5_2024广西卷点睛押题_2024高考押题卷_132024高途全系列_26高途点睛卷_2024点睛密卷-物理

2024 广西卷点睛押题 一、单选题（每题4分，共28分） 1．2023年12月，新一代人造太阳“中国环流三号”面向全球开放。“人造太阳”内部发生的一 种核反应方程为 试卷第1页，共8页 21 H + 31 H → 42 H e + X ，已知 21 H 的比结合能为 E 1 ， 31 H 的比结合能为 E 2 ，4He 2 的比结合能为 E 3 ，光在真空中的传播速度为c。下列说法正确的是（ ） A．核反应方程中X为电子 B． 42 H e 的比结合能小于 21 H 的比结合能 C．核反应吸收的能量为 E 3 − ( E 1 + E 2 ) 4E −(2E +3E ) D．核反应中的质量亏损为 3 1 2 c2 2．一束光照射到底面有涂层的平行玻璃砖上表面，在玻璃砖中传播后分为a、 b 两束从上 表面射出，如图所示，下列说法正确的（ ） A．在玻璃中a光的折射率小于 b 光的折射率 B． a 光的频率小于 b 光的频率 C．遇到障碍物时 a 光更容易产生明显的衍射现象 D．增大空气一侧的入射角， a 、 b 光线都不会消失 3．华为Mate60利用“天通一号”同步卫星系统实现了卫星通话功能。如图所示，同步卫星发 射过程可简化为卫星首先进入环绕地球的近地停泊轨道，自停泊轨道B点进入椭圆形转移 轨道，在转移轨道上无动力飞行至A点开启发动机进入地球同步轨道，忽略发射过程中卫 星质量的变化。下列说法正确的是（ ） A．卫星在停泊轨道的动能小于在同步轨道的动能 B．卫星在转移轨道无动力飞行时机械能逐渐减小 C．卫星在同步轨道的机械能大于在停泊轨道的机械能 D．卫星在转移轨道的机械能大于在同步轨道的机械能4．静电除尘机原理如图所示，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的 尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。图中虚线为电场线（方向未 标出）。实曲线是某尘埃颗粒的运动轨迹，A、B是尘埃颗粒运动轨迹与电场线的两个交点， 不考虑尘埃颗粒在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，不计空气对尘埃颗粒的作用力和尘 埃颗粒的重力，下列说法正确的是（ ） A．A点场强比B点场强小 B．该尘埃颗粒在迁移过程中动能先减小后增大 C．该尘埃颗粒在迁移过程中做匀变速曲线运动 D．该尘埃颗粒在A点的电势能低于在B点的电势能 5．如图，一理想自耦变压器原线圈的匝数为 试卷第2页，共8页 n 1 = 4 0 0 匝，滑片P可在原线圈上面上下移动， 从而改变副线圈的匝数 n 2 ，电路中的定值电阻 R 1 = 1 5 0  ， R 2 = 3 0  ，交流电压表、电流表 均为理想电表，当从变压器的左端接入 u 1 8 0 2 s in 1 0 0 t ( V )  = 交流电源时，滑片P移动到某 一位置，电压表V 与电压表 1 V 2 的示数均为30V，下列说法正确的是（ ） A．副线圈的匝数为 n 2 = 8 0 匝 B．电流表的示数为 2A C． R 1 消耗的电功率为 1 2 W D．若把滑片P向上滑，则流经R 的电流频率会大于50Hz 2 6．如图，玩具小车在轨道上做匀速圆周运动，测得小车1s绕轨道运动一周，圆轨道半径为 0.3m，玩具小车的质量为0.5kg，AC为过圆心竖直线，BD为过圆心水平线，重力加速度g 大小取 1 0 m /s 2 ，小车看作质点，下列说法正确的是（ ） A．小车在BD下方运动时处于失重状态 B．小车在B点不受摩擦力作用 C．小车在C点时对轨道的压力恰好为零 D．小车在A点时对轨道的压力比在C点时大10N7．如图是一种电梯突然失控下落时的保护装置。在电梯后方墙壁上交替分布着方向相反的 匀强磁场，每块磁场区域宽1.6m，高0.5m，大小均为0.5T。电梯后方固定一个100匝矩形 线圈，线圈总电阻为8Ω，高度为1.5m，宽度略大于磁场。已知某次电梯运行试验中电梯总 质量为2400kg， 试卷第3页，共8页 g 取 1 0 m /s 2 ，忽略摩擦阻力。当电梯失去其他保护，由静止从高处突然失控 下落时，则（ ） A．电梯下落速度达到2.5m/s时，线圈内产生的感应电流25A B．电梯可达到的最大速度为 1 5 m /s C．若电梯下落 4 .5 m 4 ，达到最大速度的 ，此过程所用时间为1.2s 5 D．电梯匀加速下降 二、多选题（每题6分，共18分） 8．一水平软绳右端固定，取绳左端质点O为坐标原点，以绳所在直线为x轴、竖直方向为 y轴建立坐标系，在绳上每隔 l 0 选取一个质点。t=0时刻质点O开始沿y轴振动，产生一列 沿x轴传播的横波（可视为简谐波）。已知 t = t 0 时刻的波形如图所示，下列说法正确的是（ ） A．该波的周期为 4 t0 B．该波的波长为 8 l0 C． t = 0 时刻，质点O振动方向沿y轴正方向 D． t = 6 t0 时刻，x=20l 处的质点位移为零 0 9．体育课上一位同学练习足球控球技术，某次练习中足球由静止自由下落1.25m时，不等 足球着地就被这位同学用脚背接住并快速竖直向上踢出，球离开脚背后上升的最大高度仍为 1.25m。已知足球与脚背的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度大小g取 1 0 m /s 2 ， 不计空气阻力，则（ ） A．足球下落到与脚背刚接触时动量大小为 4 k g  m /s B．足球自由下落过程重力的冲量大小为 2 N  s C．足球与脚背作用过程中，足球的动量变化量为零 D．脚背对足球的平均作用力大小为44N10．如图所示，质量为2m、半径为R，内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽左侧靠墙。 把一个质量为m的小球（可视为质点）从半圆槽左端最高点无初速释放，当地重力加速度 为g。在小球释放后的运动过程中，以下说法中正确的是（ ） A．小球在半圆槽右侧能上升的最大高度与左侧释放点的高度相同 B．小球第一次经过半圆槽最低点时对半圆槽的压力大小为3mg C．小球第二次经过半圆最低点时半圆槽的速度大小为 试卷第4页，共8页 1 3 2 g R D．小球第三次经过半圆槽最低点时半圆槽的速度为0 三、实验题（16分） 11．（1）甲同学利用图所示的实验装置进行“探究物体加速度与力、质量的关系”实验，该实 验用到了控制变量法，下列实验也用到了该方法的是 （多选） A．探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系 B．探究两个互成角度的力的合成规律 C．用双缝干涉实验测量光的波长 D．研究导体电阻与长度、横截面积及材料的定量关系（2）乙同学用图的实验装置进行“验证机械能守恒定律”实验。气垫导轨上B处安装了一个 光电门，滑块从A处由静止释放，验证从A到B过程中滑块和钩码的机械能守恒。 ．． ①关于乙同学实验，下列操作中不必要的是 。 A．将气垫导轨调至水平 B．使细线与气垫导轨平行 C．钩码质量远小于滑块和遮光条的总质量 D．使A位置与B间的距离适当大些 ②乙同学在实验中测量出了滑块和遮光条的质量M、钩码质量m、A与B间的距离L、遮光 条的宽度为d（ 试卷第5页，共8页 d   L ）和遮光条通过光电门的时间为t，已知当地重力加速度为g，为验 证机械能守恒需要验证的表达式是 。 ③甲同学参考乙同学做法，利用图1装置，想通过垫高轨道一端补偿阻力后验证小车和槽码 的机械能是否守恒，他的做法 （“可行”或“不可行”）。 12．某课外活动小组用铜片、铝片和自来水制作了由多个自来水电池构成的电池组。为了测 量电池组的电动势E和内阻r，他们选用数字电压表（内阻大于10MΩ）、电阻箱（0~9999Ω） 以及开关与该电池组连接成电路进行实验。 （1）请在图1的方框中画出实验电路原理图 。 （2）按照设计的电路图连接电路后，调节电阻箱接入电路的阻值R，并同时记录数字电压 1 1 表的读数U。以 为纵轴、 为横轴建立直角坐标系，描出数据点，得到图2所示的图线。 U R 已知图线在纵轴上的截距为b，斜率为k，由此可以求得电池组的电动势E = ， 内阻r= 。（用b和k表示）（3）该小组的同学想用上面数字电压表和电阻箱探究某光伏电池的特性。他们通过查阅资 料知道，光伏电池在特定光照条件下的伏安特性曲线如图3所示，则他们得到的U-R图像 可能是图4中的 。 四、解答题（38分） 13．如图所示，上端开口的绝热圆筒气缸竖直放置。绝热活塞把一定量的气体（可视为理想 气体）密封在缸内，活塞可在缸内无摩擦地上下滑动，且不漏气。气缸处在大气中，大气压 强为p 。活塞平衡时，缸内密封气体的体积为V ，温度为T 。已知活塞的横截面积为S、 0 0 0 p S 质量m= 0 （g为重力加速度），密封气体的内能U与温度T的关系为U=kT（k为常量）。 g 现用电热丝缓慢地加热气体至体积为2V ，求此过程中气体吸收的热量Q。 0 试卷第6页，共8页14．如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧 平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩 擦因数为。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平 向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为 试卷第7页，共8页 ( 2 L L )   ， ，O端在y轴上。重力加速 度为g。 （1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为 2 L  的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速 度大小； （2）将质量为3m的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰 撞（碰撞时间极短），要使B恰好落在P点，求A下滑的初始位置距x轴高度，并分析A 能否飞出O点，若不能，停在水平轨道上的坐标值为多少？15．如图所示，空间有一棱长为L的正方体区域，带电粒子从平行于MF棱且与MPQF共 面的线状粒子源连续不断地逸出，逸出粒子的初速度为0，粒子质量为m，电荷量为＋q， 经垂直于MF棱的水平匀强电场加速后，粒子以一定的水平初速度从MS段垂直进入正方体 区域内，MS段长为 试卷第8页，共8页 3 L 4 ，该区域内有垂直平面MPRG向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。从M点射入的粒子恰好从R点射出。距离正方体底部L处有一与AGRN平行且足够大 平板，粒子到达平板立即被平板吸收。现以正方体底面AGRN中心O在平板的垂直投影点 O  为原点，在平板内建立平面直角坐标系，其中x轴与GR平行，忽略粒子间的相互作用，不 计粒子重力。 （1）求从M点进入正方体区域的粒子进入时速度的大小； （2）若该区域内部只有垂直平面MPRG向外的匀强电场，电场强度大小为 2 q B 2 2 m L ，从M  点射入的粒子从PQ边上的某点射出，求该点距P点的距离； （3）若该区域内同时存在上述磁场与电场，求所有落到平板上的粒子的落点离 O  的最小距 离。（结果用L和根式表示）。参考答案： 1．D 【详解】A．根据质量数与电荷数守恒可知X为 答案第1页，共13页 10 n ，故A错误； B．核反应方程式中，生成物比反应物稳定，则 42 H e 的比结合能大于 21 H 的比结合能，故B 错误； CD．核反应放出的能量为 Δ E = 4 E 3 − ( 2 E 1 + 3 E 2 ) 由能量守恒可得 4 E 3 − ( 2 E 1 + 3 E 2 ) = Δ m c 2 解得 Δ m = 4 E 3 − ( 2 E 2 c 1 + 3 E 2 ) 故C错误，D正确。 故选D。 2．D 【详解】A．光路图如图所示 在玻璃砖上表面折射时，a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大，故A错误； B．由a光的折射率较大，可得a的频率较大，故B错误； C．b光的频率较小，则b光的波长较长，故遇到障碍物时波长较长的b光更容易产生明显 的衍射现象，故C错误； D．两列光的折射后经反射再从玻璃进入空气折射，由几何关系可知第一次折射的折射角等 于第二次折射的入射角，根据光路的可逆性可得两列光均不能发生全反射，故两列光不会消 失，故D正确。 故选D。 3．C【详解】A．卫星绕地球做圆周运动，由 GMm mv2 = R2 R 化简可得 GM v= R 即轨道越高线速度越小，则动能也越小，所以卫星在停泊轨道的动能大于在同步轨道的动能， 故A错误； B．卫星在转移轨道无动力飞行时重力势能和动能相互转化，机械能守恒，故B错误； CD．卫星自停泊轨道B点开启发动机加速进入椭圆形转移轨道，在转移轨道上无动力飞行 至A点开启发动机加速进入地球同步轨道，发动机在B点和A点均做正功，故机械能增加， 所以卫星在转移轨道的机械能小于在同步轨道的机械能，卫星在同步轨道的机械能大于在停 泊轨道的机械能，故C正确，D错误。 故选C。 4．B 【详解】A．电场线的疏密程度代表电场大小，则A点场强比B点场强大，故A错误； B．该尘埃颗粒在迁移过程中电场力先做负功，后做正功，则动能先减小后增大，故B正确； C．该尘埃颗粒在迁移过程中，电场力不断变化，尘埃做变速曲线运动，故C错误； D．电场力指向轨迹的凹侧，可知集尘极带正电，沿电场线方向电势逐渐降低，可知A点电 势较低，由于尘埃带负电，所以该尘埃颗粒在A点的电势能高于在B点的电势能，故D错 误； 故选B。 5．A 【详解】A．由u=180 2sin100t(V)可知，变压器的左端接入交流电压的有效值为 U 180 2 U = m = V=180V 2 2 可知理想自耦变压器原线圈的电压为 答案第2页，共13页 U 1 = U − U V 1 = 1 8 0 V − 3 0 V = 1 5 0 V U n 由理想自耦变压器原、副线圈的电压与匝数的关系公式 1 = 1 可得副线圈的匝数为 U n 2 2答案第3页，共13页 n 2 = U U 2 1 n 1 = 1 3 5 0 0  4 0 0 匝 = 8 0 匝 A正确； B．由欧姆定律可得电流表的示数为 I 2 = U R 2 2 = 3 3 0 0 A = 1 A B错误； C．由电功率公式可得R 消耗的电功率为 1 P = U R 2V 1 1 = 3 1 0 5 2 0 W = 6 W C错误； D．由 1 0 0   = ，可知交流电的频率为 f 1 T 2 1 0 2 0 H z 5 0 H z     = = = = 变压器可以改变交流电的电压，不可以改变交流电的频率，因此若把滑片P向上滑，则流经 R 2 的电流会增大，频率仍是50Hz，D错误。 故选A。 6．D 【详解】A．小球在BD下方运动时，向心加速度指向圆心，均有竖直向上的分量，故处于 超重状态，故A错误； B．由于玩具小车在轨道上做匀速圆周运动，切向分量上合力为零，故在B点受到竖直向上 的摩擦力，故B错误； C．设玩具小车在C点时受到向下的压力 F N C ，则 v2 F +mg =m NC R 又 2R v= =0.6m/s T 得 F  =F 1N NC NC 故C错误；D．设玩具小车在A点时受到向上的压力 答案第4页，共13页 F N A ，则 F N A − m g = m v R 2 由牛顿第三定律知 F  =F NA NA 得 F N A  − F N C  = 2 m g = 1 0 N 故D正确。 故选D。 7．C 【详解】A．根据题意可知，上下两边切割磁感线产生感应电动势，结合右手定则可知，电 梯下落速度达到 2 .5 m /s 时，感应电动势为 E 1 = 2 N B L v 1 线圈内产生的感应电流 I 1 = E R 1 联立代入数据解得 I 1 = 5 0 A 故A错误； B．若电梯与地面的距离足够高，最终安培力与重力平衡，电梯匀速运动，此时 F A = 2 N B I m L = 2 N B L  2 N B R L v m = m g 解得 mgR v = m 4N2B2L2 代入数据解得 v m = 7 .5 m s 故B错误； C．根据题意，下落高度h=4.5m，设所用时间为t，取向下为正方向，由动量定理有 4 mgt−F t=m v 安 5 m其中 答案第5页，共13页 F 安 t = 2 N B L  2 N B R L v  t = 4 N 2 B R 2 L 2  h 联立代入数据解得 t=1.2s 故C正确； D．由牛顿第二定律有 m g − F 安 = m a 解得 a = g − 4 N 2 R B m 2 L 2 v 可知， v 增大的过程中， a 减小，电梯做加速度减小的加速运动，故D错误。 故选C。 8．BD 【详解】A．由图可知， t = t 0 时刻波源完成半个全振动，向右传播半个波长，则该波的周期 为 T =2t 0 选项A错误； B．由图可知，该波的波长为 = 8 l0  选项B正确； C．因t =t 时刻质点刚传到x=4l 处，此时该质点沿y轴负向振动，可知t=0时刻，质点O 0 0 振动方向沿y轴负方向，选项C错误； D．t=6t 时刻，波向前传播24l ，x=20l 处的质点在平衡位置，位移为零，选项 D正确。 0 0 0 故选BD。 9．BD 【详解】AB．足球刚下落到脚上的速度大小为 v= 2gh =5m/s 则足球下落到与脚背刚接触时动量大小为答案第6页，共13页 p = m v = 2 k g  m / s 足球自由下落过程，根据动量定理可得重力的冲量大小为 I =mv−0=2Ns G 故A错误，B正确； CD．足球与脚作用过程中，根据对称性可知，足球动量的变化大小为  p = m v − ( − m v ) = 2 m v = 4 k g  m / s 根据动量定理可得 ( F − m g ) t =  p 解得 F = 4 4 N 故C错误，D正确。 故选BD。 10．BD 【详解】A．小球下落到最低点时，半圆槽不动，小球机械能守恒，有 1 mgR= mv2 2 0 解得 v 0 = 2 g R 接下来小球向右运动，半圆槽离开墙，上升到最高点时，球和槽水平方向速度相等，取向右 为正方向，水平方向由动量守恒定律得 m v 0 = ( m + 2 m ) v 根据能量守恒定律可得 1 1 mgh= mv2− (m+2m)v2 2 0 2 解得 2 h= R 3 故A错误； B．小球第一次经过最低点时，根据牛顿第二定律可得 v2 F −mg =m 0 N R解得 F =3mg N 由牛顿第二定律可知，小球第一次经过半圆槽最低点时对半圆槽的压力大小为3mg，故B 正确； C．第二次经过最低点时，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得 答案第7页，共13页 m v 0 = m v 1 + 2 m v 2 根据机械能守恒定律可得 1 2 m v 20 = 1 2 m v 21 + 1 2  2 m v 22 解得小球第二次经过半圆最低点时半圆槽的速度大小为 v 2 = 2 3 2 g R 故C错误； D．第三次经过最低点时，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得 m v 1 + 2 m v 2 = m v 3 + 2 m v 4 根据机械能守恒定律可得 1 2 m v 21 + 1 2  2 m v 22 = 1 2 m v 23 + 1 2  2 m v 24 解得小球第三次经过半圆最低点时半圆槽的速度大小为 v =0 4 故D正确。 故选BD。 (M +m)d2 11． AD C =mgL 不可行 2t2 【详解】（1）[1]A．探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系用到了控制变量法，故A 正确； B．探究两个互成角度的力的合成规律用到了等效替代法，故B错误； C．用双缝干涉实验测量光的波长用到了累积法，故C错误； D．研究导体电阻与长度、横截面积及材料的定量关系用到了控制变量法，故D正确。 故选AD。 （2）①[2]A．为了减小实验误差，应将气垫导轨调至水平，故A必要，不符合题意； B．为使细线的拉力等于滑块的合外力，应使细线与气垫导轨平行，故B 必要，不符合题意； C．实验中不需要满足钩码重力等于绳子的拉力，则不需要使钩码质量远小于滑块和遮光条 的总质量，故C不必要，符合题意； D．为便于数据处理，应使A位置与B间的距离适当大些，故D必要，不符合题意。 故选C。 ②[3]滑块通过光电门的瞬时速度 d v= t 则系统动能的增加量 答案第8页，共13页  E k = 1 2 ( M + m ) v 2 = ( M + 2 m 2 t ) d 2 系统重力势能的减小量  E p = m g L 则系统机械能守恒满足的表达为 (M +m)d2 =mgL 2t2 ③[4]想通过垫高轨道一端补偿阻力后,系统存在摩擦力做功，机械不守恒，他的做法不可行。 1 12． b k b B 【详解】（1）[1]电路如图所示 （2）[2][3]根据U E=U + r R 则 答案第9页，共13页 1 U = r E  1 R + 1 E 则 b = 1 E k = r E 解得 1 E= b r = k b （3）[4]根据图3可知，开始随着电压的增大，但是电流是定值，根据 U = I R 则开始一段是一条过原点的直线，然后随着电压的增大，电流减小，电阻值增大，最后电压 达到一个定值 故选B。 13．Q=kT +2pV 0 0 0 【详解】设缸内气体压强为 p ，对活塞受力分析有 p S = m g + p 0 S 解得 p = 2 p 0 设体积为 2 V 0 时，缸内密封气体的温度为T ，此过程气体等压变，由盖—吕萨克定律得 1 V T 0 0 = 2 V T 1 0 解得 T =2T 1 0 增加的内能 ΔU =k(T −T ) 1 0 此过程外界对气体做功答案第10页，共13页 W = − 2 p 0  V = − 2 p V0 0 根据热力学第一定律有  U = Q + W 联立解得 Q = k T 0 + 2 p V0 0 14．（1） v 2 g L  = ；（2） h 5 L  = ，坐标为 − L ；（3） x 2 2 L y y 2  = − （其中 L y 2 L     ） 【详解】（1）物块A从光滑轨道滑至O点，根据动能定理 m g 2 L m g L 1 2 m v 2    − = 解得 v 2 g L  = （2）设A下滑的初始位置距x轴高度为 h ，由动能定理可得 1 mgh−mgL= mv2 2 A A与B在O点发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒有 m v A = m v 1 + 3 m v B 1 2 m v 2A = 1 2 m v 21 + 1 2  3 m v 2B B碰后平抛恰好落在P点，有 2L=v t B L 1 2 g t 2  = 解得碰后B的速度大小为 v = 2gL B 联立各式解得 h=5L，v =− 2gL（负号表示速度方向向左） 1 则物体A不能飞出O点，而是向左做匀减速直线运动，由动能定理有 1 −mgx =0− mv2 0 2 1 解得答案第11页，共13页 x 0 = L 即物体A停在水平轨道上的坐标值为 − L 。 15．（1） v = q B m L ；（2） L 2 ；（3）  s m in L 1 2 2 1 1 4 2  =   +  −  【详解】（1）设粒子进入棱长为L的正方体区域时的速度大小为v，进入后做匀速圆周运动， 根据洛伦兹力提供向心力有 q v B = m 2 v r 由从M点射入的粒子恰从R点射出，可知 r=L 解得 v = q B m L （2）粒子在正方体区域内做类平抛运动，x方向做匀速直线运动，y方向做初速度为零的匀 加速直线运动，设运动时间为t 则x方向 1， L = v t1 由 v = q B m L 得 L t = y方向 1 v y 1 = 1 2 a t1 2 由 t1 = L v = m q B 可得 L y = 1 2 L 该点距P点距离为 ； 2 （3）从S进入的粒子离前表面ANQF最近，在电场力作用下最容易从前表面出射，假设从 S进入的粒子也从底面射出，由运动的独立性知该粒子在正方体区域内运动的时间满足T t = 2 4 沿电场方向的分位移满足 答案第12页，共13页 y 2 = 1 2 a t 2 2 代入数据得 y 2 = L 4 恰从N点射出，假设成立。即所有粒子在正方体区域内运动时间均与S点进入的粒子时间 L 相等，均为t ，所有粒子x方向与y方向位移均相等，x方向位移均为L，y方向位移均为 。 2 4 所有粒子均从底面RN棱上射出，且速度大小方向均相同。飞出正方体区域后均做速度相等 的匀速直线运动，到达平板时间t 只与垂直平板方向分速度有关，均为 3 L m t = = 3 v qB 经分析可知所有粒子从正方体区域出射时x坐标均为 L 2 ，最终离O'的距离大小取决于最终y 的坐标值。所有粒子飞出正方体区域时 v y = a t2 qE a= m 代入数据得 v y q B m L  = 出正方体区域后，沿y方向做匀速直线运动 y 3 = v y t3 代入相应数据得 L y = 3  经分析知所有粒子中从M点射入的打在平板上的位置距x轴最近，离原点O'最近，且 y = y 2 + y 3 − L 2  0 所有粒子到达平板时的y坐标均大于0，代入相应数据得 L L y = − min  4 L x= 21 2 1 1 2 s =L   + −  min 2  4 答案第13页，共13页