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2024年辽宁卷点睛押题
一、选择题：本题共10 小题，共46 分。在每小题给出的四个选项中，第1～7 题只有
一项符合题目要求，每小题4 分；第8～10 题有多项符合题目要求，每小题6 分，全部
选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。
1．（4分 ）韶州公园池塘里的荷花盛开了，荷花吸引了大量鱼儿前来觅食，如图所
示，鱼儿摆尾击水跃出水面吞食荷花花瓣，下列说法正确的是（ ）
A．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点
B．鱼儿摆尾击水时受到水的作用力
C．鱼儿跃出水面过程，水对鱼儿的作用力大于鱼儿对水的作用力
D．鱼儿沉入水里过程，水对鱼儿的作用力小于鱼儿对水的作用力
2．（4分）如图所示，牛用大小为F的力通过耕索拉犁，F与竖直方向的夹角为
α=60°，则该力在水平方向的分力大小为（ ）
A．2𝐹 B．√3𝐹
C．√3𝐹
D．𝐹
2
3．（4分）红外测温仪只捕捉红外线光子。如图为氢原子能级示意图，已知红外线单
个光子能量的最大值为1.62eV，要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，最少
应给处于基态的氢原子提供的能量为（ ）
A．10.20eV B．12.09eV C．2.55eV D．12.75eV
试卷第1页，共6页4．（4分）为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效
值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L 、L ，电路中分别接了理想交流
1 2
电压表V 、V 和理想交流电流表A 、A ，导线电阻不计，如下图所示。当开关S闭合后
1 2 1 2
（ ）
A．A 示数变大，A 示数不变
1 2
B．A 示数变大，V 示数变大
1 1
C．V 示数变小，V 示数变大
2 1
D．A 与A 示数变大，V 与V 示数不变
1 2 1 2
5．（4分）某横截面为“<”形带电导体右侧的电场线或等势线（若为等势线，则相邻等
势线之间的电势差相等）如图中实线所示，其中a、b是同一条实线上的两点，c是另
一条实线上的一点，d是导体尖角右侧表面附近的一点。下列说法正确的是（ ）
A．实线表示电场线
B．a点的电势一定低于c点的电势
C．c点的电场强度大于d点的电场强度
D．点电荷从a点到c点再到b点的过程中，电场力做的功不为零
6．（4分）沿x轴传播的一列简谐横波在𝑡 =0时刻的波动图像如图甲所示，质点Q的
振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播
B．该波的波长为10m
C．该波的传播速度为12m/s
D．𝑡 =0时刻𝑥 =0处的质点偏离平衡位置的位移大小为10√3cm
7．（4分）如图所示，在“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球P和小球Q，从距水
平地面的高度为7ℎ和ℎ的地方同时由静止释放，球P的质量为m，球Q的质量为2m，
设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度为g，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间，
则P和Q第一次碰撞后球P的速度大小𝑣为（ ）
A．
11√2𝑔ℎ
B．
3√2𝑔ℎ
6 2
C．
7√2𝑔ℎ D．√2𝑔ℎ
6 6
试卷第2页，共6页8．（6分）很细的一束光从真空沿AO方向入射到玻璃侧面的O点，进入玻璃后分成
I、II两束光线，光路如图所示，以下分析正确的是（ ）
A．光束I在玻璃中的传播速度较大
B．光束II在玻璃中的折射率较大
C．若光束I为蓝光，则光束II可能为黄光
D．逐渐减小入射角i，光束I在玻璃砖的下表面先发生全反射
9．（6分）2021年2月10日，“天问一号”探测器成功进入环绕火星椭圆轨道，在椭圆
轨道的近火点𝑃（接近火星表面）制动后顺利进入近火轨道，𝑄点为近火轨道上的另一
点，𝑀点是椭圆轨道的远火点，椭圆轨道的半长轴等于圆形轨道的直径，如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．探测器在𝑀点的速度最大
B．探测器在𝑄点与椭圆轨道上的𝑃点的加速度大小相等
C．探测器在椭圆轨道上𝑃点与𝑀点的速度之比为3:1
D．探测器在椭圆轨道与圆轨道上的周期之比为2:1
10．（6分）如图，左侧光滑曲面轨道与右侧倾角𝛼 =37°的斜面在底部平滑连接且均固
定在水平地面上，质量为m的小滑块从斜面上离斜面底边高为H处由静止释放，滑到
斜面底端然后滑上左侧曲面轨道，再从曲面轨道滑上斜面，滑块第一次沿斜面上滑的
4
最大高度为 𝐻，多次往复运动。不计空气阻力，重力加速度为g，sin37°=0.6。下列
5
说法正确的是（ ）
4
A．滑块第一次下滑过程，克服摩擦力做的功为 𝑚𝑔𝐻
45
5
B．滑块第1次下滑的时间与第1次上滑的时间之比为
4
1
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为
12
D．滑块从静止释放到第n次上滑到斜面最高点的过程中，系统产生的热量为
4𝑛
(1− )𝑚𝑔𝐻
5𝑛
试卷第3页，共6页二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（6分）某实验小组用如图甲所示的装置探究向心力大小与周期、半径之间的关
系，轻绳一端系着小球，另一端固定在竖直杆上的力传感器上，小球套在光滑水平杆
上。水平杆在电动机带动下可以在水平面内绕竖直杆匀速转动。已知小球质量为m，
小球做圆周运动的半径为r，电子计数器可记录杆做圆周运动的圈数𝑛，用秒表记录小
球转动n圈的时间为t。
（1）若保持小球运动半径不变，仅减小运动周期，小球受到的拉力将___________；
若保持小球运动的周期不变，仅减小运动半径，小球受到的拉力将___________。（以
上两空均选填“变大”“变小”或“不变”）
（2）该小组同学做实验时，保持小球做圆周运动的半径不变，选用质量为𝑚 的小球
1
甲和质量为𝑚 (𝑚 >𝑚 )的小球乙做了两组实验。两组实验中分别多次改变小球运动
2 1 2
𝑛
的转速，记录实验数据，作出了F与 关系如图乙所示的①和②两条曲线，图中反映小
𝑡
球甲的实验数据是_________（选填“①”或“②”）。
12．（8分）小李同学为了精确测量两个未知阻值的电阻𝑅 、𝑅 以及电流表的内阻𝑅 ，
1 2 A
采用图甲所示的电路，实验步骤如下：
（1）图乙中已正确连接了部分导线，请根据电路图用笔画线完成剩余部分的导线
_____；
（2）闭合开关S 前，应将滑动变阻器的滑片移到_____（选填“A”或“B”）端；
1
（3）将单刀双掷开关与2端相接，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电压表的示数
为𝑈 ，此时电流表的示数为I，指针位置如图丙所示，则读数为_____mA；
1
（4）将单刀双掷开关断开，调节滑动变阻器，使得电流表的示数仍为I，此时电压表
试卷第4页，共6页的示数为𝑈 ；
2
（5）将单刀双掷开关与1端连接，调节滑动变阻器，使得电流表的示数仍为I，此时
电压表的示数为𝑈 ；
3
（6）断开S ，整理仪器；
1
（7）根据以上实验数据，可得𝑅 =______、𝑅 =_______、𝑅 =______（用𝐼、𝑈 、
1 2 A 1
𝑈 、𝑈 表示）。
2 3
13．（10分）过山车是一项惊险刺激的娱乐项目，如图甲所示。图乙为类似的模型，
由三段玻璃细管平滑连接而成：中间为光滑圆形轨道，左侧段𝐴𝐶是光滑圆弧轨道，右
侧𝐶𝐷段为粗糙直轨道。可视为质点的钢球自𝐴点由静止释放，沿斜轨道运动后经过圆
轨道最高点B，继续运动到圆轨道最低点𝐶后，沿𝐶𝐷段轨道恰能运动到D点。已知圆
形轨道半径为R，𝐶𝐷段倾角为𝜃，钢球质量为𝑚，在经过圆轨道最高点𝐵时对上管壁的
压力大小为3𝑚𝑔，钢球在𝐶𝐷段运动时受到的摩擦阻力为其重力的𝑘倍。求：
（1）钢球释放点𝐴距离点𝐶的高度差H；
（2）求𝐶𝐷段长度𝐿的表达式。
14．（12分）如图所示，左管口封闭、粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，管内𝐴、𝐵两
段水银柱封闭有长度均为10 cm的𝑎、𝑏两段气柱，水银柱A的长度为5 cm，水银柱B
在左管中的液面比在右管中的液面高5 cm，已知大气压强为75 cmHg，环境温度为
320 K。现将环境温度降低，使气柱b长度稳定时变为9 cm，求：
（1）降低后的环境温度；
（2）水银柱A下降的高度。
试卷第5页，共6页15．（18分）如图所示，平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦内，x轴上方有垂直坐标系平面向里、半
径为R的圆形匀强磁场𝐵 （大小未知），圆心为𝑂 (0,𝑅)。x轴下方有一平行x轴的虚线
1 1
MN，在其下方有磁感应强度方向垂直坐标系平面向外、大小为𝐵 =
√3𝑚𝑣0的矩形匀强
2
2𝑞𝑅
磁场，磁场上边界与MN重合。在MN与x轴之间有平行于y轴、场强大小为𝐸 =
√3𝑚𝑣
0
2
的匀强电场（图中未画出），且MN与x轴相距Δ𝑦（大小未知）。现有两相同带电
2𝑞𝑅
粒子a、b以平行x轴的速度𝑣 分别正对𝑂 点、A点(0,2𝑅)射入圆形磁场，经偏转后都
0 1
经过坐标原点O进入x轴下方电场。已知粒子质量为m、电荷量大小为q，不计粒子
重力及粒子间的相互作用力。
（1）求磁感应强度𝐵 的大小；
1
（2）若电场沿y轴负方向，欲使带电粒子a不能到达MN，求Δ𝑦的最小值；
（3）若电场沿y轴正方向，Δ𝑦=√3𝑅，欲使带电粒子b能到达x轴上且距原点O距
离最远，求矩形磁场区域的最小面积。
试卷第6页，共6页参考答案
1．B
【详解】A．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的具体动作时不能把鱼儿视为质点，故A错误；
B．鱼儿摆尾击水时受到水的作用力，鱼儿对水的作用力和水对鱼儿的作用力是一对作用
力与反作用力，故B正确；
CD．鱼儿跃出水面过程和沉入水里过程，鱼儿对水的作用力和水对鱼儿的作用力都是一对
作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故C、D错误。
故选B。
2．C
【详解】将此力在水平和竖直方向分解，该力在水平方向的分力大小为
√3𝐹
𝐹 =𝐹sin60∘=
1 2
ABD错误，C正确。
故选C。
3．D
【详解】基态氢原子吸收光子的能量跃迁到高能级，状态不稳定，会再次释放光子，此过
程吸收或者释放的能量为氢原子能级图中跃迁前后两能级的能量差，红外线单个光子的能
量最大值为1.62eV，要使得氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕获，所需能量必须小于
或等于红外线单个光子能量的最大值，也就是必须小于或等于1.62eV，根据氢原子能级
图，1、2能级间能量差为10.2eV，2、3能级间能量差为1.89eV，3、4能级间能量差为
0.66eV，测氢原子从𝑛 =4能级跃迁到𝑛 =3能级释放的光子可被红外测温仪捕获，则给基
态氢原子提供的能量至少要使其能跃迁到𝑛 =4能级，最少应给处于基态的氢原子提供的能
量为
Δ𝐸 =−0.85eV−(−13.60eV)=12.75eV
故选D。
4．D
【详解】当开关S闭合后，原线圈输入电压𝑈 不变，即电压表V 示数不变，根据变压器原副
1 1
线圈电压表等于匝数比可得
𝑈 𝑛
2 2
=
𝑈 𝑛
1 1
可知副线圈输出电压𝑈 不变，即电压表V 示数不变，开关S闭合后，副线圈负载的总电阻
2 2
答案第1页，共10页𝑅 减小，根据欧姆定律可得
总
𝑈
2
𝐼 =
2 𝑅
总
可知副线圈电流𝐼 增大，即电流表A 示数变大，根据
2 2
𝐼 𝑛
1 2
=
𝐼 𝑛
2 1
可知原线圈电流𝐼 增大，即电流表A 示数变大，D正确，ABC错误；
1 1
故选D。
5．C
【详解】A．由于带电导体处于静电平衡状态时，导体自身为一个等势体，表面为一个等
势面，而电场线与等势面垂直，即电场线一定与带电导体表面垂直，图中实线没有与导体
表面垂直，可知，图中实线是等势线，A错误；
B．由于不知道带电导体的电性，因此没有办法确定图中电势的高低，即a点的电势可能
低于c点的电势，B错误；
C．等势线的分布的疏密程度能够间接反映电场的强弱，图中c点的等势线分布的密集程度
大于d点的等势线分布的密集程度，则c点的电场强度大于d点的电场强度，C正确；
D．根据上述，实线为等势线，a点与b点位于同一条等势线上，电势相等，则有
𝑊 =𝑞𝑈 =𝑞𝜑 −𝑞𝜑 =0
𝑎𝑏 𝑎𝑏 𝑎 𝑏
可知，点电荷从a点到c点再到b点的过程中，电场力做的功为零，D错误。
故选C。
6．D
【详解】A．根据质点Q的振动图像可知𝑡 =0时刻质点Q沿y轴正方向振动，则该波沿x
轴负方向传播，选项A错误；
BC．该波的波长𝜆 =12m，周期𝑇 =1.2s，根据
𝜆
𝑣 =
𝑇
可得该波的传播速度
𝑣 =10m/s
选项BC均错误；
D．波动图像的方程为
𝜋 𝜋
𝑦 =20sin（ 𝑥+ ）（cm）
6 3
答案第2页，共10页𝑡 =0时刻，x=0处的质点偏离平衡位置的位移大小为10√3cm，选项D正确。
故选D。
7．D
【详解】根据题意，由公式ℎ = 1 𝑔𝑡2可得，球Q的落地时间为
2
2ℎ
𝑡 =√
0 𝑔
由对称性可知，球Q上升到最高点的时间也为𝑡 ，球P的落地时间为
0
14ℎ
𝑡 =√ =√7𝑡
1 𝑔 0
则有
2𝑡 <𝑡 <3𝑡
0 1 0
可知，两球在球Q第2次下落时相碰，设经过时间𝑡两球相碰，则有
1 1
𝑔𝑡2− 𝑔(𝑡−2𝑡 )2 =6ℎ
2 2 0
解得
5 2ℎ
𝑡 = √
2 𝑔
则第一次两球碰撞时，球Q的速度为
√2𝑔ℎ
𝑣 =𝑔(𝑡−2𝑡 )=
1 0 2
球P的速度为
5√2𝑔ℎ
𝑣 =𝑔𝑡 =
2 2
由于碰撞时间极短且为弹性碰撞，则碰撞过程中，系统的动量守恒，能量守恒，则有
2𝑚𝑣 +𝑚𝑣 =2𝑚𝑣′ +𝑚𝑣
1 2 1
1 1 1 1
⋅2𝑚𝑣2+ 𝑚𝑣2 = ⋅2𝑚𝑣′2+ 𝑚𝑣2
2 1 2 2 2 1 2
解得
√2𝑔ℎ
𝑣 =−
6
故选D。
8．CD
【详解】AB．光束I在玻璃中的偏折程度较大，则折射率较大，根据
答案第3页，共10页𝑐
𝑣 =
𝑛
则光束II在玻璃中的传播速度较大，故AB错误；
C．光束I的折射率较大，则频率较大；因蓝光的频率大于黄光，所以若光束I为蓝光，则
光束II可能为黄光，故C正确；
D．根据
1
sin𝐶 =
𝑛
可知，光束II临界角较大；逐渐减小入射角i，则两光束在玻璃砖下表面的入射角变大，
则光束I在玻璃砖的下表面先发生全反射，故D正确。
故选CD。
9．BC
【详解】A．根据开普勒第二定律可知探测器在远火点𝑀点的速度最小，A错误；
B．由
𝑀𝑚 𝐺𝑀
𝐺 =𝑚𝑎，𝑎 =
𝑟2 𝑟2
可知，探测器在椭圆轨道上的𝑃点与在圆轨道上的𝑄点的加速度大小相等，B正确；
C．设火星的半径为𝑅，探测器在椭圆轨道上𝑃点的速度大小为𝑣 ，在𝑀点的速度大小为
𝑃
𝑣 ，根据开普勒第二定律有
𝑀
1 1
⋅𝑅⋅𝑣 = ⋅3𝑅⋅𝑣
2 𝑃 2 𝑀
解得
𝑣
𝑃
=3
𝑣
𝑀
C正确；
D．椭圆的半长轴𝑎 =2𝑅，根据开普勒第三定律有
𝑇 椭 2 = 𝑎3 = 8 ，故周期之比为2√2：1
𝑇 2 𝑅3 1
圆
D错误。
故选BC。
10．BCD
【详解】AC．设滑块与斜面间的动摩擦因数为𝜇，根据功能关系有
4 1
𝑊 =𝑊 +𝑊 =𝑚𝑔𝐻− 𝑚𝑔𝐻= 𝑚𝑔𝐻
Ff Ff1 Ff2 5 5
答案第4页，共10页而
𝐻
𝑊 =𝜇𝑚𝑔cos𝛼⋅
Ff1 sin𝛼
𝐻 4
𝑊 =𝜇𝑚𝑔cos𝛼⋅ ×
Ff2 sin𝛼 5
联立解得
1 1
𝑊 = 𝑚𝑔𝐻，𝜇 =
Ff1
9 12
A项错误，C项正确；
B．滑块第一次下滑过程，根据牛顿运动定律有
𝑚𝑔sin𝛼−𝜇𝑚𝑔cos𝛼 =𝑚𝑎
1
由运动学公式有
𝐻 1
= 𝑎 𝑡2
sin𝛼 2 1 1
滑块第一次上滑过程，根据牛顿运动定律有
𝑚𝑔sin𝛼+𝜇𝑚𝑔cos𝛼 =𝑚𝑎
2
由运动学公式有
4 𝐻 1
× = 𝑎 𝑡2
5 sin𝛼 2 2 2
联立解得
𝑡 5
1
=
𝑡 4
2
B项正确；
D．滑块第二次下滑过程，根据动能定理有
4 4 𝐻 1
𝑚𝑔𝐻− ×𝜇𝑚𝑔cos𝛼⋅ = 𝑚𝑣2
5 5 sin𝛼 2 2
滑块第二次上滑过程，根据动能定理有
ℎ 1
−𝑚𝑔ℎ −𝜇𝑚𝑔cos𝛼⋅ 2 =− 𝑚𝑣2
2 sin𝛼 2 2
结合
tan𝛼 =9𝜇
解得
4 2
ℎ =( ) 𝐻
2 5
滑块第n次沿斜面上升的最大高度为
答案第5页，共10页4 𝑛
ℎ =( ) 𝐻
𝑛 5
滑块在斜面上滑行的路程为
𝐻 2×4𝐻 2×16𝐻 2×4𝑛−1 𝐻 4𝑛𝐻 4𝑛 𝐻
𝑠 = + + +⋯+ ⋅ + =9(1− )
sin𝛼 5sin𝛼 25sin𝛼 5𝑛−1 sin𝛼 5𝑛sin𝛼 5𝑛 sin𝛼
由于摩擦系统产生的热量为
4𝑛
𝑄 =𝜇𝑚𝑔𝑠cos𝛼 =(1− )𝑚𝑔𝐻
5𝑛
D项正确。
故选BCD。
11． 变大 变小 ①
【详解】（1）[1][2]小球做圆周运动时有
2𝜋 2
𝑇 =𝐹 =𝑚𝜔2𝑟=𝑚⋅( ) ⋅𝑟
向 𝑇
所以当小球运动半径不变，仅减小运动周期，小球受到的拉力将变大；若保持小球运动的
周期不变，仅减小运动半径，小球受到的拉力将变小。
（2）[3]根据题意有
𝑡
𝑇 =
𝑛
可得
2𝜋𝑛 2 𝑛 2
𝐹 =𝑚⋅( ) ⋅𝑟 =4𝜋2𝑚𝑟⋅( )
𝑡 𝑡
因为甲球的质量较大，所以可得曲线①为小球甲的实验数据。
12． A 2.60
𝑈2−𝑈3 𝑈2−𝑈1 𝑈3+𝑈1−𝑈2
𝐼 𝐼 𝐼
【详解】（1）[1]按照电路图连接实物图如图所示
答案第6页，共10页（2）[2]闭合开关S 前，滑动变阻器的滑片应滑到A端，以保护电路；
1
（3）[3]毫安表的最小刻度为0.1mA，要估读到下一位，读数为2.60mA；
（7）[4][5][6]单刀双掷开关与2端相接，根据欧姆定律有
𝑈
1
𝑅 +𝑅 =
1 A 𝐼
单刀双掷开关断开，有
𝑈
2
𝑅 +𝑅 +𝑅 =
1 A 2 𝐼
单刀双掷开关与1端连接，有
𝑈
3
𝑅 +𝑅 =
2 A 𝐼
解得
𝑈 −𝑈
2 3
𝑅 =
1 𝐼
𝑈 −𝑈
2 1
𝑅 =
2 𝐼
𝑈 +𝑈 −𝑈
1 3 2
𝑅 =
A 𝐼
4𝑅
13．（1）𝐻 =4𝑅；（2）𝐿 =
sin𝜃+𝑘
【详解】（1）根据题意，钢球经B点时，由牛顿第二定律有
𝑚𝑣 2
𝐵
𝐹 +𝑚𝑔 =
N 𝑅
其中
𝐹 =3𝑚𝑔
N
解得
𝑣 =2√𝑔𝑅
𝐵
钢球由A到B过程中，由动能定理有
1
𝑚𝑔(𝐻−2𝑅)= 𝑚𝑣2
2 𝐵
答案第7页，共10页解得
𝐻 =4𝑅
（2）根据题意，钢球A到D过程中，由动能定理有
𝑚𝑔(4𝑅−𝐿sin𝜃)−𝑘𝑚𝑔𝐿=0
解得
4𝑅
𝐿 =
sin𝜃+𝑘
14．（1）280.32K；（2）2.24cm
【详解】（1）初始时，右管中气柱a的压强为
𝑝 =75cmHg+5cmHg=80cmHg
1
左管中气柱b的压强为
𝑝 =𝑝 −5cmHg=75cmHg
2 1
温度降低后，气柱a的压强不变，气柱b的压强为
𝑝′ =𝑝 −7cmHg=73cmHg
2 1
对气柱b，根据理想气体状态方程有
𝑝 𝐿 𝑆 𝑝′ 𝐿′ 𝑆
2 2 = 2 2
𝑇 𝑇
1 2
解得
𝑇 =280.32K
2
（2）气柱a发生等压变化，有
𝐿 𝑆 𝐿′ 𝑆
1 1
=
𝑇 𝑇
1 2
解得
𝐿′ =8.76cm
1
则水银柱A下降的高度为
ℎ =1cm+10cm−8.76cm=2.24cm
15．（1） 𝑚𝑣0；（2）√3 𝑅；（3）4(2+√3)𝑅2
𝑞𝑅 3
【详解】（1）a、b平行进入圆形磁场，均进过原点O，则根据“磁聚焦”可知，粒子做圆周
运动的半径大小与磁场区域半径大小相等，即
𝑟 =𝑅
又
答案第8页，共10页𝑣2
0
𝑞𝑣 𝐵 =𝑚
0 1 𝑟
解得
𝑚𝑣
0
𝐵 =
1 𝑞𝑅
（2）带电粒子a从O点沿y轴负方向进入电场后做减速运动，则由动能定理可得
1
𝑞𝐸Δ𝑦 = 𝑚𝑣2
2 0
解得
𝑚𝑣2 √3
0
Δ𝑦 = = 𝑅
2𝑞𝐸 3
（3）若匀强电场沿y轴正方向，则粒子b从原点O沿x轴负向进入电场，做类平抛运动，
设粒子b经电场加速度后的速度大小为v，在MN下方磁场做匀速圆周运动的轨道半径为
𝑟 ，粒子b离开电场进入磁场时速度方向与水平方向夹角为𝜃，如图甲所示
1
则有
1 1
𝑞𝐸Δ𝑦 = 𝑚𝑣2− 𝑚𝑣2
2 2 0
解得
𝑣 =2𝑣
0
又
𝑣 1
0
cos𝜃 = =
𝑣 2
则
𝜃 =60°
在电场中
Δ𝑦 = 1𝑞𝐸 𝑡2，𝑥 =𝑣 𝑡 =2𝑅
2𝑚 1 0 1
在磁场中有
答案第9页，共10页𝑣2
𝑞𝑣𝐵 =𝑚
2 𝑟
1
解得
4√3
𝑟 = 𝑅
1 3
如图乙所示，由几何关系可知，在矩形磁场中运动的圆心𝑂 在y轴上，当粒子从矩形磁场
2
右边界射出，且方向与x轴正方向夹角为60°时，粒子能够到达x轴，距离原点O最远。
则最小矩形区域水平边长为
𝑙 =𝑟 +𝑟 sin𝜃
1 1 1
竖直边长为
𝑙 =𝑟 +𝑟 cos𝜃
2 1 1
则最小面积为
𝑆 =𝑙 𝑙 =𝑟2(1+sin𝜃)(1+cos𝜃)=4(2+√3)𝑅2
1 2 1
答案第10页，共10页
