一垂直纸面的匀强磁场。将

磁感应强度的大小调节为B时，带电粒子恰好从极板的右侧边缘射出。

a.利用上述方法同样可以测量带电粒子的比荷，请推导粒子比荷的表达式；

b.带电粒子在磁场中偏转时动量发生变化，使提供磁场的装置获得反冲力。假设单位时间内入射的粒子数

为"，单个粒子的质量为小求提供磁场的装置在垂直极板方向上获得的反冲力大小。

洛案】⑴合蜉;⑵U4人4nmvld

8(屋+4/2)；氏-r—1

【解析】

【详解】(1)粒子在电场中做类平抛运动，则

y=-at2

-2

qE=ma

E=1

V

可得

q2dyv2

m~UI2

（2）a.设带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为尺，根据几何关系

可得

根据牛顿第二定律

v2

qvB=m——

R

联立可得

q_Adv

m3（/+即2）

b.设带电粒子从磁场中出射速度方向与极板成。角。以加时间内入射的粒子为研究对象，在垂直于极板的

方向上由动量定理得

FyX=Amvsin夕一0

其中

Am=nmNt,sin0--

R

带入可得

_4nmvid

4nmvid

根据牛顿第三定律，提供磁场的装置在垂直于极板的方向上所获得的反冲力大小也为f—r。

d+41

20.恒星生命尽头，在一定条件下通过引力坍缩可以形成中子星。磁陀星是中子星的一种，拥有极强的磁场,

两极的磁感应强度约为lxlO"T。地球表面的磁场磁感应强度最弱约3.5x10—51，最强仅为7X10TT。

（1）已知磁陀星和地球两极的磁场小范围内均可视作匀强磁场，忽略带电粒子与天体之间的万有引力。

a.带电粒子在地球和磁陀星两极以垂直于磁场的方向运动时可做匀速圆周运动，求比荷相同的带电粒子在

地球与磁陀星两极运动时的周期之比7；：T2；

b.如图1所示，若磁陀星两极某圆心为。的圆形磁场区域的磁感应强度2随时间/均匀减小，即满足关系

B=B0-kt（左为常量），请分析并论证在磁场中到。点距离为r处某静止的带电粒子能否以。点为圆心做

完整的圆周运动。

（2）磁陀星本身还会高频自转，形成并持续释放出和磁陀星一起自转的极细高能电磁辐射束，如图2所示。

这个过程有点类似于海上的灯塔，发出的光周期性地掠过人们的眼球。当辐射束扫过地球的时候，地球就

能接收到信号。中国天眼FAST凭借全球最高的灵敏度，成为深度监测宇宙辐射的主力。FAST监测到某次

高能辐射《一种解释是此辐射源自于磁陀星）持续时间为相当于接收太阳一个月（实际接收时间为右）

释放出的总能量。已知FAST每经过时间T能接收到一次信号，太阳的辐射功率为乙，日地距离为r,该磁

陀星到地球的距离为乙假设FAST在某时刻处于磁陀星辐射束的中心，求磁陀星的辐射功率尸（假设在辐

射束内，到磁陀星距离相等的面上能量均匀分布）。

3

,丁电磁辐€1二二--山效辎对1

10上,一］

磁陀星地球

图1图2

【答案】（1）a.-xlO16；b.见解析；（2）兀L印2

7"8r2T2

【解析】

【详解】（1）a。设带电粒子电荷量为q,质量为优,粒子做圆周运动的半径为心根据牛顿第二定律，洛伦

兹力提供向心力，得

V2

qvB=m——

r

由圆周运动周期T与线速度v的关系得

24尸

1=---

V

联立得

Ijim

1=

Bq

即