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2024 年高考山东卷物理
一、单选题
1．2024年是中国航天大年，神舟十八号、嫦娥六号等已陆续飞天，部分航天器装载了具有抗干扰性强的核电池。
已知90Sr衰变为90Y的半衰期约为29年；238Pu衰变为234U的半衰期约87年。现用相同数目的90Sr和238Pu各做一
38 39 94 92 38 94
块核电池，下列说法正确的是（ ）
A．90Sr衰变为90Y时产生α粒子
38 39
B．238Pu衰变为234U时产生β粒子
94 92
C．50年后，剩余的90Sr数目大于238Pu的数目
38 94
D．87年后，剩余的90Sr数目小于238Pu的数目
38 94
【答案】D
【详解】A．根据质量数守恒和电荷数守恒可知90Sr衰变为90Y时产生电子，即β粒子，A错误；
38 39
B．根据质量数守恒和电荷数守恒可知238Pu衰变为234U时产生4He，即α粒子，B错误；
94 92 2
CD．根据题意可知238Pu的半衰期大于90Sr的半衰期，现用相同数目的90Sr和238Pu各做一块核电池，经过相同的时
94 38 38 94
间，90Sr经过的半衰期的次数多，所以90Sr数目小于238Pu的数目，D正确，C错误。
38 38 94
故选D。
2．如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于（ ）
1 3 2 3
A． B． C． D．
2 3 2 2
【答案】B
【详解】根据题意可知机器人“天工”它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”分析有
mgsin30°≤µmgcos30°
3
可得µ≥tan30°=
3
故选B。
3．如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度L，通过
A点的时间间隔为∆t ；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为∆t ∆t :∆t 为（ ）
1 2。 2 1A．( 3−1):( 2−1)
B．( 3− 2):( 2−1)
C．( 3+1):( 2+1)
D．( 3+ 2):( 2+1)
【答案】A
【详解】木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为a，木板从静止释放到下端到达A点的过程，根据
1
运动学公式有L= at2
2 0
1
木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L= at2
2 1
1
当木板长度为2L时，有3L= at2
2 2
又∆t =t −t ，Δt =t −t
1 1 0 2 2 0
( ) ( )
联立解得Δt :Δt = 3−1 : 2−1
2 1
故选A。
4．检测球形滚珠直径是否合格的装置如图甲所示，将标准滚珠a与待测滚珠b、c放置在两块平板玻璃之间，用单
色平行光垂直照射平板玻璃，形成如图乙所示的干涉条纹。若待测滚珠与标准滚珠的直径相等为合格，下列说法正
确的是（ ）
A．滚珠b、c均合格
B．滚珠b、c均不合格
C．滚珠b合格，滚珠c不合格
D．滚珠b不合格，滚珠c合格
【答案】C
【详解】单色平行光垂直照射平板玻璃，上、下玻璃上表面的反射光在上玻璃上表面发生干涉，形成干涉条纹，光
程差为两块玻璃距离的两倍，根据光的干涉知识可知，同一条干涉条纹位置处光的波程差相等，即滚珠a的直径与
滚珠b的直径相等，即滚珠b合格，不同的干涉条纹位置处光的波程差不同，则滚珠a的直径与滚珠c的直径不相
等，即滚珠c不合格。
故选C。
5．“鹊桥二号”中继星环绕月球运行，其24小时椭圆轨道的半长轴为a。已知地球同步卫星的轨道半径为r，则月球
与地球质量之比可表示为（ ）r3 a3 r3 a3
A． B． C． D．
a3 r3 a3 r3
【答案】D
a3
【详解】“鹊桥二号”中继星在24小时椭圆轨道运行时，根据开普勒第三定律 =k
T2
r3
同理，对地球的同步卫星根据开普勒第三定律 =k′
T′2
M k
又开普勒常量与中心天体的质量成正比，所以 月 =
M k′
地
M a3
联立可得 月 =
M r3
地
故选D。
6．一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a
过程是等温过程。下列说法正确的是（ ）
A．a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
B．b→c过程，气体对外做功，内能增加
C．a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D．a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量
【答案】C
【详解】A．a→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W<0，由盖-吕萨克定律可知T >T 。即内
b a
能增大，ΔU >0，根据热力学第一定律ΔU =Q+W 可知a→b过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，
ab
另一部分用于增加内能，A错误；
B．方法一：b→c过程中气体与外界无热量交换，即Q =0
bc
又由气体体积增大可知W <0，由热力学第一定律ΔU =Q+W 可知气体内能减少。
bc
方法二：c→a过程为等温过程，所以T =T
c a
结合T >T 分析可知T >T ，所以b到c过程气体的内能减少。B错误；
b a b c
C．c→a过程为等温过程，可知T =T ,ΔU =0
c a ac
根据热力学第一定律可知a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；
D．根据热力学第一定律结合上述解析可知：a→b→c→a一整个热力学循环过程ΔU =0，整个过程气体对外做
功，因此热力学第一定律可得∆U =Q −Q −W =0
ab ca故a→b过程气体从外界吸收的热量Q 不等于c→a过程放出的热量−Q ，D错误。
ab ca
故选C。
7．如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳
连接，连接点等高且间距为d（d<l）。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能
1
E= kx2（x为绳的伸长量）。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人
2
与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于
（ ）
(µmg)2 3(µmg)2
A． +µmg(l−d) B． +µmg(l−d)
2k 2k
3(µmg)2 (µmg)2
C． +2µmg(l−d) D． +2µmg(l−d)
2k 2k
【答案】B
【详解】当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有kx =µmg
0
µmg
解得弹性绳的伸长量x =
0 k
1 µ2m2g2
则此时弹性绳的弹性势能为E = kx2 =
0 2 0 2k
从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为
x = x +l−d
1 0
3(µmg)2
则由功能关系可知该过程F所做的功W =E +µmgx = +µmg(l−d)
0 1 2k
故选B。
8．如图甲所示，在-d≤x≤d，-d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（用阴影表
示磁场的区域），边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动
势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可
能为（ ）
A． B．C． D．
【答案】C
【详解】磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为e=Esinωt
3E π
由题图丙可知，磁场区域变化后，当Esinωt = 时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转 时开始切割
2 3
π
磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为d′=2dcos =d
3
C正确。
故选C。
二、多选题
9．甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速均为2m/s。t=0时刻二者在x=2m处相遇，波形图
如图所示。关于平衡位置在x=2m处的质点P，下列说法正确的是（ ）
A．t=0.5s时，P偏离平衡位置的位移为0
B．t=0.5s时，P偏离平衡位置的位移为−2cm
C．t=1.0s时，P向y轴正方向运动
D．t=1.0s时，P向y轴负方向运动
【答案】BC
【详解】AB．在0.5s内，甲、乙两列波传播的距离均为∆x=v∆t =2×0.5m=1m
根据波形平移法可知，t=0.5s时，x=1m处甲波的波谷刚好传到P处，x=3m处乙波的平衡位置振动刚好传到P
处，根据叠加原理可知，t=0.5s时，P偏离平衡位置的位移为−2cm，A错误，B正确；
CD．在1.0s内，甲、乙两列波传播的距离均为∆x′=v∆t′=2×1.0m=2m
根据波形平移法可知，t =1.0s时，x=0甲波的平衡位置振动刚好传到P处，x=4m处乙波的平衡位置振动刚好传
到P处，且此时两列波的振动都向y轴正方向运动，根据叠加原理可知，t=1.0s时，P向y轴正方向运动，C正确，
D错误。
故选BC。
10．如图所示，带电量为+q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质
量为m、带电量为+q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度
为零。已知AC间的距离为S，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）3kq2
A．OB的距离l=
mg
3kq2
B．OB的距离l=
3mg
C．从A到C，静电力对小滑块做功W=﹣mgS
mgS
D．AC之间的电势差U =﹣
AC
2q
【答案】AD
【详解】AB．由题意知小滑块在B点处的加速度为零，则根据受力分析有沿斜面方向
kq2
mgsin30° = cos30°
l2
3kq2
解得l =
mg
A正确，B错误；
C．因为滑到C点时速度为零，小滑块从A到C的过程，静电力对小滑块做的功为W，根据动能定理有
W +mgSsin30°=0
mgS
解得W =− 。C错误；
2
W mgS
D．根据电势差与电场强度的关系可知AC之间的电势差U = =−
AC q 2q
D正确。
故选AD。
11．如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平
桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场（图中未画出），
导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO'放置在导轨图示位置，由静止释放。MN 运
动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是（ ）
A．MN最终一定静止于OO'位置
B．MN运动过程中安培力始终做负功
C．从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN的速率一直在增大
D．从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN中电流方向由M到N
【答案】ABD
【详解】A．由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN的
机械能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN最终一定静止于OO'位置，A正确；
B．当金属棒MN向右运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，根据左手定则，可知金属棒MN受到
的安培力水平向左，则安培力做负功；当金属棒MN向左运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由N到M，根
据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向右，则安培力做负功；可知MN运动过程中安培力始终做负功，
B正确；
C．金属棒MN从释放到第一次到达OO'位置过程中，由于在OO'位置重力沿切线方向的分力为0，可知在到达OO'位置之前的位置，重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，C错误；
D．从释放到第一次到达OO'位置过程中，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，D正确。
故选ABD。
12．如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v 大小为20m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和
0
落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法
正确的是（ ）
A．运动时间为2 3s
B．落地速度与水平方向夹角为60°
C．重物离PQ连线的最远距离为10m
D．轨迹最高点与落点的高度差为45m
【答案】BD
【详解】AC．将初速度分解为沿PQ方向分速度v 和垂直PQ分速度v ，则有
1 2
v =v cos60°=10m/s，v =v sin60°=10 3m/s
1 0 2 0
将重力加速度分解为沿PQ方向分速度a 和垂直PQ分速度a ，则有a =gsin30°=5m/s2，a =gcos30°=5 3m/s2
1 2 1 2
v
垂直PQ方向根据对称性可得重物运动时间为t =2 2 =4s
a
2
v2
重物离PQ连线的最远距离为d = 2 =10 3m
max 2a
2
AC错误；
B．重物落地时竖直分速度大小为v =−v sin30°+gt =30m/s
y 0
v v
则落地速度与水平方向夹角正切值为tanθ= y = y = 3
v v cos30°
x 0
可得θ=60°。B正确；
v sin30°
D．从抛出到最高点所用时间为t = 0 =1s
1 g
1
则从最高点到落地所用时间为t =t−t =3s。轨迹最高点与落点的高度差为h= gt2 =45m
2 1 2 2
D正确。
故选BD。
三、实验题
13．在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验。受此启发，某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实
验，气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器，a测量滑块A与它的距离x ，b测量滑块B与它的距离x 。部
A B
分实验步骤如下：①测量两个滑块的质量，分别为200.0g和400.0g；
②接通气源，调整气垫导轨水平；
③拨动两滑块，使A、B均向右运动；
④导出传感器记录的数据，绘制x 、x 随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。
A B
回答以下问题：
(1)从图像可知两滑块在t= s时发生碰撞；
(2)滑块B碰撞前的速度大小v= m/s （保留2位有效数字）；
(3)通过分析，得出质量为200.0g的滑块是 （填“A”或“B”）。
【答案】(1)1.0
(2)0.20
(3)B
【详解】（1）由x−t图像的斜率表示速度可知两滑块的速度在t=1.0s时发生突变，即这个时候发生了碰撞；
（2）根据x−t图像斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞前瞬间B的速度大小为
90−110
v= cm/s=0.20m/s
1.0
（3）由题图乙知，碰撞前A的速度大小v =0.50m/s，碰撞后A的速度大小约为v′ =0.36m/s，由题图丙可知，碰
A A
撞后B的速度大小为v′ =0.5m/s，A和B碰撞过程动量守恒，则有
B
m v +m v=m v′ +m v′
A A B A A B B
m
代入数据解得 A ≈2
m
B
所以质量为200.0g的滑块是B。
14．某学习小组对两种型号铅笔芯的电阻率进行测量。实验器材如下：
学生电源（输出电压0~16V）
滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流2A）；
电压表V（量程3V，内阻未知）；
电流表A（量程3A，内阻未知）；
待测铅笔芯R（X型号、Y型号）；
游标卡尺，螺旋测微器，开关S，单刀双掷开关K，导线若干。回答以下问题：
(1)使用螺旋测微器测量铅笔芯直径，某次测量结果如图甲所示，该读数为 mm；
(2)把待测铅笔芯接入图乙所示电路，闭合开关S后，将滑动变阻器滑片由最右端向左调节到合适位置，将单刀双掷
开关K分别掷到1、2端，观察到电压表示数变化比电流表示数变化更明显，则测量铅笔芯电阻时应将K掷到
（填“1”或“2”）端；
(3)正确连接电路，得到Y型号铅笔芯I-U图像如图丙所示，求得电阻R = Ω（保留3位有效数字）；采用同样
Y
方法得到X型号铅笔芯的电阻为1.70Ω；
(4)使用游标卡尺测得X、Y型号铅笔芯的长度分别为40.68mm、60.78mm，使用螺旋测微器测得X、Y型号铅笔芯
直径近似相等，则X型号铅笔芯的电阻率 （填“大于”或“小于”）Y型号铅笔芯的电阻率。
【答案】(1)2.450
(2)1
(3)1.91
(4)大于
【详解】（1）根据螺旋测微器的读数规则可知，其读数为d =2mm+0.01×45.0mm=2.450mm
（2）由于电压表示数变化更明显，说明电流表分压较多，因此电流表应采用外接法，即测量铅笔芯电阻时应将K
掷到1端；
2.50V
（3）根据图丙的I-U图像，结合欧姆定律有R = =1.91Ω
Y 1.31A
l
（4）根据电阻定律R=ρ
S
RS
可得ρ=
l
两种材料的横截面积近似相等，分别代入数据可知ρ >ρ
X Y
四、解答题15．某光学组件横截面如图所示，半圆形玻璃砖圆心为O点，半径为R；直角三棱镜FG边的延长线过O点，EG
边平行于AB边且长度等于R，∠FEG=30°。横截面所在平面内，单色光线以θ角入射到EF边发生折射，折射光线
垂直EG边射出。已知玻璃砖和三棱镜对该单色光的折射率均为1.5。
（1）求sinθ；
（2）以θ角入射的单色光线，若第一次到达半圆弧AMB可以发生全反射，求光线在EF上入射点D（图中未标出）
到E点距离的范围。
2 3
【答案】（1）sinθ=0.75；（2）0<x≤ R
9
sinθ
【详解】（1）根据题意设光在三棱镜中的折射角为α，则根据折射定律有n=
sinα
由于折射光线垂直EG边射出，根据几何关系可知α=∠FEG=30
代入数据解得sinθ=0.75
（2）根据题意作出单色光第一次到达半圆弧AMB恰好发生全反射的光路图如图
则根据几何关系可知FE上从P点到E点以θ角入射的单色光线第一次到达半圆弧AMB都可以发生全反射，根据全
1
反射临界角公式有sinC =
n
设P点到FG的距离为l，则根据几何关系有l=RsinC
R−l
又因为x =
PE cos30°
2 3
联立解得x = R
PE 9
2 3
所以光线在EF上的入射点D到E点的距离范围为0<x≤ R
9
16．图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄
顶部封闭，横截面积S =1.0cm2，长度H=100.0cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S =90.0cm2，高度h=20.0cm，
1 2
罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄
浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体。已知液体密度
ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度大小g=10m/s2，大气压p =1.0×105Pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，
0
忽略器壁厚度。
（1）求x；
（2）松开孔A，从外界进入压强为p 、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰
0
好剩余一半的液体，求V。【答案】（1）x=2cm；（2）V =8.92×10−4m3
【详解】（1）根据题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程只能够，气体发生等温变化，所以有p (H −x)S = p HS
1 1 2 1
又因为p = p p +ρgh= p
1 0 2 0
代入数据联立解得x=2cm
h
（2）当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有pV + p HS = p HS + S
0 2 1 3 1 2 2
h
又因为p +ρg⋅ = p
3 2 0
代入数据联立解得V =8.92×10−4m3
17．如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，
两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因
数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.
（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点
的速度大小v；
（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如
图乙所示。
（i）求μ和m；
（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8N，当小物块到P点时撤去F，小物块从
Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。
【答案】（1）v=4m/s；（2）（i）m=1kg，µ=0.2；（3）L=4.5m
v2
【详解】（1）根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有mg+3mg =m
R
代入数据解得v=4m/s
（2）（i）根据题意可知当F≤4N时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知F =(M+m)a
1
根据图乙有k = =0.5kg−1
M +m
当外力F >4N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有F−µmg =Ma
1 µmg
结合题图乙有a= F−
M M
1
可知k = =1kg−1
M
µmg
截距b=− =−2m/s2
M联立以上各式可得M =1kg，m=1kg，µ=0.2
（ii）由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s2，小物块的加速度为a =µg =2m/s2
2
当小物块运动到P点时，经过t 时间，则轨道有v =at
0 1 10
小物块有v =a t
2 2 0
1 1 1 1
在这个过程中系统机械能守恒有 Mv2+ mv2 = Mv2+ mv2+2mgR
2 1 2 2 2 3 2 4
水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有Mv +mv =Mv +mv
1 2 3 4
联立解得t =1.5s
0
1 1
根据运动学公式有L= at2− a t2
2 10 2 2 0
代入数据解得L=4.5m
18．如图所示，在Oxy坐标系x>0，y>0区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置
一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN=60°，挡板上有一小孔K位于MN中点。 OMN
3
之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y轴左侧的粒子发生器在0＜y＜ L的范围内可以产生质量为△m，
2
电荷量为+q的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经
此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及
粒子间相互作用力。
（1）求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U ；
0
（2）调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和
方向；
qB2L2
（3）当加速电压为 时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。
24m
qB2L2 qB2L (3− 3)L
【答案】（1）U = ；（2）E = ，方向沿x轴正方向；（3）d =
0 8m 4m m 12
【详解】（1）由题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如图所示
L
根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r=x =
SK 2v2
在OMN 区域根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m
r
1
在匀强加速电场中由动能定理有U q= mv2
0 2
qB2L2
联立解得U =
0 8m
（2）由题意，当轨迹半径最小时，粒子速度最小，则作出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图所示
L
根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r′= x cos60°=
NK 4
v′2
在OMN 区域根据洛伦兹力提供向心力有qv′B=m
r′
粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则可知粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒
子经过小孔K后受到的电场力沿x轴正方向，又粒子带正电，则OMN 之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正
方向，大小满足qv′B=Eq
qB2L
联立可得E =
4m
1
（3）在匀强加速电场中由动能定理有Uq= mv′′2
2
3qBL
可得v′′=
6m
v′′2
在OMN 区域根据洛伦兹力提供向心力有qv′′B=m
r′′
3
可得粒子在OMN 区域运动的轨迹半径r′′= L
6
作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图所示
L
粒子出K时，v′′越偏向y轴，离y轴越近，由几何关系有 4 3 。则有θ=60°
sinθ= =
r′′ 2
qBL
由配速法将运动分解为y轴方向的匀速直线运动和沿x方向的匀速圆周运动，其中v′′=v′′sinθ= 。
y 4m
qBL mv′′ 3
v′′=v′′cosθ= 。匀速圆周运动的半径为r = x = L
x 4 3m y qB 12
L (3− 3)L
因此最小距离为d = −r =
m 4 y 12
