北京市豐臺區(qū)2023-2024學年高三年級上冊1月期末考試物理試卷（含解析）

豐臺區(qū)2023?2024學年度高三第一學期期末練習

物理試卷

本試卷共10頁，100分?？荚嚂r長90分鐘。考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答

無效?？荚嚱Y束后，將本試卷和答題卡一并交回。

第一部分

本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一

項。

1.下列說法正確的是（）

A.光學顯微鏡下觀察到懸浮在水中的花粉顆粒的無規(guī)則運動是布朗運動

B.給自行車胎打氣，越打越費力是因為分子間存在斥力

C.一定質量的氣體被壓縮后內能一定增加

D.氣體在100°。時每個分子的動能都大于其在50℃時的動能

【答案】A

【解析】

【詳解】A.布朗運動就是固體顆粒中的無規(guī)則運動，固體顆粒不是分子，布朗運動反映了液體分子的無

規(guī)則運動，光學顯微鏡下觀察到懸浮在水中的花粉顆粒的無規(guī)則運動是布朗運動，故A正確；

B.用氣筒給自行車胎打氣，越打越費力，是因為車胎內的壓強增大，而不是說明壓縮后的氣體分子間有

斥力，故B錯誤；

C.由熱力學第一定律可知體積不斷被壓縮的過程中，外界對氣體做功，內能不一定增加，還與吸放熱情

況的有關，故C錯誤；

D.溫度是分子間平均動能的標志，則物體的溫度升高，分子平均動能一定增大，但是大量分子的動能符

合統(tǒng)計規(guī)律，同一個系統(tǒng)中相同溫度下每一個分子的運動劇烈程度不一樣，分子動能也不一樣，氣體在

100℃時部分分子的動能可能小于或者等于于其在50℃時的部分分子的動能，故D錯誤。

故選A?

2.關于電磁場與電磁波，下列說法正確的是（）

A.變化的電場一定會產生電磁波

B.醫(yī)院里常用紫外線進行病房消毒

C.醫(yī)院中用來檢查人體器官的是丁射線

D.紅外線在真空中傳播的速度小于X射線在真空中傳播的速度

【答案】B

【解析】

【詳解】A.根據(jù)麥克斯韋的電磁場理論可知，周期性變化的電場周圍產生周期性變化的磁場，周期性變化

的磁場產生周期性變化的電場；均勻變化的電（磁）場只能產生恒定不變的磁（電）場，因此變化的電場不

一定會產生電磁波，故A錯誤；

B.醫(yī)院里常用紫外線照射病房和手術室進行消毒，故B正確；

C.醫(yī)院中用來檢查人體器官的是X射線，故C錯誤；

D.紅外線和X射線都是電磁波，電磁波的傳播不需要介質，在真空中的傳播速度等于光速，因此紅外線在

真空中傳播的速度等于X射線在真空中傳播的速度，故D錯誤。

故選B。

3.下列說法正確的是（）

A,給手機充電時，電源提供的電能多于電池得到的化學能

B.系統(tǒng)對外界做功2J,同時向外放熱3J,則系統(tǒng)內能增加了5J

C.在房間內打開冰箱門，再接通電源，室內溫度就會持續(xù)降低

D.機械能可以全部轉化為內能，內能也可以全部轉化為機械能而不引起其他變化

【答案】A

【解析】

【詳解】A.在對手機充電的過程中，由于存在損耗，提供的電能比電池得到的化學能要多，故A正確；

B.根據(jù)熱力學第一定律

可得

△U=W+Q=—2J+（—3J）=—5J

系統(tǒng)內能減小，故B錯誤。

C.在房間內，打開一臺冰箱的門，再接通電源，電流做功電能轉化為熱能，室內溫度會升高，故C錯

誤；

D.機械能可以自發(fā)地全部轉化為內能正確，但不可能從單一熱源吸收熱量全并將這熱量變?yōu)楣?，而不產

生其他影響，故D錯誤。

故選A?

4.一定質量的理想氣體分別在北、72溫度下發(fā)生等溫變化，相應的兩條等溫線如圖所示，72對應的曲線

上有4、8兩點，表示氣體的兩個狀態(tài)。下列說法正確的是（）

p

A

\B

2

11

OV

A.T\>T]

B.A到B的過程中，外界對氣體做功

C.A到8過程中，氣體從外界吸收熱量

D.A到B的過程中，氣體分子對器壁單位面積上的作用力增加

【答案】C

【解析】

【詳解】A.由題圖可知，當體積相同時，有

P2>Pi

根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程

旦=上

T\T2

可得

（〉工

故A錯誤；

BC.A到8的過程中，氣體的體積增大，對外做功而內能不變，由熱力學第一定律

AU=W+。

可得，氣體一定從外界吸收熱量，故C正確，B錯誤；

D.A到8的過程中，氣體溫度不變，則分子運動的激烈程度不變，而氣體的體積增大，分子數(shù)密度減小,

氣體分子單位時間內對器壁單位面積上的碰撞次數(shù)減少，壓強減小，所以氣體分子對器壁單位面積上的作

用力也減小，故D錯誤。

故選C?

5.如圖所示，理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為4:1,原線圈一側接在如圖所示的正弦式交流電源上，

副線圈的回路中接有阻值H=55。的電阻，圖中電流表為理想交流電表。下列說法正確的是（）

uN

AC

A.交變電壓的頻率為25Hz

B.電阻E兩端的電壓為55&V

C.電流表的示數(shù)為1A

D.原線圈的輸入功率為220W

【答案】C

【解析】

【詳解】A.由圖可知，原線圈交流電的周期為0.02s,由

可得頻率為

/=50Hz

故A錯誤;

B.由圖可知，電源電壓的有效值為220V,理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為4:1,原副線圈的電壓比

為

U21

解得副線圈電壓即電阻R兩端的電壓為55V,故B錯誤;

C.根據(jù)歐姆定律可得

2R55

故C正確;

D.原副線圈的電流比為

24

解得

電源輸出功率約為

P=UJi=55W

故D錯誤。

故選Co

6.如圖所示的電路中，燈泡A1和A2的規(guī)格相同。先閉合開關S,調節(jié)電阻R,使兩個燈泡的亮度相同,

再調節(jié)電阻與，使它們都正常發(fā)光，然后斷開開關S。下列說法正確的是（）

A.斷開開關S后，A1燈閃亮后熄滅

B.斷開開關S的瞬間，A］燈電流反向

C.重新接通電路，A1和A2同時亮起，然后A1燈逐漸熄滅

D.斷開開關至所有燈泡熄滅的過程中，電路中的電能來自于線圈儲存的磁場能

【答案】D

【解析】

【詳解】AB.斷開開關S后，由于線圈自感作用產生感應電動勢，阻礙電流減小，A1、A2與線圈七、電

阻尺構成閉合回路，線圈相應于電源，因原來兩支路電路相等，A】燈不會出現(xiàn)閃亮后熄滅的現(xiàn)象，A1、

A2都會逐漸熄滅，流過A】燈電流方向不變，流過A?燈電流方向反向，故AB錯誤；

C.重新接通電路，由于線圈自感作用產生感應電動勢，阻礙電流增大，則A1逐漸變亮，A?迅速變亮，故

C錯誤；

D.斷開開關至所有燈泡熄滅的過程中，電路中的電能來自于線圈儲存的磁場能，故D正確。

故選D。

7.點電荷的等勢面分布如圖所示，某一帶電粒子只在靜電力作用下沿圖中虛線所示的路徑先后經過4

B、C三點，下列說法正確的是（）

A.粒子帶負電

B.粒子在A點受到的靜電力大于在B點受到的靜電力

C.粒子從A點到B點，靜電力作負功

D.粒子在A點的電勢能大于在C點的電勢能

【答案】C

【解析】

【詳解】A.根據(jù)圖中虛線所示的路徑可知，帶電粒子受到庫侖斥力作用，則粒子帶正電，故A錯誤;

B.根據(jù)點電荷場強公式

可知A點的場強小于8點的場強，則粒子在A點受到的靜電力小于在2點受到的靜電力，故B錯誤；

C.粒子從A點到8點，由于受到庫侖斥力作用，所以靜電力作負功，故C正確；

D.由點電荷電勢分布特點可知，A點和C點處于同一等勢面上，所以A點和C點電勢相等，粒子在A點

的電勢能等于在C點的電勢能，故D錯誤。

故選Co

8.如圖所示，電路中電源內阻不可忽略。閉合開關S,滑動變阻器滑動端向左滑動時，下列說法正確的

是（）

A.電壓表的示數(shù)增大B.電流表的示數(shù)增大

C.電源的電功率減小D.電阻&消耗的功率增大

【答案】B

【解析】

【詳解】AB.滑動變阻器與&并聯(lián)，當滑動端向左滑動時，接入的電阻變小，則總電阻減小，根據(jù)閉合

電路歐姆定律可得電流增大，則電流表的示數(shù)增大；電壓表測外電路電壓，根據(jù)

U=E—h

可得電壓表示數(shù)減小，故A錯誤，B正確；

C.電源的電功率為

P=EI

電流增大，則電源的電功率增大，故C錯誤；

D.電阻&消耗的功率為

P'=—

電壓表示數(shù)減小，即電壓減小，則電阻&消耗的功率減小，故D錯誤。

故選B。

9.如圖所示，用絕緣輕繩懸掛一個帶電小球，小球質量為電荷量為擊現(xiàn)施加水平向右的勻強電場，

小球平衡時靜止在A點，此時輕繩與豎直方向夾角為8。將小球向右拉至輕繩水平后由靜止釋放，已知重

力加速度g,下列說法正確的是（）

A.小球帶負電

B.電場強度的大小為m二e-s-i-n-6-

q

C.小球運動到A點時速度最大

D.小球運動到最低點B時輕繩的拉力最大

【答案】C

【解析】

【詳解】A.小球平衡時靜止在A點，根據(jù)平衡條件知小球所受電場力與電場線方向相同，故小球帶正電,

故A錯誤；

B.小球靜止，根據(jù)平衡條件有

Eq=mgtan0

解得

mgtan0

E=

q

故B錯誤；

C.小球向右拉至輕繩水平后由靜止釋放，向下運動到任一點時，設輕繩與豎直方向夾角為。，繩長為/,

由牛頓第二定律有

mgsin(p-Eqcos(p=mgax

T-3=>

COS。I

可知，小球運動到平衡位置A點時

ax=°

小球速度達到最大，小球對輕繩的拉力最大，故C正確，D錯誤。

故選C。

10.如圖所示，勻強磁場中MN和尸。是兩根互相平行、豎直放置的光滑金屬導軌，已知導軌足夠長，電

阻不計。仍是一根與導軌垂直而且始終與導軌接觸良好的金屬桿，金屬桿具有一定質量和電阻。開始時，

將開關S斷開，讓桿M由靜止開始自由下落，過段時間后，再將S閉合。下列給出的開關閉合后金屬桿速

度隨時間變化的圖像，可能正確的是（）

OO

【答案】c

【解析】

【詳解】BC.設閉合開關時導體棒速度為h則根據(jù)題意可得

E=BLv

通過導體棒的電流為

則導體棒受到的安培力為

F=BIL=^^

R

若閉合開關時尸=2上=加且，則導體棒做勻速運動;

R

z>2r2

若閉合開關時尸=2上<壯？，則導體棒加速下降，下降過程中加速度大小為

R

m2—FB213V

所以加速度減小，直到為零，導體棒做勻速運動，故B錯誤，C正確;

T2

AD.若閉合開關時尸=3上〉機g,則導體棒減速下降，下降過程中加速度大小為

R

F—mgB2I3V

可知加速度減小，直到為零，導體棒勻速運動，故AD錯誤。

故選C。

11.如圖所示的光滑平面內，在通有圖示方向電流/的長直導線右側有一矩形金屬線框。區(qū)"ad邊與導線

平行。調節(jié)導線中的電流大小時觀察到矩形線框向右移動。下列說法正確的是（）

ab

/八

dc

A.線框中產生的感應電流方向為a-*dfc-6—a

B.導線中的電流逐漸減小

C.線框仍邊所受安培力為0

D.線框兒邊所受的安培力方向水平向右

【答案】A

【解析】

【詳解】AB.導線框所在位置的磁場方向垂直紙面向里，根據(jù)楞次定律導線電流增大，線框才向右移動，

當電流增大時，磁感應強度變大，導線框的磁通量變大，由楞次定律可知導線框中的感應電流方向為逆時

針方向，故A正確，B錯誤；

C.根據(jù)尸=5〃可知線框"邊所受安培力不為0,故c錯誤；

D.根據(jù)左手定則可知，線框be邊所受的安培力方向水平向左，故D錯誤。

故選Ao

12.如圖所示，兩個電荷量都是。的正、負點電荷固定在A、8兩點，AB連線中點為。?，F(xiàn)將另一個電荷

量為+q的試探電荷放在連線的中垂線上距。為龍的C點，沿某一確定方向施加外力使電荷由靜止開始

沿直線從C點運動到。點，下列說法正確的是（）

+7fC

o產

-----------*-------------?A

A.外力P的方向應當平行于AB方向水平向右

B,電荷從C點到。點的運動為勻變速直線運動

C,電荷從C點運動到。點過程中電勢能逐漸減小

AF

D.電荷從C點運動到O點的過程中一逐漸增大

Ax

【答案】D

【解析】

【詳解】A.沒有施加外力之前對電荷受力分析。如圖所示

沿某一確定方向施加外力使電荷由靜止開始沿直線從C點運動到。點，則合力方向沿C。即可，根據(jù)三角

形定則可知，外力方向不是水平向右，故A錯誤；

B.根據(jù)

%=k5

運動過程中/減小，則庫侖力增大，則F增大，合外力方向確定，且尸和外力的合力方向豎直向下，根據(jù)

三角形定則可知，由于外力方向確定，則其大小增大，則合外力的大小增大，故電荷做加速度增大的加速

運動，故B錯誤；

C.電荷從C點運動到。點過程中，由于中垂線為等勢面，故運動過程中電場力不做功，電勢能不發(fā)生變

化，故c錯誤；

D.電荷從C點運動到。點的過程中，根據(jù)動能定理可得

瑪卜

Ax=AEk

即

F』

外Ax

AF

由于外力大小增大，則電荷從C點運動到。點的過程中以逐漸增大，故D正確。

Ax

故選D。

13.如圖所示，利用霍爾元件可以監(jiān)測無限長直導線的電流。無限長直導線在空間任意位置激發(fā)磁場的磁

感應強度大小為：B=k-,其中左為常量，/為直導線中電流大小，d為空間中某點到直導線的距離?；?/p>

d

爾元件的工作原理是將金屬薄片垂直置于磁場中，在薄片的兩個側面。、6間通以電流時，e、/兩側會

產生電勢差。下列說法正確的是（）

,磁芯

U輸出電壓I.

麓爾元件0

A0.該裝置無法確定通電直導線電流方向

B.輸出電壓隨著直導線的電流強度均勻變化

C.若想增加測量精度，可增大霍爾元件沿磁感應強度方向的厚度

D.用單位體積內自由電子個數(shù)更多的材料制成霍爾元件，能夠提高測量精度

【答案】B

【解析】

【詳解】A.若電流向右，根據(jù)左手定則，安培力向內，載流子是自由電子，故后表面帶負電，前表面帶

正電，故前表面e面電勢較高；若電流向左，前表面/面電勢較高；則可以根據(jù)e、/兩側電勢高低判斷通

電導線中的電流方向，故A錯誤；

B.設前后表面的厚度為4f,金屬薄片的厚度為〃，導線中單位體積的電子數(shù)為小最終電子在電場力和

洛倫茲力的作用下處于平衡，有

e-^—=evB

%

根據(jù)電流微觀表達式，有

Io-neSv-nedefhv

解得

U=-^-

nehd

所以輸出電壓隨著直導線的電流強度均勻變化，故B正確；

kl

CD.由。=一可得

nehd

nehd

1-------U

klo

可知增大霍爾元件沿磁感應強度方向的厚度h,用單位體積內自由電子個數(shù)〃更多的材料制成霍爾元件，

在直導線電流一定時，e、/兩側的電勢差減小，測量精度減小，故CD錯誤。

故選Bo

14.地磁學家曾經嘗試用“自激發(fā)電”假說解釋地球磁場的起源，其原理如圖所示：一個金屬圓盤A在某

一大小恒定、方向時刻沿切線方向的外力作用下，在弱的軸向磁場8中繞金屬軸OO'轉動，根據(jù)法拉第電

磁感應定律，盤軸與盤邊之間將產生感應電動勢，用一根螺旋形導線在圓盤下方連接盤邊與盤軸，

中就有感應電流產生，最終回路中的電流達到穩(wěn)定值，磁場也達到穩(wěn)定狀態(tài)。下列說法正確的是

g。'

B

A.MV中的電流方向從M-N

B.MN中感應電流的磁場方向與原磁場方向相反

C.圓盤轉動的速度逐漸減小

D.磁場達到穩(wěn)定狀態(tài)后，中不再產生感應電流

【答案】A

【解析】

【詳解】A.根據(jù)右手定則知，中的電流方向從M-N,故A正確；

B.根據(jù)右手螺旋定則判斷知MN中感應電流的磁場方向與原磁場方向相同，故B錯誤；

C.圓盤在大小恒定、方向時刻沿切線方向的外力作用下，轉動的速度先越來越大，磁場也越來越大，根據(jù)

法拉第電磁感應定律

E=BLv

知產生的電動勢也越來越大，流過電阻R的電流也越來越大，最終回路中的電流達到穩(wěn)定值，磁場也達到

穩(wěn)定狀態(tài)，則圓盤轉動的速度也達到穩(wěn)定值。故C錯誤；

D.可將圓盤看成若干個沿著半徑方向的幅條組成，因此在任何時刻都有幅條切割磁感線，故磁場達到穩(wěn)

定狀態(tài)后，中也產生感應電流，故D錯誤。

故選Ao

第二部分

本部分共6題，共58分。

15.物理實驗一般都涉及實驗目的、實驗原理、實驗儀器、實驗方法、實驗操作、數(shù)據(jù)分析等。圖甲是觀

察電容器充、放電現(xiàn)象的實驗電路。某時刻，電流自右向左通過電流傳感器，電容器在______（選填“充

電”或“放電”）o圖乙為電容器在此過程中電流隨時間變化的圖像，請在圖丙中畫出此過程中電容器所

帶電荷量隨時間變化的圖像o

E

甲丙

【答案】①.放電

【解析】

【詳解】［1］若是充電過程則開關S接1,電容器上極板帶正電，充電過程電流傳感器上的電流方向是自左向

右。充電完成后，若開關S接2,則電容器充當電源，因為電容器上極板帶正電，所以放電過程中電流傳感

器上的電流方向是自右向左。所以根據(jù)題意可知該時刻電容在放電。

⑵根據(jù)公式

/=1

t

可知在q-r圖像中圖線的斜率表示電流，放電過程q逐漸減小，結合圖乙可得q-/圖線的斜率逐漸減小,

則電容器所帶電荷量隨時間變化的圖像如下圖所示

16.某同學利用如圖所示的電路“測量電源的電動勢和內阻已知待測干電池的電動勢約1.5V,內阻約

0.3Q。除待測電池、開關、導線外，還有下列器材可供選用：

①電流表A：量程0~0.6A,內阻為0.3。

②電壓表V：量程0~3V,內阻約3kQ

③滑動變阻器與：0-20Q,額定電流2A

④滑動變阻器4：0-100Q,額定電流1A

(1)為了調節(jié)方便，測量結果盡量準確，實驗中滑動變阻器應選用(填寫儀器前的序

號)。

(2)經過多次測量并記錄對應的電流表示數(shù)/和電壓表示數(shù)U,利用數(shù)據(jù)在excel軟件中繪制U—/圖像,

擬合得出電壓。和電流/之間滿足關系：。=-0.28/+1.33,由此得出電池的電動勢￡=V；

內阻r=Q。

(3)利用上述方案進行實驗時，測量存在系統(tǒng)誤差。下列說法正確的是

A.因為電壓表的分流作用,電動勢的測量值小于真實值

B.因為電流表的分壓作用,電動勢的測量值大于真實值

C.因為電壓表的分壓作用,電動勢的測量值小于真實值

D.因為電流表的分流作用,電動勢的測量值大于真實值

(4)該同學實驗中發(fā)現(xiàn)，在保證所有器材安全的情況下，調節(jié)滑動變阻器的滑片時，電壓表示數(shù)的變化

量AU不到0.2V,出現(xiàn)這一現(xiàn)象的原因可能是；由于△。過小，實驗時采集數(shù)據(jù)較

為不便。在不改變己選實驗器材的基礎上，設計使電壓表示數(shù)變化更為明顯的方案，并說明該方案電池內

阻的測量值與真實值的關系。

【答案】①.③1.33V③.0.28。A⑤.電池內阻過小(外電阻遠大于內電阻)

⑥.將電壓表直接并聯(lián)到滑動變阻器兩端(將電流表直接與電池串聯(lián))，曲=。+此，

【解析】

【詳解】(1)口］電源內阻較小，為了調節(jié)方便，測量結果盡量準確，實驗中滑動變阻器應選用最大阻值較

小的，既③；

⑵⑵根據(jù)

C/=-0.28/+1.33

電動勢

E=1.33V

[3]結合圖像可知圖像斜率的絕對值即為電源內阻

r=0.28。

(3)[4]因為電壓表的分流作用，流過電源的電流大于電流表的示數(shù)，既電流的測量值小于真實值，使得

電源電動勢和內阻的測量值偏小。

故選A；

(4)⑸根據(jù)路端電壓

U=-rI+E

可知，如果電源內阻r遠小于滑動變阻器的阻值，調節(jié)滑動變阻器時，電路中電流變化很小，電壓表的示

數(shù)的變化就會很?。?/p>

⑹在不改變己選實驗器材的基礎上，可以采用電流表相對于電源的內接法，既電壓表直接與滑動變阻器并

聯(lián)，這種情況下，電源內阻的測量值

勺U=覆+RA

17.如圖所示，光滑水平面上有豎直向下的有界勻強磁場，磁感應強度大小8=0.1T。邊長L=0.1m的

正方形金屬線框"cd,在水平外力F作用下以水平向右的速度v=4m/s勻速進入磁場區(qū)域。已知線框的

電阻R=0.4Q,線框運動過程中。6、cd兩邊始終與磁場邊界平行。在線框進入磁場過程中，求：

(1)線框中電流/的大??；

(2)外力)的大小;

(3)線框中產生的焦耳熱°。

【答案】(1)/=0.1A；(2)F=1XW3N:(3)2=lxl0^J

【解析】

【詳解】(1)由那邊切割磁感線可得

E=BLv

根據(jù)閉合電路歐姆定律

I上

R

聯(lián)立可得

BLv

LT=-----

R

代入數(shù)據(jù)解得

/=0.1A

（2）線框所受安培力為

XBIL

代入數(shù)據(jù)解得

=1X10"3N

根據(jù)平衡方程

F=FA

可得

F=1X10-3N

（3）根據(jù)焦耳定律

Q=I?Rt

其中

L

t=—

V

解得

e=ixio-4j

18.如圖所示，寬為L的光滑固定導軌與水平面成。角，質量為根的金屬桿仍，水平放置在導軌上?？臻g

中存在垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度為瓦S為單刀雙擲開關，電源的內阻為r,定值電阻

和金屬桿接入電路的阻值均為R，重力加速度為g。

（1）開關S接1,金屬桿恰好能靜止在導軌上。求電源電動勢E的大??；

（2）開關S接2,金屬桿由靜止開始運動，沿斜面下滑距離s后速度達到最大，此后金屬桿勻速運動。

求：

a.最大速度%；

b.金屬桿從靜止開始到最大速度過程中產生的焦耳熱。

3222

r茲安mg（2R+r）sin￡2mgRsinO1mgRsin0

[答案]（1）—------>⑵a.-—；b.-mgs-smO--------——

【解析】

【詳解】（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律

1=—^—

2R+r

金屬桿ab所受安培力為

FHL

根據(jù)平衡方程

mgsin8=￡

聯(lián)立得

mg（27?+r）sin^

Ei-

BL

（2）a.根據(jù)平衡方程

mgsin。=F[

金屬桿ab所受安培力為

F[=BI'L

根據(jù)動生電動勢

E'=BLvm

根據(jù)閉合電路歐姆定律

E'

r=—

2R

聯(lián)立得

ImgRsvaO

V--------------

mB2c

b.由能量守恒定律可得

12

mgssin。=5mvm+Q

金屬桿產生的焦耳熱

2.=1e

聯(lián)立可得

c1.An^g-R2sin20

2i=2心?sm6-----行---

19.利用帶電粒子（不計重力）在電場或磁場中的運動可以研究很多問題。

（1）如圖所示，在間距為d、長度為/的兩塊平行金屬板上施加電壓U,讓帶電粒子沿兩極板的中心線以

速度v進入電場，測得粒子離開電場時偏離中心線的距離為以利用上述方法可以測量帶電粒子的比荷

（"），請推導粒子比荷的表達式；

m

（2）保持其他條件不變，撤掉問題（1）中兩極板間的電壓，在兩極板間施加一垂直紙面的勻強磁場。將

磁感應強度的大小調節(jié)為8時，帶電粒子恰好從極板的右側邊緣射出。

a.利用上述方法同樣可以測量帶電粒子的比荷，請推導粒子比荷的表達式；

b.帶電粒子在磁場中偏轉時動量發(fā)生變化，使提供磁場的裝置獲得反沖力。假設單位時間內入射的粒子

數(shù)為小單個粒子的質量為加，求提供磁場的裝置在垂直極板方向上獲得的反沖力大小。

I

【答案】（1）幺=竺二；（2）aq_M_4nmvld

m~B^+^yb-

mUI2

【解析】

【詳解】（1）粒子在電場中做類平拋運動，則

12

y=—at

2

qE=ma

E=1

V

可得

q_2dyv2

mUI2

(2)a.設帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為H,根據(jù)幾何關系

可得

根據(jù)牛頓第二定律

V2

qvB=m—

R

聯(lián)立可得

q_4dv

mB[d~+4/2)

b.設帶電粒子從磁場中出射速度方向與極板成。角。以加時間內入射的粒子為研究對象，在垂直于極板

的方向上由動量定理得

FyA?=A/nvsin0-0

其中

Am=nmAt,sin^=—

R

帶入可得

_4mlvid

4-rurivld

根據(jù)牛頓第三定律，提供磁場的裝置在垂直于極板的方向上所獲得的反沖力大小也為F一萬。

d+4〃

20.恒星生命盡頭，在一定條件下通過引力坍縮可以形成中子星。磁陀星是中子星的一種，擁有極強的磁

場，兩極的磁感應強度約為lxlO"T。地球表面的磁場磁感應強度最弱約3.5X10-5T，最強僅為

7x105To

(1)已知磁陀星和地球兩極的磁場小范圍內均可視作勻強磁場，忽略帶電粒子與天體之間的萬有引力。

a.帶電粒子在地球和磁陀星兩極以垂直于磁場的方向運動時可做勻速圓周運動，求比荷相同的帶電粒子

在地球與磁陀星兩極運動時的周期之比I:T2.

b.如圖1所示，若磁陀星兩極某圓心為。的圓形磁場區(qū)域的磁感應強度B隨時間f均勻減小，即滿足關

系3=穌-處（4為常量），請分析并論證在磁場中到。點距離為r處某靜止的帶電粒子能否以0點為圓

心做完整的圓周運動。

（2）磁陀星本身還會高頻自轉，形成并持續(xù)釋放出和磁陀星一起自轉的極細高能電磁輻射束，如圖2所

示。這個過程有點類似于海上的燈塔，發(fā)出的光周期性地掠過人們的眼球。當輻射束掃過地球的時候，地

球就能接收到信號。中國天眼FAST憑借全球最高的靈敏度，成為深度監(jiān)測宇宙輻射的主力。FAST監(jiān)測到

某次高能輻射（一種解釋是此輻射源自于磁陀星）持續(xù)時間為4,相當于接收太陽一個月（實際接收時間

為巧）釋放出的總能量。已知FAST每經過時間T能接收到一次信號，太陽的輻射功率為《，日地距離為

r,該磁陀星到地球的距離為L假設FAST在某時刻處于磁陀星輻射束的中心，求磁陀星的輻射功率P

（假設在輻射束內，到磁陀星距離相等的面上能量均勻分布）。

電磁輻射裒

【答案】（1）a.-xlO16；b.見解析；（2）而打2

78r2T2

【解析】

【詳解】（1）設帶電粒子電荷量為g,質量為相，粒子做圓周運動的半徑為r,根據(jù)牛頓第二定律，洛

倫茲力提供向心力，得

qvB-m——

由圓周運動周期T與線速度v的關系得

聯(lián)立得