广西省南宁市达标名校2018年高考一月适应性考试物理试题含解析

广西省南宁市达标名校2018年高考一月适应性考试物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．如图所示，虚线a 、b 、c 代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab =U bc ，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P 、R 、Q 是这条轨迹上的三点，R 点在等势面b 上，据此可知（ ）
A ．带电质点在P 点的加速度比在Q 点的加速度小
B ．带电质点在P 点的电势能比在Q 点的小
C ．带电质点在P 点的动能大于在Q 点的动能
D ．三个等势面中，c 的电势最高
2．如图所示，质量为M 的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A 位置，现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A 位置时的速度v 以及此过程中墙对弹簧的冲量I 的大小分别为（ ）
A ．0
mv v M m
=
+，0I =
B ．0
mv v M
=，02I mv = C ．0mv v M m =+，20
m v I M m
=
+ D ．0
mv v M m
=
+，02I mv =
3．撑杆跳是一种技术性和观赏性都极高的运动项目。

如果把撑杆跳全过程分成四个阶段：a~b 、b~c 、c~d 、d~e ，如图所示，不计空气阻力，杆为轻杆，则对这四个阶段的描述不．
正确的是（ ）
A ．a~b 阶段：加速助跑，人和杆的总机械能增加
B ．b~c 阶段：杆弯曲、人上升，系统动能减少，重力势能和弹性势能增加
C ．c~d 阶段：杆伸直、人上升，人的动能减少量等于重力势能增加量
D ．d~e 阶段：人过横杆后下落，重力所做的功等于人动能的增加量
4． “跳跳鼠”是很多小朋友喜欢玩的一种玩具（图甲），弹簧上端连接脚踏板，下端连接跳杆（图乙），人在脚踏板上用力向下压缩弹簧，然后弹簧将人向上弹起，最终弹簧将跳杆带离地面．
A ．不论下压弹簧程度如何，弹簧都能将跳杆带离地面
B ．从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，弹簧的弹性势能全部转化为人的动能
C ．从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，人一直向上加速运动
D ．从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，人的加速度先减小后增大
5．跳伞运动员打开伞后经过一段时间，将在空中保持匀速降落，已知运动员和他身上装备的总重量为G 1，圆顶形降落伞伞面的重量为G 2，有12条相同的拉线（拉线重量不计），均匀分布在伞面边缘上，每根拉线和竖直方向都成30°角。

那么每根拉线上的张力大小为（ ） A ．
1
3
G B ．
()12318
G G + C ．
12
12
G G + D ．
1
6
G 6．如图，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平力作用下紧靠滑块(A A 、B 接触面竖直)，此时A 恰好不滑动，B 刚好不下滑.已知A 与B 间的动摩擦因数为1μ，A 与地面间的动摩擦因数为2μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.A 与B 的质量之比为( )
A ．
12
1
μμ
B ．
12
12
1μμμμ-
C ．
12
12
1μμμμ+
D ．
12
12
2μμμμ+
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示,一固定斜面倾角为,将小球从斜面顶端以速率水平向右拋出,击中了斜面上的点;将小球
从空中某点以相同速率水平向左拋出,恰好垂直斜面击中点。

不计空气阻力,重力加速度为,下列说
法正确的是( )
A ．若小球在击中点时速度方向与水平方向所夹锐角为,则
B ．若小球在击中点时速度方向与水平方向所夹锐角为,则
C ．小球、在空中运动的时间比为
D ．小球、在空中运动的时间比为
8．如图，竖直放置的光滑圆弧型轨道，O 为圆心，AOB 为沿水平方向的直径，AB=2R 。

在A 点以初速度v 0沿AB 方向平抛一小球a ，若v 0不同，则小球a 平抛运动轨迹也不同．则关于小球在空中的运动，下列说法中正确的是
A ．v 0越大，小球a 位移越大
B ．v 0越大，小球a 空中运动时间越长
C ．若v 02
gR
，小球a 动能增加量最大 D ．若v 02
gR
a 末动能最大 9．下列有关高中物理实验的描述中，正确的是： 。

A ．在用打点计时器“研究匀变速直线运动”的实验中，通过在纸带上打下的一系列点迹可求出纸带上任意两个点迹之间的平均速度
B ．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，拉橡皮筋的细绳要稍长，并且实验时要使弹簧测力计与木板平面平行，同时保证弹簧的轴线与细绳在同一直线上
C ．在“研究平抛运动”的实验中，坐标纸上必须标出小球刚开始做平抛运动的初始点
D ．在“验证机械能守恒定律"的实验中，必须要用天平测出悬挂钩码的质量
10．如图甲所示，a 、b 两个绝缘金属环套在同一个光滑的铁芯上。

t ＝0时刻a 、b 两环处于静止状态，a 环中的电流i 随时间t 的变化规律如图乙所示。

下列说法中正确的是（ ）
A．t2时刻两环相互吸引
B．t3时刻两环相互排斥
C．t1时刻a环的加速度为零
D．t4时刻b环中感应电流最大
11．如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M。

一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，已知重力加速度为g，下列结论正确的是（）
A．两极板间电场强度大小为mg q
B．两极板间电压为2mgd q
C．整个过程中质点的重力势能增加
22
2 3
2
mg L
v
D．若仅增大两极板间距，该质点仍能垂直打在M上
12．如图所示为形状相同的两个劈形物体，它们之间的接触面光滑，两物体与地面的接触面均粗糙，现对A施加水平向右的力F，两物体均保持静止，则物体B的受力个数可能是（）
A．2个B．3个C．4个D．5个
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学利用图甲所示的装置设计一个“用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系”的实验。

如图中AB是水平桌面，CD是一端带有定滑轮的长木板，在其表面不同位置固定两个光电门，小车上固定着一挡光片。

为了补偿小车受到的阻力，将长木板C端适当垫高，使小车在不受牵引时沿木板匀速运动。

用一根细绳一端拴住小车，另一端绕过定滑轮挂一托盘，托盘中有一砝码调节定滑轮的高度，使细绳的拉力方向与长木板的上表面平行，将小车靠近长木板的C端某位置由静止释放，进行实验。

刚开始时小车的总质量
远大于托盘和砝码的总质量。

(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度d，如图乙所示，其读数为_____cm；
(2)某次实验，小车先后经过光电门1和光电门2时，连接光电门的计时器显示挡光片的挡光时间分别为t1和t2，此过程中托盘未接触地面。

已知两个光电门中心之问的间距为L，则小车的加速度表达式a=（______）（结果用字母d、t1、t2、L表示）；
(3)某同学在实验中保持小车总质量不变，增加托盘中砝码的个数，并将托盘和砝码的总重力当做小车所受的合力F，通过多次测量作出a-F图线，如图丙中实线所示。

试分析上部明显偏离直线的原因是_____。

14．研究物体做匀变速直线运动的情况可以用打点计时器，也可以用光电传感器。

(1)一组同学用打点计时器研究匀变速直线运动，打点计时器使用交流电源的频率是50Hz，打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况。

①打点计时器的打点周期是________s。

②图甲为某次实验打出的一条纸带，其中1、1、3、4为依次选中的计数点（各相邻计数点之间有四个点迹）。

根据图中标出的数据可知，打点计时器在打出计数点3时小车的速度大小为________m/s，小车做匀加速直线运动的加速度大小为________m/s1．
(1)另一组同学用如图乙所示装置研究匀变速直线运动。

滑块放置在水平气垫导轨的右侧，并通过跨过定滑
轮的细线与一沙桶相连，滑块与定滑轮间的细线与气垫导轨平行。

滑块上安装了宽度为3.0cm 的遮光条，将滑块由静止释放，先后通过两个光电门，配套的数字计时器记录了遮光条通过第一个光电门的时间为0.015s ，通过第二个光电的时间为0.010s ，遮光条从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为0.150s 。

则滑块的加速度大小为______m/s 1，若忽略偶然误差的影响，测量值与真实值相比______（选填“偏大”、“偏小”或“相同”）。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，弯成四分之三圆弧的细杆竖直固定在天花板上的N 点，细杆上的PQ 两点与圆心O 在同一水平线上，圆弧半径为0.8m 。

质量为0.1kg 的有孔小球A （可视为质点）穿在圆弧细杆上，小球A 通过轻质细绳与质量也为0.1kg 小球B 相连，细绳绕过固定在Q 处的轻质小定滑轮。

将小球A 由圆弧细杆上某处由静止释放，则小球A 沿圆弧杆下滑，同时带动小球B 运动，当小球A 下滑到D 点时其速度为4m/s ，此时细绳与水平方向的夹角为37°，已知重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，cos16°=0.1．问： (1)小球A 下滑到D 点时，若细绳的张力(N)T x =，则圆弧杆对小球A 的弹力是多大？ (2)小球A 下滑到D 点时，小球B 的速度是多大？方向向哪？
(3)如果最初释放小球A 的某处恰好是P 点，请通过计算判断圆弧杆PD 段是否光滑。

16．如图所示，R 为变阻箱，电压表为理想电压表，电源电动势6V E =，当变阻箱阻值为4ΩR =时，闭合电键后，电压表读数4V U =，求： (1)电路中的电流I 和电源内阻r ； (2)电源的输出功率P 和效率η；
(3)试推导说明当R 为多大时，电源的输出功率最大。

17．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场区域△ABC ，A 点坐标为（0，3a ），C 点坐标为（0，﹣3a ），B 点坐标为(3a -，-3a ）．在直角坐标系xOy 的第一象限内，加上方向沿y 轴正方向、场强大小为E=Bv 0的匀强电场，在x=3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，其与x 轴的交点为Q ．粒子束以相同的速度v 0由O 、C 间的各位置垂直y 轴射入，已知从y 轴上y=﹣2a 的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O 点．忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重
力．
（1）求粒子的比荷；
（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；
（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q 点最远？求出最远距离．
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．D 【解析】 【详解】
A. 等差等势面P 处比Q 处密，则P 处电场强度大，质点受到的电场力大，加速度大，故A 错误； D. 根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知带电质点所受的电场力方向应向下，所以电场线方向向上，故c 的电势最高，故D 正确.
B.带负电质点在电势高处电势能小，可知质点在P 点的电势能大，故B 错误.
C. 带电质点的总能量守恒，即带电质点在P 点的动能与电势能之和不变，在P 点的电势能大，则动能小，故C 错误. 2．D 【解析】 【详解】
子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：
0()mv M m v =+
解得：
mv v M m
=
+
子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A 位置时速度大小不变，即当木
块回到A 位置时的速度大小
mv v M m
=
+
子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即可墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：
00()2I M m v mv mv =-+-=-
所以墙对弹簧的冲量I 的大小为2mv 0。

故选D 。

3．C 【解析】 【详解】
A ． a ～b 阶段：人加速过程中，人的动能增加，重力势能不变，人的机械能增加，故A 正确，不符合题意；
B ． b ～c 阶段：人上升过程中，人和杆的动能减少，重力势能和杆的弹性势能均增加，故B 正确，不符合题意；
C ． c ～d 阶段：杆在恢复原长的过程中，人的动能和弹性势能减少量之和等于重力势能的增加量，故C 不正确，符合题意；
D ． d ～e 阶段：只有重力做功，人的机械能守恒，重力所做的功等于人动能的增加量，故D 正确，不符合题意。

故选：C 。

4．D 【解析】
当弹簧下压的程度比较小时，弹簧具有的弹性势能较小，弹簧不能将跳杆带离地面，故A 错误；从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长,弹簧的弹性势能转化为人的动能和重力势能，故B 错误；从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，开始弹力大于重力，人向上加速，弹簧逐渐恢复性变,弹力逐渐减小，加速度逐渐减小；后来弹力小于重力，人的加速度反向增加，所以人的加速度先减小后增大，故C 错误，D 正确．所以D 正确，ABC 错误． 5．A 【解析】 【详解】
以一根拉线为例，每根拉线拉力向上的分力
130F Fcos =︒=
由共点力的平衡条件可知：
F =
A
，与结论相符，选项A 正确； B
．
)1218
G G +，与结论不相符，选项B 错误；
C ．12
12G G +，与结论不相符，选项C 错误； D ．16
G
，与结论不相符，选项D 错误；
故选A 。

6．B 【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：对A 、B 整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有： F=μ2（m 1+m 2）g ①
再对物体B 分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有： 水平方向：F=N 竖直方向：m 2g=f 其中：f=μ1N 联立有：m 2g=μ1F ② 联立①②解得：112
212
1m m μμμμ-= 故选B ． 【考点定位】 物体的平衡 【点睛】
本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，注意最大静摩擦力约等于滑动摩擦力．
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 7．BC
AB 、由题图可知，斜面的倾角等于小球落在斜面上时的位移与水平方向的夹角，则有；小
球在击中点时速度方向与水平方向所夹锐角为，则有，联立可得，故选项A
错误，B 正确；
CD 、设小球在空中运动的时间为
，小球在空中运动的时间为
，则由平抛运动的规律可得
，
，则有，故选项C 正确，D 错误。

8．AC 【解析】 【详解】
A ．平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，初速度越大，则在空中运动的水平位移越大，末位置离A 点越远，则位移越大，故A 正确；
B ．平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关，初速度大时，与半圆接触时下落的距离不一定比速度小时下落的距离大，所以时间不一定长，故B 错误；
C ．平抛运动只有重力做功，根据动能定理可知，重力做功越多，动能变化越大，则小球落到C 点时，重力做功最多，动能变化最大，则运动时间为： 2R
t g
=
水平初速度为：
02
R gR
v t =
= 故C 正确；
D ．根据动能定理可知，末动能为：
0K K E E mgh =+
当02
gR
v =
D 错误； 故选AC 。

9．AB 【解析】 【分析】
A ．根据纸带处理方法可知，在用打点计时器“研究匀变速直线运动”的实验中，通过在纸带上打下的一系列点迹可求出纸带上任意两个点迹之间的平均速度，故A 正确；
B ． 在“验证力的平行四边形定则”的实验中，为了减小误差，拉橡皮筋的细绳要稍长，并且实验时要使弹簧测力计与木板平面平行，同时保证弹簧的轴线与细绳在同一直线上，故B 正确；
C ． 在“研究平抛运动”的实验中，描绘平抛运动轨迹，不一定非得标出平抛的起始点，故C 错误；
D ． 在验证机械能守恒定律实验中，不一定要测量物体的质量，因为验证动能的变化量和重力势能的变化量时，两边都有质量，可以约去比较，故D 错误。

故选AB 。

10．ACD
【解析】
【详解】
AB ．相互吸引还是相互排斥，就要看电流是增大还是减小，t 2时刻与t 3时刻，均处于电流减小阶段，根据楞次定律，可知两环的电流方向相同，则两环相互吸引，A 正确，B 错误；
C ．t 1时刻，a 中电流产生磁场，磁场的变化使b 中产生电流，才使两线圈相互作用，根据法拉第电磁感应定律
E n t
∆Φ=∆ 可知磁场变化越快，电动势越大，根据闭合电路欧姆定律可知电流也越大，所以，作用力最大的时刻，也就是a 中电流变化最快的时刻；在乙图中，“变化最快”也就是曲线的斜率最大。

t 1时刻斜率为0，因此两线圈没有作用力，则加速度为零，C 正确；
D ．虽然t 4时刻的电流为零，但是根据该点的斜率，电流是变化的，也就是磁通量变化率最大，那么b 环中感应电动势最大，则感应电流最大，D 正确。

故选ACD 。

11．BD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ． 据题分析可知，小球在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，小球的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M 屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图
可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：
得到：
2mg E q
= 由U=Ed 可知板间电压为：
2U q
mgd = 故A 错误，B 正确；
C ． 小球在电场中向上偏转的距离为：
y ＝
12
at 2 而 a ＝qE mg m
-＝g ，t ＝0L v 解得：
y ＝2
20
2gL v 故小球打在屏上的位置与P 点的距离为：
S ＝2y ＝2
20
gL v 重力势能的增加量为：
E P ＝mgs ＝22
20g L v π
故C 错误。

D ．仅增大两板间的距离，因两板上电量不变，根据
E ＝
U d ＝Q Cd
而C ＝4S kd
επ，解得： E ＝4kQ S πε 可知，板间场强不变，小球在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏上，故D 正确。

故选BD 。

12．AC
【解析】
【分析】
【详解】
对A 受力分析可知，当F 与A 所受的静摩擦力大小相等时，则A 、B 之间没有弹力，当F 比A 所受的静摩擦力更大时，则A 、B 之间有弹力。

当A 对B 没有弹力时，B 受到重力和地面的支持力2个力；当A 对B 有弹力时，B 还受到重力、地面的支持力与摩擦力，共4个力，故AC 符合题意，BD 不符合题意。

故选AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．0.170 222122212
()2d t t Lt t - 托盘和砝码的总质量过大，小车所受合力与托盘和砝码的总重力相差越来越大
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]游标卡尺的主尺读数为：1mm ，游标尺的刻度第14个刻度与上边的刻度对齐，所以读数为：0.05×14=0.70mm ，所以d=1mm+0.70mm=1.70mm=0.170cm ；
(2)[2]小车做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动速度位移公式
22
212d d aL t t ⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
得 ()22212
22122d t t a Lt t -=
(3)[3]实验时，小车的合外力认为就是托盘和砝码的总重力mg ，只有在M ?m 时，才有
T mg ≈
a F -图线才接近直线，一旦不满足M ?m ，描出的点的横坐标就会向右偏离较多，造成图线向右弯曲，所以a F -图线上部明显偏离直线的原因是托盘和砝码的总质量过大，小车所受合力与托盘和砝码的总重力相差越来越大。

14．0.01 0.53 1.4 4.0 偏小
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]交流电源的频率是50Hz ，则打点计时器的打点周期是
10.02s T f
== [1]由于每相邻两个计数点间还有4个点，所以相邻的计数点间的时间间隔为0.1s ，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打计数点3点时小车的瞬时速度大小
2313.80 3.2010m/s 0.53m/s 20.1
v --=⨯=⨯ [3]根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT 1可以求出加速度的大小 222342322(13.807.80)(7.80 3.20)10m/s 1.4m/s 0.1
x x a t -----==⨯= (1)[5]遮光条通过第一个光电门的速度为 10.030m/s 2.0m/s 0.015
v == 遮光条通过第二个光电门的速度为 20.030m/s 3.0m/s 0.010v =
= 则滑块的加速度大小为
222132m/s 4.0m/s 0.25
v v a t --=== [6]由实验原理可知，运动时间为遮光条从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间，遮光条开始遮住第一个光电门的速度小于1v ，遮光条开始遮住第二个光电门的速度小2v ，由于遮光条做匀加速运动，则速度变化量减小，所以测量值与真实值相比偏小。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (1)F N =(2.1-0.8x ）N ；(2)2.4m/s ，竖直向下；(3) 光滑
【解析】
【分析】
【详解】
(1)当球A 运动到D 点时，设圆弧杆对小球A 的弹力为F N ，由牛顿第二定律有
2cos37cos16A N mv F T mg R
+︒-︒= 解得
F N =(2.1-0.8x ）N
(2)小球A 在D 点时，小球B 的速度
sin 37 2.4m/s B A v v =︒=
方向竖直向下。

(3)由几何关系有
2cos3716sin 37096QD R R
h QD R =︒==︒=．．
若圆弧杆不光滑，则在小球A 从P 点滑到D 点的过程中，必有摩擦力对小球A 做功。

设摩擦力对小球A 做功为W f ，对A 、B 两小球由功能关系得
()2211222
f A B mgh m
g R QD W mv mv +-+=+
代入数据解得
W f =0
所以圆弧杆PD 段是光滑的。

16． (1)1A ，2Ω；(2)4W ，66.67%；(3)当2ΩR =时最大输出功率为4.5W
【解析】
【分析】
【详解】
(1)电路中的电流
04A 1A 4
U I R === 根据闭合电路欧姆定律E U Ir =+，解得内阻为
064Ω2Ω1
E U r I --=== (2)电源的输出功率
014W 4W P I U ==⨯=输
效率为
0410010066.6716
P I E η=⨯%=⨯%≈%⨯输
(3)电源的输出功率为
22
2
22()()4E E P I R R R r R r r R ===-++ 可知当2ΩR r ==时，电源输出功率最大，即
22
6W 4.5W 442
E P r ===⨯ 17． (1)0v Ba
(2)0≤y≤2a (3)78y a =，94a 【解析】
【详解】
(1)由题意可知， 粒子在磁场中的轨迹半径为r ＝a
由牛顿第二定律得
Bqv 0＝m 20v r
故粒子的比荷
v
q
m Ba
=
(2)能进入电场中且离O点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O′点，如图所示．
由几何关系知
O′A＝r·
AB
BC
＝2a
则
OO′＝OA－O′A＝a
即粒子离开磁场进入电场时，离O点上方最远距离为
OD＝y m＝2a
所以粒子束从y轴射入电场的范围为0≤y≤2a
(3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有
3a＝v0·t0
2
19
2
22
qE
y t a a
m
==>，
所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上
粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t，竖直方向位移为y，水平方向位移为x，则水平方向有
x＝v0·t
竖直方向有
2
1
2
qE
y t
m
=
代入数据得
x2ay
设粒子最终打在荧光屏上的点距Q点为H，粒子射出电场时与x轴的夹角为θ，则
2
tan y
x
qE x
v m v y
v v a
θ
⋅
===
有
H＝(3a－x)·tan θ＝
当=y＝9
8
a时，H有最大值
由于9
8
a<2a，所以H的最大值H max＝
9
4
a，粒子射入磁场的位置为
y＝9
8
a－2a＝－
7
8
a。