文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（全国卷专用）
黄金卷04
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
第 I 卷（选择题）
一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的）
1．下列说法正确的是（ ）
A. 分析布朗运动会发现，悬浮的颗粒越大，温度越高，布朗运动越剧烈
B. 一定质量的气体，温度升高时，分子间的平均动能不一定增大
C. 分子间的距离r存在某一值r，当r大于r 时，分子间引力小于斥力，当r小于r 时，分子间斥力小于
0 0 0
引力
D. 已知铜的摩尔质量为M（kg/mol），铜的密度为ρ（kg/m3），阿伏加德罗常数为N （mol-1），1 m3铜
A
所含的原子数为
【答案】D
【解析】A．根据布朗运动实验结论，布朗运动是分子无规则热运动的反映，悬浮的颗粒越小，温度越高，
布朗运动越剧烈，故A错误；
B．一定质量的理想气体，温度升高时，分子平均动能必定增大，故B错误；
C．分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，当r=r 时，F =F ，
0 引 斥
分子力F=0；当r＞r 时，分子间引力大于斥力；当r＜r 时，分子间斥力大于引力，故C错误；
0 0
D．已知铜的摩尔质量为M（kg/mol），铜的密度为ρ（kg/m3），阿伏加德罗常数为N （mol-1），1m3铜
A
的质量为ρ，物质的量为
故分子数为
故D正确；
故选D。
2．如图，将水平面上一块平板玻璃放置在另一平板玻璃之上，使在两玻璃表面之间形成一个倾角 很小的劈形空气薄膜，光从上方入射后，从上往下看到的干涉条纹有如下特点：（1）任意一条明条纹或暗条
纹所在位置下面的薄膜厚度相等；（2）任意相邻明条纹中心位置或暗条纹中心位置所对应的薄膜厚度差
恒定。由此可以判定在垂直水平面的入射光不变的情况下，相邻明条纹或暗条纹的间距 与倾角 （单
位为rad）的关系图像可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设任意相邻明条纹或暗条纹中心位置所对应的薄膜厚度差为 ，根据几何关系可得
由于任意相邻明条纹或暗条纹所对应的薄膜厚度差恒定，又倾角 很小，则有
可得
故选D。
3．可变电容器是一种电容可以在一定范围内调节的电容器，通过改变极极间相对的有效面积或极板间距
离，它的电容就相应地变化。通常在无线电接收电路中作调谐电容器用。如图所示，水平放置的两半圆形金属极板由绝缘转轴连接，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动，也可上下平移，
起初两极板边缘对齐，上极板通过开关S与电源正极相连，下极板接地后与电源负极相连，初始时开关S
闭合，极板间有一带电粒子P恰好处于静止状态。忽略边缘效应，关于两极板组成的电容器下列说法正确
的是（ ）
A. 保持开关S闭合，若只将上极板转过30°，则电容器电容增大
B. 保持开关S闭合，若只将上极板转过30°，则电容器所带电荷量不变
C. 保持开关S闭合，若只将上极板转过30°，则电容器两极板连线中点处电势变小
D. 断开开关S，只将板间距变为原来的二倍，则带电粒子仍处于静止状态
【答案】D
【解析】AB．保持开关S闭合，则电容器两极板的电压U保持不变，若将上极板转过30°，两极板的正对
面积减小，根据电容的定义式
S减小，C减小，Q减小，故AB错误；
C．根据电场强度与电势差的关系
可得，E不变，则电容器两极板连线中点与下极板间的电势差不变，由于下极板接地，其电势始终为零，
所以电容器两极板连线中点处电势不变，故C错误；
D．断开开关S，则电容器两极板的带电荷量不变，只将板间距变为原来的二倍，则电容器的电容变为原
来的一半，两极板的电压变为原来的二倍，所以电容器内部的电场强度不变，粒子所受电场力不变，带电
粒子仍处于静止状态，故D正确。
故选D。
4．如图，在跨过光滑定滑轮的轻绳拉动下，木箱从距滑轮很远处沿水平地面向右匀速运动。已知木箱与地面间的动摩擦因数为 ，木箱始终在地面上。则整个过程中拉力F的大小变化情况是（ ）
A. 先减小后增大 B. 先增大后减小 C. 一直减小 D. 一直增大
【答案】A
【解析】对物体受力分析，如图所示
无论 如何变化，支持力与摩擦力的合力方向不变，则有
则
设两个力的合力为 ，则由矢量三角形知拉力 垂直 ，拉力最小，此时拉力与水平方向的夹角为 ，
当 角由0增加到 时，拉力逐渐减小，当 角由 继续增加时，拉力一直增大，故A正确，BCD错
误。
故选A。
5．如图所示，在绝缘光滑水平面上有一劲度系数为k的绝缘轻弹簧，弹簧左端固定在竖直墙上，右端固定
一电荷量为＋q的小球。小球静止在O点，弹簧处于原长。现在整个空间加水平向右的匀强电场，场强为
E，小球向右最多运动到B点，弹簧始终在弹性限度内，则（ ）A. 小球在B点时，弹簧弹力大小等于qE
B. O、B两点距离为
C. 小球振动周期与电场强度大小无关
D. 小球从O点运动到B点过程中，动能与电势能的和在不断增大
【答案】C
【解析】A．小球在水平面内做简谐运动，故OB两点受力大小相等，方向相反，则
小球在B点时，弹簧弹力大小
A错误；
B．根据胡克定律
可得
B错误；
C．由简谐振动的规律可知，小球振动周期与电场强度大小无关，C正确；
D．根据能量守恒，系统的动能、电势能与弹性势能的和不变，小球从O点运动到B点过程中，弹性势能
不断增大，故动能与电势能的和在不断减小，D错误。
故选C。
6．如图所示，2023个完全相同的小球通过完全相同的轻质弹簧（在弹性限度内）相连，在水平拉力F的
作用下，一起沿水平面向右运动，设1和2之间弹簧的弹力为 ，2和3之间弹簧的弹力为 ，……，
2022和2023之间弹簧的弹力为 ，则下列说法 不 正确 的是（ ）A. 若水平面光滑，从左到右每根弹簧长度之比为1∶2∶3∶…∶2021∶2022
B. 若水平面粗糙，撤去F的瞬间，第2000号小球的加速度不变
C. 若水平面光滑，
D. 若水平面粗糙，
【答案】A
【解析】AC．若水平面光滑，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得
解得
分别以后面的第1、2、3…、2022个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得
以此类推
可得
由胡克定律可知
可知从左到右每根弹簧伸长量之比为
但长度之比不满足 ，故A错误，C正确；
B．若水平面粗糙，撤去 的瞬间，第2000号小球所受的两边弹簧的弹力以及摩擦力都不变，则加速度不
变，故B正确；D．若水平面粗糙，设每个小球受的滑动摩擦力为 ，则以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得
解得
分别以后面的第1、2、3…、2022个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得
以此类推
则
故D正确。
故选A。
7．2021年10月16日，“神舟十三号”载人飞船成功与“天和”核心舱对接，3名航天员顺利进入“天
和”核心舱。发射载人飞船和空间站对接的一种方法叫“同椭圆轨道法”，简化示意图如图所示，先把飞
船发射到近地圆轨道Ⅰ，继而调整角度和高度，经过多次变轨不断逼近空间站轨道，当两者轨道很接近的时
候，再从空间站下方、后方缓慢变轨接近。Ⅱ、Ⅲ是绕地球运行的椭圆轨道，Ⅳ是绕地球运行、很接近空
间站轨道的圆形轨道。P、Q分别为椭圆轨道Ⅲ的远地点和近地点，P、Q之间的距离为 ，地球半径为
R。下列说法正确的是（ ）A. 载人飞船在轨道Ⅲ上的机械能比在轨道Ⅱ上大
B. 载人飞船在轨道Ⅲ和轨道Ⅰ上运动的周期之比为
C. 载人飞船在轨道Ⅲ上P处与Q处的加速度大小之比为
D. 载人飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅳ的线速度大小之比为
【答案】A
【解析】A．载人飞船在Ⅲ轨道和Ⅱ轨道上运行时机械能守恒，在Q点由Ⅱ轨道变到Ⅲ轨道需要点火加速，
有其它形式能转化为机械能，所以载人飞船在Ⅲ轨道上的机械能比在Ⅱ轨道上大，故A正确；
B．由开普勒第三定律种
解得
故B错误；
C．设地球质量为M，载人飞船的质量为m，万有引力常量为G，由牛顿第二定律得
解得载人飞船在Ⅲ轨道P处与Q处的加速度大小之比为
故C错误；
D．由万有引力提供向心力得解得载人飞船在Ⅰ轨道和Ⅳ轨道的线速度大小之比为
故D错误。
故选A。
8．如图所示，一个抛出的桔子在空中飞过墙上的六扇窗户，桔子通过窗户所用的时间分别为 、 、 、
、 和 ，桔子通过窗户的平均速率分别为 、 、 、 、 和 。不计空气阻力，以下关系正确
的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】CD．如图所示，不计空气阻力，抛出的桔子做斜抛运动，其任意时刻的速度可以分解成水平方向
的匀速运动，和竖直方向的竖直上抛运动。由题图可知，其经过1、2、3窗户处于上升阶段，经过4、5、
6窗户处于下降阶段。上升阶段竖直方向速度随时间关系为
所以1窗户的竖直方向平均速度大小大于2窗户的竖直方向的速度大小大于3窗户的竖直方向速度大小，
又因为其水平方向速度大小不变，所以根据运动的合成知识可知有
同理，下降阶段竖直方向速度随时间关系为所以4窗户的竖直方向平均速度大小小于5窗户的竖直方向的速度大小大于6窗户的竖直方向速度大小，
又因为其水平方向速度大小不变，所以根据运动的合成知识可知有
故CD错误。
AB．由上述分析可知，经过1、2、3窗户处于上升阶段，且1窗户的竖直方向平均速度大小大于2窗户的
竖直方向的速度大小大于3窗户的竖直方向速度大小。其通过窗户的高度相等，根据运动学知识点可知
经过4、5、6窗户处于下降阶段，其通过窗户的水平距离相等，而在桔子水平方向上其做匀速直线运动，
所以有
故A错误，B正确。
故选B。
二、多项选择题（本题包含4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中，至少
有两个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
9．红外测温具有响应时间快、非接触、安全准确的优点，在新冠疫情防控中发挥了重要作用。红外测温
仪捕捉被测物体电磁辐射中的红外线部分，将其转变成电信号。图甲为红外线光谱的三个区域，图乙为氢
原子能级示意图，已知普朗克常量 ，光在真空中的速度 ，
，下列说法正确的是（ ）
A. 红外线光子能量的最大值约为B. 氢原子从 能级向 能级跃迁时释放出的光子能被红外测温仪捕捉
C. 大量氢原子从 能级向低能级跃迁时，红外测温仪可捕捉到2种频率的光子
D. 大量处于 激发态的氢原子吸收能量为 的光子后，辐射出的光子可能被红外测温仪捕捉
【答案】AD
【解析】A．红外线最短波长和最长波长分别为
根据光子能量
代入数据可得光子最大和最小能量分别为 ， ，A正确；
B．氢原子从 能级向 能级跃迁时释放出的光子能量
因此不会被红外测温仪捕捉到，B错误；
C．大量氢原子从 能级向低能级跃迁时，放出的能量为
由此可得，只有从 向 能级跃迁时放出的光子能量在红外区，因此红外测温仪可捕捉到1种频率
的光子，C错误；
D．大量处于 激发态的氢原子吸收能量为 的光子后跃迁到 的能级，再从该能级向回跃
迁时，放出的能量有由此可得辐射出的光子可能被红外测温仪捕捉，D正确。
故选AD。
10．(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中
O、O′分别为两轮盘的轴心，已知两个轮盘的半径之比r ∶r ＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑。
甲 乙
今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的完全相同的滑块 A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，
两滑块与轴心O、O′的间距R ＝2R 。若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来；且转速逐渐增加，则下列叙
A B
述正确的是( )
A．滑块A和B均与轮盘相对静止时，角速度之比为ω ∶ω ＝1∶3
A B
B．滑块A和B均与轮盘相对静止时，向心加速度之比为a ∶a ＝2∶9
A B
C．转速增加后滑块B先发生滑动
D．转速增加后两滑块一起发生滑动
解析：选ABC 由题意可知两轮盘边缘的线速度v大小相等，由v＝ωr可知，ω ∶ω ＝1∶3，所以两滑
甲 乙
块均与轮盘相对静止时，A、B的角速度之比为ω ∶ω ＝1∶3，故A正确；两滑块均与轮盘相对静止时，
A B
根据a＝Rω2，得A、B的向心加速度之比为a ∶a ＝2∶9，故B正确；根据题意可得滑块的最大静摩擦力
A B
为f＝μmg，转动中所受的静摩擦力之比为f ′∶f ′＝ma ∶ma ＝2∶9，可知滑块B先达到最大静摩擦力，先
A B A B
开始滑动，故C正确，D错误。
11．现代科技中常常利用电场来控制带电粒子的运动。某控制装置由加速电场、偏转电场和收集装置组成，
如图所示。加速电场可以提供需要的电压，偏转电场为辐向电场，其内外圆形边界的半径分别为 、 ，
在半径相等的圆周上电场强度大小都相等，方向沿半径向外，且满足 （ 为半径），已知 处的
电场强度大小为 ，带电粒子的质量为 ，电荷量为 ，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用。则
（ ）A. 加速电场电压无论取多少，粒子只要垂直PB飞入电场，就一定能做匀速圆周运动
B. 要使粒子由静止加速后能从A点沿半径 的圆形轨迹1到达 点，则加速电场的电压为
C. 若加速后从PB间垂直PB方向进入的粒子都能做匀速圆周运动而到达收集装置，则粒子做圆周运动的
周期 与轨迹对应半径 应满足的关系式
D. 若粒子从B点垂直于 方向射入，对应的轨迹2为椭圆
【答案】CD
【解析】A．设加速电场电压U，粒子垂直PB飞入电场，做匀速圆周运动，则
联立两式得
故A错误；
B．带电粒子在电场中加速，有
粒子在偏转电场中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，可得又
联立上式解得
故B错误；
C．若粒子在偏转电场中做圆周运动的半径为 ，由电场力提供向心力可得
又
联立解得
故C正确；
D．若粒子从B点垂直于 方向射入，且恰能从右侧 处D点垂直于OD方向射出，其轨迹如图中轨迹
2所示，粒子在轨迹2的位置离 的距离为 时，粒子受到的电场力为
对比万有引力表达式可知粒子在偏转电场中运动的受力特点与行星绕太阳转动的受力特点相似，故粒子在偏转电场中运动特点
与行星的运动特点相似，粒子在偏转电场中的轨迹为椭圆，故D正确。
故选CD。
12．如图，两根足够长的平行光滑导轨固定在绝缘水平面上，所在空间有方向垂直于水平面、磁感应强度
为B的范围足够大的匀强磁场，导轨的间距为 L，电阻不计；导轨上静置两根长度均为 L的导体棒PQ和
MN，其中PQ的质量为2m、阻值为R，MN的质量为m、阻值为2R。若在 时刻给PQ一个平行于导
轨向右的初速度 ，不计运动过程中PQ和MN的相互作用力，则（ ）
A. 导体棒PQ从 开始做加速度逐渐减小的减速运动，直至匀速运动
B. 整个运动过程中，系统产生的焦耳热为
C. PQ速度为 时，PQ两端的电压为
D. 导体棒MN速度由 的过程中，通过导体棒MN的电荷量为
【答案】AD
【解析】A． 时刻，PQ平行于导轨向右的初速度 ，则产生的感应电动势为
此时回路中的电流大小为
两导体棒受到的安培力大小为则有
由于安培力方向水平向左，与运动方向相反，故导体棒PQ做减速运动，导体棒PQ速度减小，则PQ加速
度减小，两导体棒受的安培力大小相等，由左手定则可知，安培力方向相反，两棒运动中，满足动量守恒，
则有
两棒达到共速，则得
此后两棒以这个速度做匀速直线运动，故导体棒 PQ从 开始做加速度逐渐减小的减速运动，直至匀速
运动，故A正确；
B．导体棒PQ和MN是串联关系，即
可知两棒上的电流有效值相等，在整个运动中MN、PQ产生的焦耳热量分别为
则有
由能量守恒定律可知，在整个运动中产生的总热量等于系统总动能的减少量，因此有
故B错误；
C． 时刻，PQ两端的电压为MN两端的电压，大小为
故C错误；D．导体棒MN速度由 的过程中，对导体棒MN根据动量定理可得
解得
故D正确。
故选AD。
三、填空、实验探究题（本题包含2个小题，共24分。请按题目要求作答，并将答案填写在
答题纸上对应位置。）
13．一实验小组用某种导电材料制作成电阻较小(约小于3Ω)的元件Z，并通过实验研究该元件中的电流随
两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律。
(1)该小组连成的实物电路如图(a)所示，其中有两处错误，请在错误的连线上打“×”，并在原图上用笔画出
正确的连线__________。
(2)在实验中应选用的滑动变阻器是_________。
A.滑动变阻器R(0～5Ω 额定电流5A)
1
B.滑动变阻器R(0～20Ω 额定电流5A)
2
.
C滑动变阻器R(0～100Ω 额定电流2A)
3
(3)图(b)中的点为实验测得的元件Z中的电流与电压值，请将点连接成图线__________。
(4把元件Z接入如图(c)所示的电路中，当电阻R的阻值为2Ω时，电流表的读数为1.25A；当电阻R的阻
值为3.6Ω时，电流表的读数为0.8A。结合图线，可求出电池的电动势E为______V，内阻r为______Ω。【 答 案 】 ① . 电 源 负 极 与 滑 动 变 阻 器 a 端 相 连 ② . A ③.
④. 4.1 ⑤. 0.45
【解析】(1)[1]因Z电阻较小，电流表应采用外接法；由于要求电压从零开始变化，滑动变阻器选用分压接
法，错误 的连线标注及正确接法如图：
(2)[2]分压接法中，为了便于调节，滑动变阻器选用总阻值小，且额定电流较大的，故选：A；
(3)[3]根据描点法得出对应的伏安特性曲线如图所示：(4)[4][5]当电流为1.25A时，Z电阻两端的电压约为1.0V；当电流为0.8A时，Z电阻两端的电压约为
0.82V；由闭合电路欧姆定律可知：
E=1.25(r+2)+1=1.25r+3.5
E=0.8(r+3.6)+0.82=0.8r+3.7
联立解得：
E=4.1V r=0.44Ω
14．某实验小组利用如图甲所示的实验装置探究加速度与力的关系。甲图中小车A的质量为M，连接在小
车后的纸带穿过电火花计时器，它们均置于已平衡摩擦力的一端带有定滑轮的足够长的木板上，钩码B的
质量为m，C为力传感器（与计算机连接可以直接读数）。实验时改变B的质量，记下力传感器的对应读
数F，不计绳与滑轮的摩擦。
（1）在实验过程中，___________（选填“需要”或“不需要”）满足“小车A的质量M远大于钩码B
的质量m”这一条件。
（2）该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器
采用的是频率为 的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为___________ （结果保留两位有效数字）。
（3）该同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的 图像是一条直线，如图丙所
示，图线与横坐标轴的夹角为 ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为___________。
A． B． C． D．
【答案】 ①. 不需要 ②. 0.51 ③. C
【解析】（1）[1]拉力传感器可以直接测量出小车受到了拉力，不需要满足“小车A的质量M远大于钩码
B的质量m”这一条件。
（2）[2]相邻计数点时间间隔为
小车加速度为
（3）[3]根据牛顿第二定律
得
则小车质量为
如果坐标轴的标度选择不同，则图线与横坐标轴的夹角 也不同，故图线的斜率不能用 表示。
故选C 。
四、计算题（本题包含 3小题，共28分。解答下列各题时，应写出必要的文字说明、表达式
和重要步骤。只写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
请将解答过程书写在答卷纸相应位置。）
15．如图甲所示，一不可伸长的绝缘细绳上端固定在铁钉上，下端系在质量为m、半径为r的由粗细均匀
导线制成的圆形硬质金属框上，圆形金属框静止在倾角为θ的绝缘光滑固定斜面上，细绳与斜面平行。金
属框的下半部分处于垂直于斜面向上的匀强磁场中，上半部分位于磁场外。已知构成金属框的材料的电阻
率为ρ，金属框的总体积为V。在 到 时间内，磁感应强度大小随时间t的变化规律如图乙所示，
重力加速度为g。求：
（1） 时，金属框所受绳拉力 的大小；
（2）从 到 时间内，金属框产生的焦耳热。
【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）由法拉第电磁感应定律有磁通量的变化率为
磁场穿过金属框的有效面积为
由于构成金属框的材料的电阻率为ρ，金属框的总体积为V，圆形金属框的半径为r，因此导线的横截面积
为
金属框的电阻为
由闭合电路欧姆定律可得
时金属框所受的安培力为
有效长度
由平衡条件知
联立解得（2）0~ 时间内金属框产生的焦耳热
解得
16．已知夯锤的质量M＝450 kg，桩料的质量m＝50 kg。每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩
顶h＝5 m处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所
0
受阻力f随打入深度h的变化关系如图乙所示，直线斜率k＝5.05×104 N/m。g取10 m/s2，求
（1）夯锤与桩料第1次碰撞后瞬间的速度；
的
（2）夯锤与桩料第1次碰撞后桩料进入泥土 深度。
【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）设夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为 ，则有
解得
取向下为正方向，设夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为 ，由动量守恒定律得
代入数据解得（2）由乙图知，桩料下沉过程中所受的阻力随距离均匀变化，可用平均力求阻力做功，则有
对夯锤与桩料，由动能定理得
联立代入数据解得
17．“太空粒子探测器”由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化为如图所示。辐射状的加速电场
区域I边界为两个同心平行的网状金属扇形弧面，O 为圆心，圆心角θ为120°，外圆弧面AB与内圆弧面
1
CD间的电势差为U ，M为外圆弧的中点。在紧靠O 右侧有一圆形匀强磁场区域Ⅱ，圆心为O ，半径为
0 1 2
L，磁场方向垂直于纸面向外且大小为 。在磁场区域下方相距 L处有一足够长的收集板
PNQ。已知MO O 和FNQ为两条平行线，且与ON连线垂直。假设太空中漂浮着质量为m、电荷量为q
1 2 2
的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB弧面并经电场从静止开始加速，然后从O 进入磁场，并最终到达
1
PNQ板被收集，忽略一切万有引力和粒子之间作用力。求：
（1）粒子经电场加速后，进入磁场时的速度v的大小；
（2）粒子在磁场中运动的半径R；
（3）粒子到达收集板沿PQ方向的宽度。【答案】（1） ；（2）L；（3）
【解析】（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，根据动能定理有
解得
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
（3）所有粒子从AB弧面射入的粒子，速度大小相等，在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，且与磁场的
半径相同，根据对称性可知，它们经过磁场旋转后都从磁场边界垂直于PNQ线射出，最终到达PNQ板被
收集，轨迹如图所示AC从各个粒子的运动轨迹可以看出，轨迹1在磁场中转动的角度最小，所以从A点射入的粒子到达收集板
的最左端，根据几何知识可知，该粒子转动了30°，轨迹1、2的距离为
根据对称性可得，粒子到达收集板的范围为
