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2024 年高考山东卷物理真题
一、单选题
1．(2024·山东卷·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Sr 衰变为Y 的半衰期约为29 年；Pu 衰变为U
的半衰期约为87 年。现用相同数目的Sr 和Pu 各做一块核电池，下列说法正确的是( )
A.Sr 衰变为Y 时产生α 粒子
B.Pu 衰变为U 时产生β 粒子
C．50 年后，剩余的Sr 数目大于Pu 的数目
D．87 年后，剩余的Sr 数目小于Pu 的数目
难度 基础题
答案 D
解析 根据质量数守恒和电荷数守恒可知Sr 衰变为Y 时产生电子，即β 粒子，故A 错误；
根据质量数守恒和电荷数守恒可知Pu 衰变为U 时产生He，即α 粒子，故B 错误；
根据题意可知Pu 的半衰期大于Sr 的半衰期，相同数目的Sr 和Pu 经过相同的时间，Sr 经过
的半衰期的次数多，所以剩余的Sr 数目小于Pu 的数目，故C 错误，D 正确。
2.(2024·山东卷·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( )
A. B. C. D.
难度 基础题
答案 B
解析 根据题意可知机器人“天工”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mgsin 30°≤μmgcos 30°
可得μ≥tan 30°＝
故选B。
3.(2024·山东卷·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Δt1；若木板长度为2L，通过A 点
的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为( )
A．(－1)∶(－1)
B．(－)∶(－1)
C．(＋1)∶(＋1)
D．(＋)∶(＋1)
难度 基础题
答案 A
解析 方法一 基本公式法
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，根据运动学公式有L＝at0
2
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＝at1
2
当木板长度为2L 时，有3L＝at2
2
又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0
联立解得Δt2∶Δt1＝(－1)∶(－1)
故选A。
方法二 比例式法
设木板从静止释放到下端到达A 点的时间为t0，木板经过A 点时间为Δt1
若木板长度为L，
则t0∶Δt1＝1∶(－1)①
若木板长度为2L，设木板经过A 点时间为Δt2
t0∶Δt2＝1∶[(－1)＋(－)]＝1∶(－1)②
联立①②得Δt2∶Δt1＝(－1)∶(－1)
4．(2024·山东卷·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
难度 基础题
答案 C
解析 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
置处光的光程差相等，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
纹位置处光的光程差不同，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．(2024·山东卷·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( )
A. B. C. D.
难度 基础题
答案 D
解析 由＝mr 得：M＝
因“鹊桥二号”与地球同步卫星周期相同，
所以＝
故选D。
6.(2024·山东卷·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
难度 中档题
答案 C
解析 a→b 过程压强不变，体积增大，气体对外做功Wab<0，由盖—吕萨克定律可知
Tb>Ta，即内能增大，ΔUab>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可知Q>0，气体从外界吸收
的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A 错误；
b→c 过程中气体与外界无热量交换，即Qbc＝0
又由气体体积增大可知Wbc<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可知ΔU<0，即气体内能减少，
B 错误；
c→a 过程为等温过程，可知Tc＝Ta，ΔUac＝0
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；
根据热力学第一定律结合上述分析可知：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，W<0，由热力学第一定律可得ΔU＝Qab＋Qca＋W＝0
故a→b 过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a 过程放出的热量－Qca，D 错误。
7．(2024·山东卷·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( )
A.＋μmg(l－d)
B.＋μmg(l－d)
C.＋2μmg(l－d)
D.＋2μmg(l－d)
难度 中档题
答案 B
解析 解法一：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kx0＝μmg
解得弹性绳的伸长量x0＝
则此时弹性绳的弹性势能为
E0＝kx0
2＝
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x1＝x0＋l
－d，
此过程中由于摩擦产生的热量Q＝μmgx1，
则由功能关系可知该过程F 所做的功
W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d)
解法二：画出外力F 与乙所坐的木板的位移x 的关系图像如图所示，则外力F 做的功
W＝μmg(l－d)＋x0
又kx0＝μmg
联立解得W＝＋μmg(l－d)
故选B。
8．(2024·山东卷·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( )
难度 中档题
答案 C
解析 根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为e＝Esin ωt，由题图丙可知，
磁场区域变化后，当Esin ωt＝时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转时开始切割
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，C 正确。
二、多选题
9．(多选)(2024·山东卷·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
2 m/s。t＝0 时刻二者在x＝2 m 处相遇，波形图如图所示。关于平衡位置在x＝2 m 处的质点
P，下列说法正确的是( )
A．t＝0.5 s 时，P 偏离平衡位置的位移为0
B．t＝0.5 s 时，P 偏离平衡位置的位移为－2 cm
C．t＝1.0 s 时，P 向y 轴正方向运动
D．t＝1.0 s 时，P 向y 轴负方向运动
难度 基础题
答案 BC
解析 T1＝＝2 s，T2＝＝1 s
Δt1＝0.5 s＝＝，
甲波经0.5 sP 质点处于波谷，
乙波经0.5 sP 质点在平衡位置
根据叠加原理可知，t＝0.5 s 时，P 偏离平衡位置的位移为－2 cm，故A 错误，B 正确；
Δt2＝1.0 s＝＝T2，
经1.0 s 甲波在P 点引起的振动向上，乙波在P 点引起的振动也向上，
根据叠加原理可知，t＝1.0 s 时，P 向y 轴正方向运动，故C 正确，D 错误。
10.(多选)(2024·山东卷·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( )
A．OB 的距离l＝
B．OB 的距离l＝
C．从A 到C，静电力对小滑块做功W＝－mgS
D．AC 之间的电势差UAC＝－
难度 基础题
答案 AD
解析 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
mgsin 30°＝cos 30°
解得l＝
A 正确，B 错误；
设小滑块从A 到C 的过程，静电力对小滑块做的功为W，因为滑到C 点时速度为零，
根据动能定理有W＋mgSsin 30°＝0
解得W＝－
故C 错误；
根据电势差与静电力做功的关系可知AC 之间的电势差UAC＝＝－
故D 正确。
11．(多选)(2024·山东卷·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
难度 中档题
答案 ABD
解析 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，又由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN 最终一定
静止于OO′位置，故A 正确；
由楞次定律可知，MN 切割磁感线产生的感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的
变化，可知安培力一直做负功，故B 正确；
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，安培力水平向左，可知在即将到达OO′位置之前的某一位置之后，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，故C 错误；
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，故
D 正确。
12.(多选)(2024·山东卷·12)如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20
m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P 和落点Q 的连线与水平方向夹角为30°，重力加速
度大小取10 m/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 s
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10 m
D．轨迹最高点与落点的高度差为45 m
难度 较难题
答案 BD
解析 解法一 以P 点为坐标原点，建立直角坐标系如图甲所示(PQ 为x 轴)
将v0沿两个坐标轴分解，则有
v0x＝v0cos 60°＝10 m/s，v0y＝v0sin 60°＝10 m/s
将重力加速度沿两个坐标轴分解，则有
ax＝gsin 30°＝5 m/s2
ay＝gcos 30°＝5 m/s2
从P 点抛出至落到Q 点的过程中，由对称性可知t＝2＝4 s，A 错误；
重物距PQ 连线最远距离Y＝＝10 m，C 错误；
落至Q 点时vx＝v0x＋axt＝30 m/s
由对称性得vy＝v0y＝10 m/s
落至Q 点时速度方向与x 轴夹角设为θ
tan θ＝＝，
则θ＝30°
又因PQ 与水平方向夹角为30°，
则落地速度方向与水平方向夹角α＝60°，B 正确；
重物从抛出到最高点所用时间为t1＝＝1 s
从最高点到落地所用时间为t2＝t－t1＝3 s
则轨迹最高点的落点的高度差为h＝gt2
2＝45 m，D 正确。
解法二 以P 点为坐标原点建立直角坐标系，水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴，如图乙所
示，P′与P 等高
v0x＝v0cos 30°＝10 m/s
v0y＝v0sin 30°＝10 m/s
从P→P′
t1＝＝2 s
x1＝v0xt1＝20 m
vx＝v0x＝10 m/s
vy＝v0y＝10 m/s，
从P′→Q
x2＝vxt2
y＝vyt2＋gt2
2
由几何关系知：
tan 30°＝＝
解得：t2＝2 s
t 总＝t1＋t2＝4 s
A 错误；
从最高点至Q 点时间为t3＝t 总－＝3 s
vy′＝gt3＝30 m/s
tan α＝＝，α＝60°，B 正确；
H＝gt3
2＝45 m，D 正确；
离PQ 连线最远点速度方向与PQ 平行，即垂直于PQ 连线的分速度为0，最远距离D＝＝＝
10 m，C 错误。
三、实验题
13．(2024·山东卷·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xA，b 测量滑块B 与它的距离xB。部分实验步骤如下：
①测量两个滑块的质量，分别为200.0 g 和400.0 g；
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xA、xB随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。
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200.0 g 的滑块是____________(填“A”或“B”)。
难度 基础题
答案 (1)1.0 (2)0.20 (3)B
解析 (1)由x－t 图像的斜率表示速度可知两滑块的速度都在t＝1.0 s 时发生突变，即这个时
刻发生了碰撞；
(2)根据x－t 图像斜率的绝对值表示速度大小可知滑块B 碰撞前的速度大小为
v＝ cm/s＝0.20 m/s
(3)由题图乙知，碰撞前A 的速度大小vA＝0.50 m/s，碰撞后A 的速度大小约为vA′＝0.36
m/s，
由题图丙可知，碰撞后B 的速度大小为vB′＝0.50 m/s，A 和B 碰撞过程动量守恒，
ΔpA＝－ΔpB
即mA(vA′－vA)＝mB(v－vB′)
代入数据解得≈2
所以质量为200.0 g 的滑块是B。
14．(2024·山东卷·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0～16 V)
滑动变阻器(最大阻值10 Ω，额定电流2 A)；
电压表V(量程3 V，内阻未知)；
电流表A(量程3 A，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RY＝____________
Ω(保留3 位有效数字)；采用同样方法得到X 型号铅笔芯的电阻为1.70 Ω；
(4)使用游标卡尺测得X、Y 型号铅笔芯的长度分别为40.68 mm、60.78 mm，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。
难度 基础题
答案 (1)2.450 (2)1 (3)1.91 (4)大于
解析 (1)根据螺旋测微器的读数规则可知，其读数为
d＝2 mm＋0.01×45.0 mm＝2.450 mm
(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；
(3)根据题图丙的I－U 图像，结合欧姆定律有RY＝≈1.91 Ω
(4)根据电阻定律R＝ρ
可得ρ＝
因两种材料的横截面积近似相等，分别代入数据可知ρX>ρY。
四、解答题
15.(2024·山东卷·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sin θ；
(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。
难度 基础题
答案 (1)0.75 (2)0<d≤R
解析 (1)由题意，设光在三棱镜中的折射角为α，
则根据折射定律有n＝
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sin θ＝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，
根据全反射临界角公式有sin C＝
设P 点到FG 的距离为l，则根据几何关系有l＝Rsin C
又因为xPE＝
联立解得xPE＝R
所以光线在EF 上的入射点D 到E 点的距离范围为0<d≤R。
16．(2024·山东卷·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S1＝1.0 cm2，长度H＝100.0
cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2＝90.0 cm2，高度h＝20.0 cm，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＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2，大气压p0＝
1.0×105 Pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。
(1)求x；
(2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V 的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住
孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。
难度 基础题
答案 (1)2 cm (2)8.92×10－4 m3
解析 (1)由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程，长柄中气体发生等温变化，
所以有p1(H－x)S1＝p2HS1
又因为p1＝p0
p2＋ρgh＝p0
代入数据联立解得x＝2 cm
(2)当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有p0V＋p2HS1＝p3(HS1＋S2)
又因为p3＋ρg·＝p0
代入数据联立解得V＝8.92×10－4 m3。
17．(2024·山东卷·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＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/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＝8 N，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7 m/s。求轨道水平部分的长度
L。
难度 中档题
答案 (1)4 m/s (2)(ⅰ)0.2 1 kg (ⅱ)4.5 m
解析 (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
代入数据解得v＝4 m/s
(2)(ⅰ)根据题意可知当F≤4 N 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
根据题图乙有k＝＝0.5 kg－1
当外力F>4 N 时，轨道与小物块有相对滑动，
则对轨道有F－μmg＝Ma
即a＝F－
结合题图乙有k′＝＝1 kg－1
纵截距b＝－＝－2 m/s2
联立以上各式可得M＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2
(ⅱ)由题图乙可知，当F＝8 N 时，轨道的加速度为a1＝6 m/s2，
小物块的加速度为a2＝μg＝2 m/s2
设当小物块运动到P 点时，经过t0时间，
则对轨道有v1＝a1t0
对小物块有v2＝a2t0
在小物块从P 点到Q 点过程中系统机械能守恒有
Mv1
2＋mv2
2＝Mv3
2＋mv4
2＋2mgR
水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，
则有Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4
联立解得t0＝1.5 s(另一解t0＝ s 不合题意，舍去)
根据运动学公式有L＝a1t0
2－a2t0
2
代入数据解得L＝4.5 m。
18．(2024·山东卷·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 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，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U0；
(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；
(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。
难度 较难题
答案 (1) (2)，方向沿x 轴正方向
(3)(n＝0,1,2,3，…)
解析 (1)根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K 的运动轨迹如图甲所示
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＝xNK＝
在△OMN 区域根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
在匀强加速电场中由动能定理有U0q＝mv2
联立解得U0＝
(2)根据题意，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
的运动轨迹如图乙所示
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′＝xNKcos 60°＝
在△OMN 区域根据洛伦兹力提供向心力有qv′B＝m
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 后受到的静电力沿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
联立可得E＝
(3)在匀强加速电场中由动能定理有
Uq＝mv″2
可得v″＝
在△OMN 区域根据洛伦兹力提供向心力有
qv″B＝m
可得粒子在△OMN 区域运动的轨迹半径
r″＝L
作出从小孔K 射出的粒子的运动轨迹如图丙所示
粒子射出K 时，v″越偏向y 轴，离y 轴越近，
由几何关系有sin θ＝＝
则有θ＝60°
将速度v″沿x 轴和y 轴进行分解
vy″＝v″sin θ＝＝v′
vx″＝v″cos θ＝，
故看作沿y 轴方向的匀速直线运动与沿x 方向的匀速圆周运动的合运动，
匀速圆周运动的半径为r＝＝L
当匀速圆周运动的速度偏转270°时粒子第一次距离y 轴最近，
故最小距离(即x 轴坐标)为
dm＝－r＝
此过程经历的时间为：
t0＝ ·T＝·＝
粒子第一次距离y 轴最近时的y 轴坐标为：
y1＝vy″t0＋sin 60°＋r
解得y1＝L
在圆周运动的一个周期内粒子沿y 轴方向运动的位移大小为：
Δy＝vy″T＝·＝L
距离y 轴最近时y 轴坐标为：y＝y1＋nΔy＝L(n＝0,1,2,3…)
故粒子从小孔K 射出后，运动过程中距离y 轴最近位置的坐标为：
[，L](n＝0,1,2,3…)
