2024年高考物理真题完全解读（海南卷）

2024年高考真题完全解读（海南卷） 海南省 2024年海南省物理试题依托《中国高考评价体系》，落实立德树人根本任务，整体难度适中，知识考查全面，情境创设丰富，试题设计新颖，坚持素养立意，引导学生夯实知识基础，强化物理观念考查；紧密联系生产生活实际，加强实验考查；促进学生探索性、创新性思维品质的培养，注重科学思维考查，提升人才选拔培养质量；充分发挥教育评价育人功能和积极导向作用，服务教育强国建设。 今年的海南省物理卷共19道物理试题，其中7道试题属于力学模块（4道选择题，2道实验题，1道计算题），6道试题属于电磁学模块（3道选择题，1道实验题，2道计算题），2道热学试题（选择题），2道近代物理（选择题），2道波和光学试题（2道选择题）。 一、注重物理观念，突出基础知识考查 物理观念是物理学科核心素养的重要组成部分，也是学生适应未来学习和发展的重要知识基础。2024年高考物理海南卷注重物理观念的考查，引导学生理解所学的物理概念和规律及其相互关系。试卷注重将知识学习与实践相结合，联系生产生活实际设计问题情境，考查学生应用物理知识解决实际问题的能力，在实践中提高学生的科学素养。深化基础性，加强定性和半定量的分析，在真实的情境中考查学生对物理规律的理解，引导学生掌握原理、内化方法，逐渐形成对物理全局性、整体性认识，引导减少“机械刷题”现象。 海南卷第1题以神舟十七号载人飞船返回舱为命题情境，引导学生关注新时代我国重大科技进展，以增强学生的民族自信心、自豪感，激励学生树立科技报国的远大志向，助力科技强国建设，强调物理学基本规律在前沿科研中的重要应用，引导学生重视基础物理知识的学习；数学定量分析是物理研究的重要方法和能力，第7题以饮料易拉罐为背景，贴近生活，同时考查学生的定量化简能力；第18题以游乐设施模型引入，激发学生好奇心、想象力，培养科学探究的兴趣；第9题以新能源充电桩为命题点，引导学生运用简单的物理模型学习生活电器的基本原理，开发学生的动手能力；第12、13以抽象物理模型为命题点，激发学生对抽象模型的思考，引导学生提升逻辑思维的开发运用，强化临界问题的分析；第6题通过对嫦娥六号环月轨道的研究，帮助学生掌握天体运动的规律，理解宇宙天体的变向测量方法。 二、注重科学思维，强化创新思维品质考查 2024年高考物理海南卷重视科学思维的考查，丰富试题的呈现形式、转换问题的表达方式、改变试题的设问方向等，引导学生从不同角度思考问题，建构物理模型，开展科学推理和论证，强化对学生创新思维品质的考查。增强试题的开放性，鼓励学生创造性、发散性思维，激发学生创新意识，改变追求唯一答案、总结答题套路等固化的学习模式。 海南卷第19题运用磁聚焦模型考查学生对带电粒子在磁场中的运动的理解，通过分析运动轨迹，找到临界条件，需要学生对模型有深刻的理解，以及在复合场中做复杂的变速曲线运动，考查学生的发散性思维，需要将速度往合适方向分解，建立运动与场的结合，建构物理图景，很好地考查了学生的创新思维品质。 三、注重科学探究，加大学生实验能力考查 实验是物理学的基础，实验教学是培养学生物理学科素养的重要途径，有助于全方位地培养学生的科学探究能力。2024年高考物理海南卷注重科学探究考查，引导学生经历实验过程，体会科学研究方法，养成科学思维习惯。创新设问角度，注重考查基本实验原理、基本实验仪器、基本测量方法和数据处理。试题充分发挥对高中实验教学的积极导向作用，引导教学重视实验探究，重视演示实验，引导学生真正动手做实验。 1.试题情境创设更加丰富多元，在生产生活实践和科技发展前沿方面均有所体现，如第1题为神舟十七号载人飞船返回舱情境，第6题以嫦娥六号环月轨道为情境。情境是学科评价的载体，也是学科育人的载体。 2.试题综合性强。第13题为多物体和多过程的题目类型，将电磁场中的单双杠模型巧妙结合，学生需通过分析单杆切割磁感线与电容器电路的特点相结合的规律来解决问题，很好地考查学生的科学思维。 3.题目的呈现方式别具一格。第12题是对带电粒子在电场中运动规律的考查，第8题是光电效应原理及光电方程的考查分析，学生需要深刻理解题目给已知量，进行逻辑思维分析，结合能量守恒和动量守恒等物理基础知识，进行复杂的数学运算得出正确结果。 题号 分值 题型 考查内容 考查知识点 1 3分 选择题 超重失重及力做功 通过加速度分析超失重问题，判断力做正负功 2 3分 选择题 人工核反应 根据条件写出核反应方程 3 3分 选择题 平抛运动 利用平抛公式求解 4 3分 选择题 全反射 利用全反射条件求解折射率 5 3分 选择题 匀变速运动 利用匀变速规律求加速度 6 3分 选择题 天体运动 利用万有引力定律求解中心天体密度 7 3分 选择题 理想气体状态方程 利用等压变化求解末温 8 3分 选择题 光电效应 利用光电效应方程求解光电效应极限频率和遏止电压 9 4分 选择题 变压器 利用理想变压器求解电压功率等 10 4分 选择题 机械波 波长、频率和波速的关系 11 4分 选择题 理想气体状态方程图像 利用理想气体状态方程及热力学第一定律分析变化过程 12 4分 选择题 等量同种点电荷电场 等量同种点电荷电场连线和中垂线上的电场强度分布以及简谐运动回复力的求解 13 4分 选择题 单杠模型 带电容器的单杆模型分析以及热量的计算，弹性碰撞的分析求解 14 6分 实验题 圆周运动 水平转盘上的圆周运动向心力的分析 15 6分 实验题 力的合成与分解 验证力的平行四边形定则的注意事项和误差分析 16 6分 实验题 电容器电路分析 电容器的充放电 17 8分 计算题 串并联电路分析计算 计算总电阻和功率 18 12分 计算题 曲线运动及能量守恒 利用动能定理分析始末速度及利用运动学规律求解位移与时间 19 18分 计算题 带电粒子在复合场中的运动 利用磁聚焦原理分析临界问题以及利用复杂曲线运动分解运动分析位移 1.中学教学要深入研究高考评价体系，研究课程标准，夯实学科基础，课堂教学要回归教材，用好教材，不能让教辅资料占领物理课堂。加强对基本物理概念和规律的理解，促进物理观念的形成和发展。淡化解题技巧，突出解决问题导向，促进学生物理核心素养的提升。 2.教学中要关注我国在航天、量子、人工智能等领域的重大科技成果，关注物理学基本规律在前沿科研中的重要应用，引导学生重视基础物理知识的学习。充分利用科学技术和生产生活相关的问题情境，培养学生灵活运用所学物理知识解决实际问题的能力，提升学习物理的兴趣。 3.引导学生做好基本实验，重视演示实验，开展实验探究,真正动手做实验,提升实验能力。学生自主选择实验器材，分析评价实验结果，提出改进措施，增强实验开放性和探究性，鼓励多角度思考问题，经历科学研究过程，培养科学探究能力。 2024年海南省普通高中学业水平选择性考试 物 理 一、单选题（本题共8小题，每小题3分，共24分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意） 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 【详解】AB．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； C．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； D．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。 故选A。 2. 人工核反应中的X是（　　） A. 中子 B. 质子 C. 电子 D. α粒子 【答案】A 【详解】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. 在跨越河流表演中，一人骑车以25m/s的速度水平冲出平台，恰好跨越长的河流落在河对岸平台上，已知河流宽度25m，不计空气阻力，取，则两平台的高度差h为（　　） A. 0.5m B. 5m C. 10m D. 20m 【答案】B 【详解】车做平抛运动，设运动时间，竖直方向 水平方向 其中 、 解得 故选B。 4. 一正三角形OPQ玻璃砖，某束光线垂直火OP射入，恰好在PQ界面发生全反射，则玻璃砖的折射率（　　） A. B. C. D. 2 【答案】C 【详解】如图所示 根据几何关系可知光线在PQ界面的入射角为 根据全反射的临界条件可得 解得 故选C。 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4s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m，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. B. C. D. 【答案】C 【详解】设门的最大速度为，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，且时间相等，均为2s，根据 可得 则加速度 故选C。 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. B. C. D. 【答案】D 【详解】设月球半径为，质量为，对嫦娥六号，根据万有引力提供向心力 月球的体积 月球的平均密度 联立可得 故选D。 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，薄吸管底面积，罐外吸管总长度为20cm，当温度为27℃时，油柱离罐口10cm，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 【详解】A．由盖—吕萨克定律得 其中 ，， 代入解得 根据可知 故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误； BC．当时，该装置所测的温度最高，代入解得 故该装置所测温度不高于，当时，该装置所测的温度最低，代入解得 故该装置所测温度不低于，故B正确，C错误； D．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。 故选B。 8. 利用如图所示的装置研究光电效应，闭合单刀双掷开关，用频率为的光照射光电管，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，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U C. 其他条件不变，使开关接，电流表示数仍为零 D. 光电管阴极材料的截止频率 【答案】D 【详解】A．当开关S接1时，由爱因斯坦光电效应方程 故其他条件不变时，增大光强，电压表的示数不变，故A错误； B．若改用比更大频率的光照射时，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U，故B错误； C．其他条件不变时，使开关S接2，此时 可发生光电效应，故电流表示数不为零，故C错误； D．根据爱因斯坦光电效应方程 其中 联立解得，光电管阴极材料的截止频率为 故D正确。 故选D。 二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分，在每个小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对而不全的得2分，错选或不选的得0分。） 9. 电动汽车充电站变压器输入电压为10kV，输出电压为220V，每个充电桩输入电流16A，设原副线圈匝数分别为、，输入正弦交流的频率为50Hz，则下列说法正确的是（　　） A. 交流电的周期为0.02s B. 原副线圈匝数比 C. 输出的最大电压为220V D. 若10台充电桩同时使用，输入功率为35.2kW 【答案】AD 【详解】A．交流电的周期为 故A正确； B．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 故B错误； C．输出的最大电压为 故C错误； D．若10台充电桩同时使用，输出功率为 变压器不改变功率，故输入功率为 故D正确。 故选AD。 10. 一歌手在湖边唱歌，歌声通过空气和水传到距其2km的湖对岸，空气中的声速为340m/s，水中声速为1450m/s，歌声可视为频率为400Hz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4.5s C. 在空气中波长为0.85m D. 在水中的波长为5m 【答案】BC 【详解】A．频率只与波源有关，故在水中传播频率不会改变，故A错误； B．由空气传到湖对岸的时间为 由水传到湖对岸的时间为 故由空气和水传到湖对岸的时间差约为 故B正确； C．在空气中的波长为 故C正确； D．在水中的波长为 故D错误。 故选BC。 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. be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 【详解】A．由理想气体状态方程 化简可得 由图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故 bc过程为等压变化，体积减小，外界对气体做功，故A正确； B．由A选项可知，ca过程压强减小，故B错误； C．ab过程为等温变化，内能不变，故 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 根据热力学第一定律 解得 故ab过程气体放出热量，故C正确； D．ca过程，温度升高，内能增大，故D错误。 故选AC。 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 B. P1P2中垂线上电场强度的最大值为 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 【详解】AB．设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A处产生的场强与竖直向下的夹角为θ，则根据场强的叠加原理可知，A点的合场强为 根据均值不等式可知当时E有最大值，且最大值为 E = 再根据几何关系可知A点到O点的距离为 故AB错误； C．在M点放入一电子，从静止释放，由于 可知电子向上运动的过程中电场力一直减小，则电子的加速度一直减小，故C正确； D．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，粒子受到的电场力为 由于x << r，整理后有 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。 故选BCD。 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 = 1m，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 = 0.02Ω的电阻和C = 1F的电容器，整个装置处于B = 0.2T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，质量分为m1 = 0.8kg，m2 = 0.4kg，ab棒电阻为0.08Ω，cd棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x0 = 4.32m处在一个大小F = 4.64N，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4.5m/s，g = 10m/s2（ ） A. ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44s B. ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78J C. 两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3m/s D. 两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为8.4m/s 【答案】BD 【详解】A．由于金属棒ab、cd同时由静止释放，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，对金属棒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－m2gsin30° = m2a2 其中 ， 联立有 则说明金属棒cd做匀加速直线运动，则有 联立解得 a2 = 6m/s2，t = 1.2s 故A错误； B．由题知，知碰前瞬间ab的速度为4.5m/s，则根据功能关系有 金属棒下滑过程中根据动量定理有 其中 ，R总 = R＋Rab = 0.1Ω 联立解得 q = 6C，xab = 3m，Q = 3.9J 则R上消耗的焦耳热为 故B正确； CD．由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正，有 m1v1－m2v2 = m1v1′＋m2v2′ 其中 v2 = a2t = 7.2m/s 联立解得 v1′ = －3.3m/s，v2′ = 8.4m/s 故C错误、D正确。 故选BD。 三、实验题（本题共两个小题，其中14题6分，15题6分，16题6分，总共18分） 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 = 42.02cm，圆柱体质量m = 30.0g，圆盘绕过盘心O1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 = 62.8s，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） ①. ②. 6.1 × 10－3 【小问1详解】 圆盘转动10周所用的时间t = 62.8s，则圆盘转动的周期为 根据角速度与周期的关系有 【小问2详解】 根据游标卡尺的读数规则有 1.6cm＋2 × 0.1mm = 16.2mm 【小问3详解】 [1]小圆柱体做圆周运动的半径为 则小圆柱体所需向心力表达式 [2]带入数据有 F = 6.1 × 10－3N 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（d）（e）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 = 3.60N、F2 = 2.90N；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 = 5.60N请完成下列问题： （1）在图（e）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） （2）①没有做到弹簧秤、细绳、橡皮条都与木板平行；②读数时没有正视弹簧测力计 【小问1详解】 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′，如下图所示 【小问2详解】 F和F′不完全重合的误差可能是：①没有做到弹簧秤、细绳、橡皮条都与木板平行；②读数时没有正视弹簧测力计。 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、开关、导线若干 （1）闭合开关，将接1，电压表示数增大，最后稳定在12.3V。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，后逐渐减小零 C. 先增大，后稳定在某一非零数值 （2）先后断开开关、，将电流表更换成电流传感器，再将接2，此时通过定值电阻R的电流方向_____（选填“”或“”），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图像，如图b，时，图中M、N区域面积比为8∶7，可求出_____（保留2位有效数字）。 【答案】（1）B （2） ①. ②. 【小问1详解】 电容器充电过程中，当电路刚接通后，电流表示数从0增大某一最大值，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。 【小问2详解】 [1]根据电路图可知充电结束后电容器上极板带正电，将接2，电容器放电，此时通过定值电阻R的电流方向； [2]时可知此时电容器两端的电压为 电容器开始放电前两端电压为，根据图像与横轴围成的面积表示放电量可得间的放电量为 后到放电结束间放电量为 根据题意，解得 四、计算题（本题共两个小题，其中14题（1）6分，14题（2）6分，15题6分，总共18分） 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0~240Ω之间不稳定变化，可等效为电阻，已知MN两端电压，A与B的电阻，求： （1）MN间电阻R的变化范围； （2）当，电热器B消耗的功率（保留3位有效数字） 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）根据电路可知当时MN间电阻R的阻值最小，为 当时MN间电阻R的阻值最大，为 故MN间电阻R的变化范围为 （2）当，通过电热器B的电流为 此时电热器B消耗的功率为 解得 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，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度，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，一质量为的游客，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的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为，忽略空气阻力，重力加速度，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）；（2） 【详解】（1）设游客滑到b点时速度为，从a到b过程，根据机械能守恒 解得 在b点根据牛顿第二定律 解得 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 （2）设游客恰好滑上平台时的速度为，在平台上运动过程由动能定理得 解得 根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，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和，得 根据运动学规律对游客 解得 该段时间内游客的位移为 滑板的位移为 根据位移关系得滑板的长度为 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、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。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，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。 【答案】（1），；（2）；（3）， 【详解】（1）根据动能定理得 解得 粒子进入区域I做匀速圆周运动，根据题意某粒子从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 解得 （2）带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度沿纸面射入区域Ⅰ，由(1)可得，粒子的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 解得 如图，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应最小，粒子要能够进入区域Ⅲ，则需从MN边射出，由此可知要在区域Ⅱ中运动的圆弧所对的弦长最短，则粒子需从圆心O2射出，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径，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，粒子在两区域磁场中运动周期分别为 故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为 （3）如图，将速度分解为沿y轴正方向的速度及速度，因为可得，故可知沿y轴正方向的速度产生的洛伦兹力与电场力平衡，所以粒子在y轴正方向上做匀速直线运动，根据分运动的独立性，另一个方向上的速度受到另一方向的洛伦兹力，故粒子此方向上的速度在对应的洛伦兹力下做匀速圆周运动，由几何关系可知 此圆周运动的半径为 因为分解后的两个分运动均无外力做功，故当分运动运动到方向竖直向上时此时两个分运动的速度在同一直线上，且方向相同，粒子速度最大，即最大速度为 根据几何关系可知此时所在的位置到MN边的距离为 所以此时所在位置到y轴的距离为 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$