2018届陕西省西安市长安区第一中学高三上学期第八次质量检测物理试题(解析版)

2018届陕西省西安市长安区第一中学高三上学期第八次质量检测物
理试题（解析版）
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题所给的四个选项中，只有一个选项符合题意。

）
1. 在物理学的发展中，有许多科学家做出了重大贡献，下列说法中正确的有（）
A. 库仑通过扭秤实验测量出万有引力常量
B. 胡克总结出弹簧弹力与形变量间的关系
C. 伽利略利用斜面实验观察到了小球合力为零时做匀速直线运动
D. 牛顿通过观察发现了行星运动的规律
【答案】B
【解析】卡文迪许通过扭秤实验测量出万有引力常量，故A错误；胡克总结出弹簧弹力与形变量间的关系，故B正确；伽利略利用斜面实验观察到了小球合力不为零时做匀加速直线运动，故C错误；开普勒通过观察发现了行星运动的规律，故D错误；故选B.
2. 如图所示，将A置于B上，A、B接触面水平。

用力F把B压在竖直墙上，A、B均静止。

若将A拿走，并增大F，关于B对墙的压力N，B受墙的摩擦力f，下列判断正确的是（）
A. N增大，f不变
B. N增大，f增大
C. N增大，f变小
D. N不变，f不变
【答案】C
【解析】没有拿走A时，根据平衡条件可知，F与墙对B的作用力大小相等，即F=N，墙对B的摩擦力f 等于A、B重力之和；拿走A，并增大F，则N增大，重力减小，故摩擦力f减小了，故选C.
3. 以下关于直线运动的图像中，哪个图像不能确定是匀变速直线运动的图像（）
A. B. C.
D.
【答案】B
【解析】在速度-时间图象中切线的斜率表示加速度，匀变速直线运动的v-t图象是一条倾斜的直线，故A 确定是匀变速；位移-时间图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向，则B表示速度增大，可能是匀变速，也可能不是，CD是匀速直线运动，故B不能确定是匀变速，CD确定不是匀变速；故选B．4. 一阶梯如图所示，其中每级台阶的高度和宽度都是0.4m，一小球以水平速度v0飞出，以速度v t打在第四台阶上，g取10m/s2，则v t与水平方向夹角正切值的取值范围是（）
A. 1≤＜
B. 1≤＜
C. 2≤＜
D. 2≤＜
【答案】D
【解析】若小球打在第四级台阶的边缘上高度h=4d，根据，解得，则竖直方向的速度为
，水平位移，则平抛的最大速度则，；若小球打在第三级台阶的边缘上，高度h=3d，根据，解得，水平位移，则平抛的最大速度则
，此时仍落在第4个台阶上，故竖直方向的速度为仍为，则
；为让小球能落在第4个台阶上，则有，故选D.
5. 行星运动可看作匀速圆周运动。

经长期观测发现，A行星运行的轨道半径为R0，周期为T0，但其实际运行的轨道与圆轨道总存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离。

如图所示，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星外侧还存在着一颗未知行星B，则行星B运动轨道半径为（）
A. R＝R0
B. R＝R0
C. R＝R0
D. R＝R0
【答案】C
【解析】由题意可知：A、B相距最近时，B对A的影响最大，且每隔时间t0发生一次最大的偏离，说明A、B相距最近，设B行星的周期为T，则有：，解得：，据开普勒第三定律：，解得：，故选C.
6. 如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止。

现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)，若其他条件不变，则木盒滑行的距离（）
A. 变小
B. 不变
C. 变大
D. 变大变小均可能
【答案】A
【解析】设木盒的质量为M，根据牛顿第二定律得，放砝码时，加速度：，拿走砝码施加F时，加速度：，可知：，根据，得，加速度增大，则滑行的距离变
小，故选A.
7. 假设空间某一静电场的电势随x变化情况如图所示，根据图中信息可以确定下列说法中正确的是（）
A. 空间各点场强的方向均与x轴垂直
B. 某电荷仅在电场力作用下沿x轴从0移到x1的过程中，做匀加速直线运动
C. 负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中，电场力做负功，电势能增加
D. 正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电场力做正功，电势能减小
【答案】C
【解析】由图看出，x轴上各点电势不全相等，x轴不是一条等势线，所以空间各点场强的方向不全与x轴垂直；故A错误；将电荷沿x轴从0移到的过程中，各点电势相等，图象的斜率为零，电场力为零，电荷做匀速直线运动，故B错误．负电荷沿x轴从移到的过程中，电势降低，电荷的电势能增加，电场力做负功．故C正确．正电荷沿x轴从移到的过程中，电势升高，电荷的电势能增大，电场力做负功．故D错误．故选C.
8. 如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小不等（I M>I N）、方向相反的电流。

a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d 到o点的距离均相等。

关于以上几点的磁场，下列说法正确的是（）
A. c、d两点的磁感应强度大小相等，方向不同
B. a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同
C. o点的磁感应强度为零
D. a、c两点磁感应强度的方向相同
【答案】A
【解析】M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，由于，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向向右下方，d处的磁场方向向右上方，合场强大小相等．故A正确．M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖
直向下，由于，根据场强的叠加知，a点处磁应强度的大小大于b点处磁感应强度的大小，方向相同．故B错误．根据右手螺旋定则，M处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，由于，合成后磁感应强度不等于0，故C正确．由上分析知，a、c两点的磁场方向不相同，故D错误．故选A.
9. 如图甲所示的电路中，二极管具有单向导电性，S为单刀双掷开关，电表为理想电表，R t为热敏电阻（阻值随温度的升高而减小），u为图乙所示的正弦交流电，则（）
A. 变压器原线圈中交流电压的有效值为55V
B. S接在a端，R t温度升高时，电压表和电流表的示数均变大
C. S接在a端，R t温度升高时，变压器的输入功率变大
D. S由a切换到b，R t消耗的功率变大
【答案】C
10. 一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中。

若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则以下说法不正确的是（）
A. 过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小
B. 过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量
C. Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零
D. 过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小
【答案】A
...
...............
二、选择题（本大题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有多个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全得2分，选错或不选得0分。

）
11. 如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点。

第一次小球在水平拉力F1作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ（θ<90o），张力大小为
F T1；第二次在水平恒力F2作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q点，在Q点时轻绳中的张力大小为F T2。

关于这两个过程，下列说法中正确的是(不计空气阻力，重力加速度为g)（）
A. 两个过程中，轻绳的张力均变大
B. 第一个过程中，拉力F1在逐渐变大，且最大值一定大于F2
C. F T1＝，F T2＝mg
D. 第二个过程中，重力和水平恒力F2的合力的功率先增大后减小
【答案】BC
【解析】第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，则小球处于平衡状态，根据平衡条件得：，随着增大，逐渐增大；第二次从P点开始运动并恰好能到达Q点，则到达Q点时速度为零，在此过程中，根据动能定理得：，解得：，因，则
，即，第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力，所以轻绳的张力变大，第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运
动可以等效于单摆运动，当绳子方向与重力和方向在同一直线上时，小球处于“最低点”，最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故A错误，B正确；第一次运动到Q 点时，受力平衡，根据几何关系可知，第二次运动到Q点时，速度为零，则向心力为零，则绳子拉力，故C正确；第二个过程中，重力和水平恒力F′的合力是个恒力，在等效最低点时，合力方向与速度方向垂直，此时功率最小为零，到达Q点速度也为零，则第二个过程中，重力和水平恒力的合力的功率先增大，后减小，再增大，最后再减小为0，故D错误．故选BC．
【点睛】第一次小球在水平拉力作用下，从P点缓慢地移动到Q点，则小球处于平衡状态，第二次在水平恒力作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q点，则到达Q点时速度为零，由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，找出“最低点”，最低点的速度最大，在Q点速度为零，则向心力为零，判断与mg的关系．
12. 如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。

小球运动到最高点时，受到的弹力为F，速度大小为v，其F-v2图像如乙图所示。

则（）
A. v2=c时，小球对杆的弹力方向向下
B. 当地的重力加速度大小为
C. 小球的质量为
D. v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等
【答案】CD
【解析】由图象可知，当时，有：F＜0，则杆对小球得作用力方向向下，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的弹力方向向上，故A错误；由图象知，当时，F=0，杆对小球无弹力，此时重力提供小球做圆周运动的向心力，有：，得,由图象知，当时，F=a，故有，解得：，故B错误，C正确；由图象可知，当时，由，得F=mg，故D正确；故选CD. 【点睛】小球在竖直面内做圆周运动，小球的重力与杆的弹力的合力提供向心力，根据图象、应用向心力公式、牛顿第二定律分析答题．
13. 如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距（两极板仍平行），则下列说法正确的是（）
A. 若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧
B. 若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧
C. 若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧
D. 若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧
【答案】AC
【解析】A极板带正电，B极板带负电，根据二极管具有单向导电性，极板的电量只能增加不能减小．若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，根据，得，知d减小时E增大，所以电场力变大，方向向下，小球做平抛运动竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧．故A 正确．若小球带正电，当d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，根据，得，知E不变所以电场力不变，小球仍然打在N点．故B错误．若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，根据，得，知E不变所以电场力不变，方向变为向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍然打在N点．故C正确．若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，根据
，得，知E增大，所以电场力变大，方向向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧．故D错误．故选AC.
【点睛】A极板带正电，B极板带负电，根据二极管具有单向导电性，极板的电量只能增加不能减小．根据两极板间电场的变化，判断电场力的变化，从而确定小球水平方向上的位移变化．
14. 在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域，区域I的磁场方向垂直斜面向上，区域II的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度HP及PN均为L。

一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框由静止开始沿斜面下滑，t1时刻ab边刚越过GH进入磁场I区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动。

重力加速度为g，下列说法中正确的是（）
A. 当ab边刚越过JP时，导线框的加速度大小为a=g sinθ
B. 从t1到t2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于其重力势能的减少量
C. 导线框两次匀速直线运动的速度v1:v2=4：1
D. 从t1到t2的过程中，有机械能转化为电能
【答案】CD
【解析】时刻，线圈做匀速直线运动，所受的安培力与重力的下滑分力平衡，则得：，当ab边刚越好JP时，线圈的上下两边都切割磁感线，产生感应电动势，回路中产生的总感应电动势为
E=2BLv1，线圈所受的安培力的合力为，根据牛顿第二定律得，解得：，故A错误．时刻，有安培力，由两式比较得
．故C正确．从到过程中，导线框克服安培力做功的大小等于回路中产生的焦耳热，此过程中，线框的重力势能和动能均减小，根据功能关系得知，线圈克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能减小量之和．故B错误．根据能量守恒定律得从到，线框中产生的电能为：
，故D正确；故选CD.
15. 一列简谐横波，在t=0.6s时刻的图像如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为-1cm，波上A质点的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是（）
A. 从t=0.6s开始，紧接着的0.6s内，A质点通过的路程是10m
B. 这列波的波速是m/s
C. 这列波沿x轴负方向传播
D. 从t=0.6s开始，质点P比质点Q早0.4s回到平衡位置
【答案】BD
【解析】由乙图读出t=0.6s时刻质点A的速度方向为沿y轴负方向，由甲图判断出波的传播方向为沿x轴正方向．故C正确．由甲图读出该波的波长为，由乙图周期为：T=1.2s，则波速为：，故B正确；因，质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程是4倍振幅，则经过
，A质点通过的路程是：．故A错误；图示时刻质点P沿y轴正方向，质点Q沿y轴负方向，所以质点P比质点Q早0.4s回到平衡位置，故D正确．故选BD.
【点睛】由乙图读出t=0.6s时刻质点A的速度方向，由甲图判断出波的传播方向．由甲图读出波长，由乙图周期，求出波速．根据时间与周期的倍数关系，结合一个周期内质点通过的路程是4倍振幅，求解经过t=0.6s时A质点通过的路程．根据波长的大小分析产生明显衍射现象时障碍物的尺寸．
三、实验题（本大题共3小题，共16分。

）
16. 某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻。

部分步骤如下：
（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度，由图可知其长度为______mm。

（2）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为______Ω。

【答案】(1). 50.15(2). 220
【解析】（1）游标卡尺的读数：游标卡尺主尺读数为，游标读数为
，所以最终读数为；（2）欧姆表读数等于：
.
17. 在“验证机械能守恒定律”的实验中：
（1）纸带将被释放瞬间的四种情景如照片所示，其中操作最规范的是______。

A．B．C．D．
（2）已知所接交流电频率为50Hz，当地重力加速度g=9.8m/s2，重锤质量为0.5kg，从所打纸带中选择一
条合适的纸带，此纸带第1、2计时点间的距离应接近______mm。

纸带连续的计时点A、B、C、D至第1点O的距离如图所示，则重锤从O点运动到C点，重力势能减少______J。

重锤经过C点时的速度为
______m/s，其动能增加______J。

（保留三位有效数字）
（3）若计时点E（计时点D后第一个计时点）至第1点O的距离为70.1cm，则重锤下落的加速度为
______m/s2。

（保留一位小数）
【答案】(1). D(2). (3). (4). 3.30(5). (6).
【解析】（1）在验证机械能守恒定律的实验中，实验时，应让重物紧靠打点计时器，手拉着纸带的上方，保持纸带竖直，由静止释放；故符合要求的只有D；（2）实验中重物静止释放，它的运动可以看成是自由落体运动，此纸带第1、2点间的距离大约等于：，则可以认为纸带第1、2点间的距离方接近1.96 mm；重力势能减小量为：；利用匀变速直线运动的推论，得，；（3）根据，得
，其中，同理得，，，t=0.02s，代入数据得：.
18. 在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中：已知，所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零。

（1）在图甲中用笔画线将缺少的两条导线连上；
（2）某同学绘出电源及小电珠的U﹣I图线，如图乙所示。

小电珠的电阻随温度的上升而_____（填“增大”或“减小”）；
（3）将与（2）中相同的两个小电珠并联后接到（2）中电源上，每一只小电珠的实际电功率是_____W。

（保留一位有小数）
【答案】(1). (2). 增大 1.0
【解析】（1）小灯泡的内阻较小，故电流表选用外接法，误差较小；滑动变阻器采用分压接法时，电压表与电流表都能从零开始连续变化；故完整电路图如图所示：
（2）灯泡温度升高，灯泡电压与电流的比值增大，即灯泡电阻增大；（3）由图象可知的，电流为1.0A时灯泡两端电压，则每一只小电珠的实际电功率是.
四、计算题（本大题共3小题，共34分。

解答时必须写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的，不能得分。

有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

）
19. 国际雪联自由式滑雪空中技巧世界杯赛在我国国家体育场举行。

如图所示，比赛场地由出发区AB、助滑坡BC、第一过渡区CD、跳台DE、第二过渡区EF、着陆坡FG和终点区GH组成，第一过渡区的最低点和终点区在同一水平地面上，出发区距地面的高度h B=8.4m，跳台最高点E和着陆坡最高点F离地面的高度均为h0=4.0m，着陆坡坡度为θ=37°。

运动员从助滑坡顶端B由静止滑下，离开跳台在空中完成预定动作后到达F点正上方（不考虑运动员完成动作所引起的能量变化），此时速度v=4.0m/s，方向水平。

若第一过渡区是半径R=42m的圆弧滑道，运动员连同滑雪板的总质量m=100kg，分析以下问题可将运动员视为质点，取重力加速度g=10m/s2，不计滑道和空气的阻力。

求：
（1）运动员到达第一过渡区CD最低点时受到支持力F N的大小；
（2）运动员着陆时的速度大小v1。

【答案】(1)(2)
【解析】试题分析：（1）根据机械能守恒定律可求得最低点的速度，再由向心力公式可求得支持力大小；（2）根据机械能守恒定律可求得运动员到达F点正止方时离地高度；（3）根据平抛运动的规律可求得运动员落到着陆坡上的速度大小．
（1）设运动员到达第一过渡区CD最低点时速度大小为
由机械能守恒定律可知：
根据向心力公式可知：
解得：
（2）运动员从B点出发到达F点正上方的过程
由机械能守恒定律可知：
解得：h=7.6m
（3）设运动员从空中最高点落到着陆坡经过的时间为t，水平位移为x，则x=vt
解得：t=1.2s
运动员落到着陆坡上的速度大小
20. 如图所示，质量M＝4.0kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m＝1.0kg的小滑块A(可视为质点)，初始时刻，A、B分别以v0＝2.0m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板。

已知A、B之间的动摩擦因数μ＝0.40，取g＝10m/s2。

求：
(1)A、B相对运动时的加速度a A和a B的大小与方向；
(2)A相对地面速度为零时，B相对地面的位移大小x；
(3)木板B的长度l。

【答案】(1)A的加速度大小为4.0 m/s2，方向水平向右；B的加速度大小为1.0 m/s2，方向水平向左
（2）（3）
【解析】试题分析：（1）A、B分别受到大小为μmg的摩擦力作用，根据牛顿第二定律
对A有μmg＝ma A 则a A＝μg＝4．0 m/s2 方向水平向右
对B有μmg＝Ma B 则a B＝μmg/M＝1．0 m/s2 方向水平向左
（2）开始阶段A相对地面向左做匀减速运动，设到速度为零时所用时间为t1，则
v0＝a A t1，解得t1＝v0/a A＝0．50 s
B相对地面向右做匀减速运动x＝v0t1－a B t2＝0．875 m
（3）A先相对地面向左匀减速运动至速度为零，后相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍为a A＝4．0 m/s2
B板向右一直做匀减速运动，加速度大小为a B＝1．0 m/s2
当A、B速度相等时，A滑到B最左端，恰好没有滑离木板B，故木板B的长度为这个全过程中A、B间的相对位移．
在A相对地面速度为零时，B的速度v B＝v0－a B t1＝1．5 m/s
设由A速度为零至A、B速度相等所用时间为t2，则a A t2＝v B－a B t2
解得t2＝v B/（a A＋a B）＝0．3 s
共同速度v＝a A t2＝1．2 m/s
从开始到A、B速度相等的全过程，利用平均速度公式可知A向左运动的位移
x A＝
B向右运动的位移
B板的长度l＝x A＋x B＝1．6 m
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题是木块在木板滑动的类型，运用牛顿第二定律、运动学、动量守恒和能量守恒结合求解比较简便，也可以采用图象法求解。

21. 如图所示，在xOy平面内，紧挨着的三个“柳叶”形有界区域①②③内（含边界上）有磁感应强度为B 的匀强磁场，它们的边界都是半径为a的1/4圆，每个1/4圆的端点处的切线要么与x轴平行、要么与y轴平行。

①区域的下端恰在O点，①②区域在A点平滑连接、②③区域在C点平滑连接。

大量质量均为m，电荷量均为q的带正电的粒子依次从坐标原点以相同的速率、各种不同的方向射入第一象限内（含沿x轴、y轴方向），它们只要在磁场中运动，轨道半径就为a，在y≤-a的区域，存在场强为E的沿-x方向的匀强电场。

整个装置在真空中，不计粒子重力、不计粒子之间的相互作用。

求：
（1）粒子从O点出射时的速率v0；
（2）这群粒子中，从O点射出至运动到x轴上的最长时间；
（3）这群粒子到达y轴上的区域范围。

【答案】（1）（2）（3）
【解析】试题分析：（1）由qBv0＝m，R＝a，解得
（2）这些粒子中，从O沿＋y轴方向射入磁场的粒子，从O到C耗时最长．
由，s＝πa，
得
（3）这些粒子经过①区域偏转后方向都变成与＋x轴平行，接着沿直线匀速进入②区域，经过②区域偏转又都通过C点，从C点进入③区域，经过③区域偏转，离开③区域时，所有粒子的运动方向都变成－y方向（即垂直进入电场）对于从x＝2a进入电场的粒子，在－x方向的分运动有
解得
则该粒子运动到y轴上的坐标为y1＝－a－v0t1＝－a－Ba
对于从x＝3a进入电场的粒子，在－x方向的分运动有
解得
则该粒子运动到y轴上的坐标为y2＝－a－v0t2＝－a－Ba
这群粒子运动到y轴上的区域范围为－a－Ba≤y≤－a－Ba
考点：带电粒子在磁场、电场中的运动
【名师点睛】本题考查了粒子在磁场、电场中的运动，粒子运动过程复杂，本题有一定的难度，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的关键；粒子在电场中的偏转都是用运动的合成与分解的思想，这是难点，也是考试的热点，要透彻理解。