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2024 年高考海南卷物理真题
一、单选题
1.(2024·海南卷·1)神舟十七号载人飞船返回舱于2024 年4 月30 日在东风着陆场成功着陆，在飞船返回至离
地面十几公里时打开主伞飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中( )
A.返回舱处于超重状态B.返回舱处于失重状态
C.主伞的拉力不做功
D.重力对返回舱做负功
答案 A
解析 返回舱在减速过程中，加速度竖直向上，处于超重状态，故A 正确，B 错误；
主伞的拉力与返回舱运动方向相反，对返回舱做负功，故C 错误；
返回舱的重力与返回舱运动方向相同，重力对返回舱做正功，故D 错误。
2.(2024·海南卷·2)人工核反应 14
30Si+1
1H→X+15
30P 中的X 是( )
A.中子
B.质子
C.电子
D.α 粒子
答案 A
解析 根据质量数守恒和电荷数守恒可知X 的电荷数为0，质量数为1，则X 是中子。故选A。
3.(2024·海南卷·3)在跨越河流表演中，一人骑车以25 m/s 的速度水平冲出平台，恰好跨越长x=25 m 的河流
落在河对岸平台上，已知河流宽度25 m，不计空气阻力，取g=10 m/s2，则两平台的高度差h 为( )
A.0.5 m
B.5 m
C.10 m
D.20 m
答案 B
解析 车做平抛运动，设运动时间为t，竖直方向h=1
2gt2，水平方向x=v0t，其中x=25 m、v0=25 m/s，解得
h=5 m，故选B。
4.(2024·海南卷·4)一正三角形OPQ 玻璃砖，某束光线垂直从OP 射入，恰好在PQ 界面发生全反射，则玻
璃砖的折射率为( )
A.❑√2
B.❑√3
C.2❑√3
3
D.2
答案 C
解析 如图所示，根据几何关系可知光线在PQ 界面的入射角为C=60°，根据全反射的临界条件可得sin
C=1
n，解得n=2❑√3
3
，故选C。
5.(2024·海南卷·5)商场自动感应门如图所示，人走进时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4 s 恰好完全
打开，两扇门移动距离均为2 m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打
开时速度恰好为0，则加速度的大小为( )
A.1.25 m/s2
B.1 m/s2
C.0.5 m/s2
D.0.25 m/s2
答案 C
解析 设门的最大速度为v，根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为v
2，且
时间相等，均为2 s，根据x=v
2×4，可得v=1 m/s，则加速度a=v
t =1
2 m/s2=0.5 m/s2，故选C。
6.(2024·海南卷·6)嫦娥六号进入环月圆轨道，周期为T，轨道高度与月球半径之比为k，引力常量为G，则
月球的平均密度为( )
A.3 π(1+k )
3
GT
2k
3
B. 3 π
GT
2
C.π(1+k )
3GT
2k
D. 3 π
GT
2(1+k)3
答案 D
解析 设月球半径为R，质量为M，对嫦娥六号，根据万有引力提供向心力
G
Mm
［(k +1)R］
2=m4 π
2
T
2 ·(k+1)R
月球的体积V=4
3 πR3
月球的平均密度ρ= M
V
联立可得ρ= 3 π
GT
2(1+k)3，故选D。
7.(2024·海南卷·7)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密
封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330 cm3，薄吸管底面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度
为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是( )
A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏
B.该装置所测温度不高于31.5 ℃
C.该装置所测温度不低于23.5 ℃
D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大
答案 B
解析 由盖—吕萨克定律得
V 1
T 1
=V 2
T
其中V1=V0+Sl1=335 cm3，
T1=(273+27) K=300 K，
V2=V0+Sx=330+0.5x(cm3)
代入解得T=30
67x+19 800
67
(K)
根据T=t+273 K
可知t=30
67 x+1 509
67
(℃)
故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A 错误；
当x=20 cm 时，该装置所测的温度最高，代入解得tmax≈31.5 ℃，故该装置所测温度不高于31.5 ℃，当x=0
时，该装置所测的温度最低，代入解得tmin≈22.5 ℃，故该装置所测温度不低于22.5 ℃，故B 正确，C 错误；
其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D 错误。
8.(2024·海南卷·8)利用如图所示的装置研究光电效应，闭合单刀双掷开关，使S 接1，用频率为ν1的光照射
光电管，调节滑动变阻器，使电流表的示数刚好为0，此时电压表的示数为U1，已知电子电荷量为e，普
朗克常量为h，下列说法正确的是( )
A.其他条件不变，增大光强，电压表示数增大
B.改用比ν1更大频率的光照射，调整电流表的示数为零，此时电压表示数仍为U1
C.其他条件不变，使开关S 接2，电流表示数仍为零
D.光电管阴极材料的截止频率νc=ν1-eU 1
h
答案 D
解析 当开关S 接1 时，由爱因斯坦光电效应方程得eU1=hν1-W0，故其他条件不变时，增大光强，电压表
的示数不变，故A 错误；
改用比ν1更大频率的光照射，调整电流表的示数为零，而金属的逸出功不变，故遏止电压变大，即此时电
压表示数大于U1，故B 错误；
其他条件不变，使开关S 接2，此时hν1>W0，可发生光电效应，故电流表示数不为零，故C 错误；
根据爱因斯坦光电效应方程得eU1=hν1-W0，其中W0=hνc，联立解得光电管阴极材料的截止频率为νc=ν1-
eU 1
h ，故D 正确。
二、多选题
9.(多选)(2024·海南卷·9)电动汽车充电站变压器输入电压为10 kV，输出电压为220 V，每个充电桩输入电
流为16 A，设原副线圈匝数分别为n1、n2，输入正弦交流电的频率为50 Hz，则下列说法正确的是( )
A.交流电的周期为0.02 s
B.原副线圈匝数比n1∶n2=11∶500
C.输出的最大电压为220 V
D.若10 台充电桩同时使用，输入功率为35.2 kW
答案 AD
解析 交流电的周期为T=1
f =0.02 s，故A 正确；根据理想变压器原副线圈的电压与线圈匝数的关系可得，
原副线圈匝数比为
n1
n2
=
U 1
U 2
=10×1 000
220
=500
11 ，故B 错误；输出的最大电压为U2m=❑√2U2=220❑√2 V，故C
错误；若10 台充电桩同时使用，输出功率为P2 总=10U2I2=10×220×16 W=35 200 W=35.2 kW，变压器不改变
功率，故输入功率为P1 总=P2 总=35.2 kW，故D 正确。
10.(多选)(2024·海南卷·10)一歌手在湖边唱歌，歌声通过空气和水传到距其2 km 的湖对岸，空气中的声速
为340 m/s，水中声速为1 450 m/s，歌声可视为频率为400 Hz 的声波，则下列说法正确的是( )
A.在水中传播频率会改变
B.由空气和水传到湖对岸的时间差约为4.5 s
C.在空气中波长为0.85 m
D.在水中的波长为5 m
答案 BC
解析 频率只与波源有关，故在水中传播频率不会改变，故A 错误；
由空气传到湖对岸的时间为
t 空= s
v空
=2 000
340
s≈5.88 s
由水传到湖对岸的时间为t 水= s
v水
=2 000
1 450 s≈1.38 s
故由空气和水传到湖对岸的时间差约为Δt=t 空-t 水=4.5 s，故B 正确；
在空气中的波长为λ 空=v空
f =340
400 m=0.85 m，故C 正确；
在水中的波长为λ 水=v水
f =1 450
400
m=3.625 m，故D 错误。
11.(多选)(2024·海南卷·11)一定质量的理想气体从状态a 开始经ab、bc、ca 三个过程回到原状态，已知ab
垂直于T 轴，bc 延长线过O 点，下列说法正确的是( )
A.bc 过程外界对气体做功
B.ca 过程气体压强不变
C.ab 过程气体放出热量
D.ca 过程气体内能减小
答案 AC
解析 由理想气体状态方程pV
T =C，可得V=C
p T，由V-T 图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故
pa<pb=pc，bc 过程为等压变化，体积减小，外界对气体做功，故A 正确；由A 选项可知，ca 过程压强减小，
故B 错误；ab 过程为等温变化，内能不变，故ΔU=0，根据玻意耳定律可知，体积减小，压强增大，外界
对气体做功，故W>0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，解得Q<0，故ab 过程气体放出热量，故C 正确；
ca 过程，温度升高，内能增大，故D 错误。
12.(多选)(2024·海南卷·12)真空中有两个点电荷，电荷量均为-q(q>0)，固定于相距为2r 的P1、P2两点，O
是P1P2连线的中点，M 点在P1P2连线的中垂线上，距离O 点为r，N 点在P1P2连线上，距离O 点为
x(x≪r)，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
A.P1P2中垂线上电场强度最大的点到O 点的距离为
❑√3
3 r
B.P1P2中垂线上电场强度的最大值为4 ❑√3kq
9r
2
C.在M 点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小
D.在N 点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动
答案 BCD
解析 设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A 处产生的电场强度与竖直向下的夹角为θ，则根据电场强度
的叠加原理可知，A 点的合电场强度为E=k2q
r
2 sin2 θcos θ，可知当cos θ=
❑√3
3 时E 有最大值，且最大值为E=
4 ❑√3kq
9r
2
，再根据几何关系可知A 点到O 点的距离为y=
❑√2
2 r，故A 错误，B 正确；
在M 点放入一电子，从静止释放，由于r>
❑√2
2 r，可知电子向上运动的过程中静电力一直减小，则电子的加
速度一直减小，故C 正确；
根据等量同种电荷的电场线分布可知，电子运动过程中，O 点为平衡位置，可知当发生位移x 时，电子受
到的静电力为F=keq·- 4 rx
(r + x)
2(r - x)
2，由于x≪r，整理后有F=-4 keq
r
3
·x，在N 点放入一电子，从静止释放，
电子将以O 点为平衡位置做简谐运动，故D 正确。
13.(多选)(2024·海南卷·13)两根足够长的导轨由上下段电阻不计、光滑的金属导轨组成，在M、N 两点绝缘
连接，M、N 等高，间距L=1 m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值
R=0.02 Ω 的电阻和C=1 F 的电容器，整个装置处于B=0.2 T 的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，两根导
体棒ab、cd 分别放在MN 两侧，质量分别为m1=0.8 kg，m2=0.4 kg，ab 棒的电阻为0.08 Ω，cd 棒的电阻不
计，将ab 由静止释放，同时cd 从距离MN 为x0=4.32 m 处在一个大小F=4.64 N、方向沿导轨平面向上的力
作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N 处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab 的速度
为4.5 m/s，g=10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.ab 从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44 s
B.ab 从释放到第一次碰撞前，R 上消耗的焦耳热为0.78 J
C.两棒第一次碰撞后瞬间，ab 的速度大小为6.3 m/s
D.两棒第一次碰撞后瞬间，cd 的速度大小为8.4 m/s
答案 BD
解析 由于导体棒ab、cd 同时由静止开始运动，且恰好在M、N 处发生弹性碰撞，则说明ab、cd 在到达
M、N 处所用的时间是相同的，对导体棒cd 和电容器组成的回路有Δq=C·BLΔv
对cd 根据牛顿第二定律有
F-BIL-m2gsin 30°=m2a2
其中a2= Δv
Δt ，I= Δq
Δt
联立有a2=
F -m2 gsin30°
m2+C B
2 L
2
则说明导体棒cd 做匀加速直线运动，
则有x0=1
2a2t2
联立解得a2=6 m/s2，t=1.2 s，故A 错误；
由题知，碰前瞬间ab 的速度v1为4.5 m/s，
则根据功能关系有m1gxabsin 30°-Q=1
2m1v1
2
导体棒ab 下滑过程中根据动量定理有
m1gsin 30°·t-BIL·t=m1v1
其中q=It=
BL xab
R总
，
R 总=R+Rab=0.1 Ω
联立解得q=6 C，xab=3 m，Q=3.9 J
则R 上消耗的焦耳热为QR= R
R总
Q=0.78 J
故B 正确；
由于两棒恰好在M、N 处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正方向，有
m1v1-m2v2=m1v1'+m2v2'
1
2m1v1
2+1
2m2v2
2=1
2m1v1'2+1
2m2v2'2
其中v2=a2t=7.2 m/s
联立解得v1'=-3.3 m/s，v2'=8.4 m/s
故C 错误，D 正确。
三、实验题
14.(2024·海南卷·14)水平圆盘上紧贴边缘放置一密度均匀的小圆柱体，如图(a)所示，图(b)为俯视图，测得
圆盘直径D=42.02 cm，圆柱体质量m=30.0 g，圆盘绕过盘心O 的竖直轴匀速转动，转动时小圆柱体相对圆
盘静止。
为了研究小圆柱体做匀速圆周运动时所需要的向心力情况，某同学设计了如下实验步骤：
(1)用秒表测圆盘转动10 周所用的时间t=62.8 s，则圆盘转动的角速度ω= rad/s(π 取3.14)。
(2)用游标卡尺测量小圆柱体不同位置的直径，某次测量的示数如图(c)所示，该读数d=
mm，多次测量后，得到平均值恰好与d 相等。
(3)写出小圆柱体所需向心力表达式F= (用D、m、ω、d 表示)，其大小为 N(保
留2 位有效数字)。
答案 (1)1 (2)16.2
(3)mω
2( D -d)
2
6.1×10-3
解析 (1)圆盘转动10 周所用的时间t=62.8 s，
则圆盘转动的周期为T=62.8
10 s=6.28 s
根据角速度与周期的关系有ω=2π
T =1 rad/s
(2)根据游标卡尺的读数规则有
d=1.6 cm+2×0.1 mm=16.2 mm
(3)小圆柱体做圆周运动的半径为r= D -d
2
则小圆柱体所需向心力表达式
F=mω
2( D -d )
2
代入数据有F≈6.1×10-3 N
15.(2024·海南卷·15)为验证两个互成角度的力的合成规律，某组同学用两个弹簧测力计、橡皮条、轻质小
圆环、木板、刻度尺、白纸、铅笔、细线和图钉等器材，按照如下实验步骤完成实验：
(Ⅰ)用图钉将白纸固定在水平木板上；
(Ⅱ)如图甲、乙所示，橡皮条的一端固定在木板上的G 点，另一端连接轻质小圆环，将两细线系在小圆环
上，细线另一端系在弹簧测力计上，用两个弹簧测力计共同拉动小圆环到某位置，并标记圆环的圆心位置
为O 点，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点，大小分别为F1=3.60 N、F2=2.90 N；撤去拉力F1和F2，改
用一个弹簧测力计拉动小圆环，使其圆心到O 点，在拉力F 的方向上标记P3点，拉力的大小为F=5.60
N。请完成下列问题：
(1)在图乙中按照给定的标度画出F1、F2和F 的图示，然后按平行四边形定则画出F1、F2的合力F'。
(2)比较F 和F'，写出可能产生误差的两点原因： 。
答案 (1)见解析图 (2)①没有做到弹簧测力计、细线、橡皮条都与木板平行；②读数时没有正视弹簧测力
计
解析 (1)按照给定的标度画出F1、F2和F 的图示，然后按平行四边形定则画出F1、F2的合力F'，如图所
示
(2)F 和F'产生不完全重合的误差可能是因为：①没有做到弹簧测力计、细线、橡皮条都与木板平行；②读
数时没有正视弹簧测力计。
16.(2024·海南卷·16)用如图(a)所示的电路观察电容器的充放电现象，实验器材有电源E、电容器C、电压表、
电流表、电流传感器、计算机、定值电阻R、单刀双掷开关S1、开关S2、导线若干。
(1)闭合开关S2，将S1接1，电压表示数增大，最后稳定在12.3 V。在此过程中，电流表的示数
(填选项标号)。
A.一直稳定在某一数值
B.先增大，后逐渐减小为零
C.先增大，后稳定在某一非零数值
(2)先后断开开关S2、S1，将电流表更换成电流传感器，再将S1接2，此时通过定值电阻R 的电流方向
(选填“a→b”或“b→a”)，通过传感器将电流信息传入计算机，画出电流随时间变化的I-t 图像，
如图(b)，t=2 s 时I=1.10 mA，图中M、N 区域面积比为8∶7，可求出R= kΩ(保留2 位有效数
字)。
答案 (1)B (2)a→b 5.2
解析 (1)电容器充电过程中，当电路刚接通后，电流表示数从0 增大到某一最大值，后随着电容器的不断
充电，电路中的充电电流在减小，当充电结束电路稳定后，此时电路相当于开路，电流为0。故选B。
(2)根据电路图可知充电结束后电容器上极板带正电，将S1接2，电容器放电，此时通过定值电阻R 的电流
方向a→b；
t=2 s 时I=1.10 mA，可知此时电容器两端的电压为U2=IR，电容器开始放电前两端电压为12.3 V，根据I-t
图像与横轴围成的面积表示放电量可得0~2 s 间的放电量为
Q1=ΔU·C=(12.3-1.10×10-3×R)C
2 s 后到放电结束间放电量为
Q2=ΔU'·C=1.10×10-3·RC
根据题意
Q1
Q2
=8
7 ，解得R≈5.2 kΩ
四、解答题
17.(2024·海南卷·17)虚接是常见的电路故障，如图所示，电热器A 与电热器B 并联。电路中的C 处由于某
种原因形成了虚接，造成了该处接触电阻0~240 Ω 之间不稳定变化，可等效为电阻RC，已知MN 两端电压
U=220 V，A 与B 的电阻RA=RB=24 Ω，求：
(1)MN 间电阻R 的变化范围；
(2)当RC=240 Ω，电热器B 消耗的功率(保留3 位有效数字)。
答案 (1)12 Ω≤R≤22 Ω (2)16.7 W
解析 (1)根据电路可知当RC=0 时MN 间电阻R 的阻值最小，为Rmin=
R A RB
R A+ RB
=12 Ω
当RC=240 Ω 时MN 间电阻R 的阻值最大，
为Rmax=
R A( RB+240Ω)
R A+( RB+240Ω)=22 Ω
故MN 间电阻R 的变化范围为12 Ω≤R≤22 Ω
(2)当RC=240 Ω，
通过电热器B 的电流为I=
U
RC+ RB
此时电热器B 消耗的功率为PB=I2RB
解得PB≈16.7 W
18.(2024·海南卷·18)某游乐项目装置简化如图，A 为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径R=10 m，滑梯
顶点a 与滑梯末端b 的高度差h=5 m，静止在光滑水平面上的滑板B 紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，
滑板质量M=25 kg，一质量为m=50 kg 的游客，从a 点由静止开始下滑，在b 点滑上滑板，当滑板右端运
动到与其上表面等高平台C 的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s=16 m 停下。游客视为质点，
其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2，忽略空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，求：
(1)游客滑到b 点时对滑梯的压力的大小；
(2)滑板的长度L。
答案 (1)1 000 N (2)7 m
解析 (1)设游客滑到b 点时速度为v0，从a 到b 过程，根据机械能守恒有mgh=1
2mv0
2
解得v0=10 m/s
在b 点根据牛顿第二定律FN-mg=mv0
2
R
解得FN=1 000 N
根据牛顿第三定律得游客滑到b 点时对滑梯的压力的大小为FN'=FN=1 000 N
(2)设游客恰好滑上平台时的速度为v，在平台上运动过程由动能定理得-μmgs=0-1
2mv2
解得v=8 m/s
根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台C 的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做
减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为a1和a2，
得a1= μmg
m =μg=2 m/s2，a2=μmg
M =4 m/s2
根据运动学规律，对游客v=v0-a1t
解得t=1 s
该段时间内游客的位移为x1=v + v0
2
t=9 m
滑板的位移为x2=1
2a2t2=2 m
根据位移关系得滑板的长度为L=x1-x2=7 m
19.(2024·海南卷·19)如图，在xOy 坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x 轴和y 轴相切于P 点和S 点。
半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2 倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心O1、O2连线与x 轴平行，半圆与圆相切于Q
点，QF 垂直于x 轴，半圆的直径MN 所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、
B
2 的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将质量为
m、电荷量为q 的粒子由电场加速到v0。改变发射器的位置，使带电粒子在OF 范围内都沿着y 轴正方向以
相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P 点射入区域Ⅰ，并从Q 点射入区域Ⅱ(不计粒子的重力
和粒子之间的影响)。
(1)求加速电场两板间的电压U 和区域Ⅰ的半径R；
(2)在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总
时间t；
(3)在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小
E=Bv0，方向沿x 轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与y
轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小及所在的位置到y 轴的距离(sin 37°=3
5，
sin 53°=4
5 )。
答案 (1)m v0
2
2q
mv0
Bq (2)π m
Bq
(3)2.6v0 172m v0
25 Bq
解析 (1)根据动能定理得qU=1
2mv0
2
解得U=mv0
2
2q
粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，根据题意粒子从P 点射入区域Ⅰ，并从Q 点射入区域Ⅱ，故可知此时粒
子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R 相等，粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力Bqv0=mv0
2
R
解得R=m v0
Bq
(2)带电粒子在OF 范围内都沿着y 轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ，由(1)可得，粒子在磁场中
做匀速圆周运动，轨迹半径均为R，因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等，粒子射入点、区域Ⅰ圆
心O1、轨迹圆心O'、粒子出射点四点构成一个菱形，由几何关系可得，区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点连线
平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线，则区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点连线水平，根据磁聚焦原理可知粒
子都从Q 点射出，粒子射入区域Ⅱ，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qB
2 v0=mv0
2
R'
解得R'=2R
如图甲，要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹所对应的圆心角最小，
可知在区域Ⅱ中运动的圆弧所对的弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径2R，根据几何知识可
得此时在区域Ⅱ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为60°，粒子在两区域磁场中运动周期分别为
T1=2π R
v0
=2π m
Bq ，T2=2π ·2 R
v0
=4 π m
Bq
故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为t= 60°
360° T1+ 60°
360° T2=π m
Bq
(3)如图乙，将速度v0分解为沿y 轴正方向的速度v0及速度v'，因为E=Bv0，可得Eq=Bqv0，故可知沿y 轴正
方向的速度v0产生的洛伦兹力与静电力平衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力Bqv'，故粒子沿y 正方向
做旋进运动，根据角度可知v'=2v0sin 53°=1.6v0
故当v'方向为竖直向上时粒子速度最大，
即最大速度为vm=v0+1.6v0=2.6v0
圆周运动的半径R0=mv '
qB =8m v0
5qB =1.6R
如图丙，根据几何关系可知此时所在的位置到y 轴的距离为L=R0+R0sin 53°+2R+2R=172m v0
25qB
