2023-2024学年湖南省长沙市湖南师范大学附属中学高二（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省长沙市湖南师范大学附属中学高二（上）期末考试物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是
A. 安培发现了电流的磁效应，并总结出判定电流的磁场方向的方法——右手螺旋定则
B. 奥斯特发现了电磁感应现象
C. 法拉第发现了电磁感应现象并总结了产生感应电流的条件
D. 库仑发现了磁感线是客观存在的描绘磁场强弱和方向的曲线
2.如图所示，从斜面上A点斜向上抛出一小球，水平击中斜面上B点，现将小球从AB中点C点抛出，仍要水平击中B点。下列说法正确的是( )
A. 可以仅将抛出时的速度大小变为原来的一半
B. 可以仅将抛出时的速度方向与水平面间夹角变为原来的一半
C. 第二次击中B点时的速度为第一次的一半
D. 第二次在空中飞行过程中重力对小球做的功为第一次的一半
3.银河系的恒星中大约四分之一是双星，某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动。由天文观察测得其运动周期为T，S1到C点的距离为r1，S1和S2的距离为r，已知引力常量为G。由此可求出S2的质量为( )
A. 4π2r2r−r1GT2B. 4πr13GT2C. 4π2r3GT2D. 4π2r2r1GT2
4.关于教材中出现的以下四张图片，下列说法正确的是
A. 图1所示疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于多普勒效应引起的
B. 图2所示竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的衍射产生的
C. 图3所示泊松亮斑现象是由于光的干涉产生的
D. 图4所示水中的气泡看上去特别明亮，是由于光的镜面反射引起的
5.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为7 V、25 V、31 V。下列说法正确的是
A. 坐标原点处的电势为0
B. 电场强度的大小为100 10V/m
C. 电子在a点的电势能比在c点的小24 eV
D. 电子从a点运动到b点，克服电场力做功为18 eV
6.如图所示，方形金属棒放在匀强磁场中，磁场方向垂直前后表面向外，金属棒通有从左到右的恒定电流I后将会产生霍尔效应，a、b、c分别表示长方体的长、宽、高，则( )
A. 金属棒上表面的电势低于下表面B. 仅增大金属棒长度a，霍尔电压将变小
C. 仅增大金属棒宽度b，霍尔电压将变小D. 仅增大金属棒高度c，霍尔电压将变小
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是
A. t=0.8 s时，振子的速度方向向右
B. t=0.2 s时，振子在O点右侧
C. t=0.4 s和t=1.2 s时，振子的加速度大小相等，方向相反
D. t=0.4 s到t=0.8 s的时间内，振子的速度逐渐减小
8.如图所示，质量为M的小车在水平面上始终以恒定速度v0向右做匀速运动，一质量为m的小球m≪M从高h处自由下落，与小车碰撞(碰撞时的作用力远远大于小球的重力)后反弹，上升的最大高度仍为h。设球与车之间的动摩擦因数为μ，则小球刚弹起后的速度大小可能为( )
A. v02+2ghB. 2ghC. 2gh4μ2+1D. 2gh4μ2−1
9.如图甲所示，一圆形金属线圈上半部分处于匀强磁场中，线圈匝数为n，线圈固定不动。t=0时匀强磁场的磁感应强度的方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示，已知线圈的半径为r，线圈总电阻为R，则( )
A. 线圈中的感应电流的大小和方向始终保持不变
B. 线框受到的安培力方向始终竖直向上
C. t=2t0时刻，线圈受到的安培力大小为n2πr3B02t0R
D. 0∼12t0时间内通过导线某横截面的电荷量为nπr2B04R
10.如图所示，光滑桌面上木板C静止并被锁定，质量为1 kg，在木板的中央处放置两个小滑块A和B，质量分别为2 kg和1 kg，两滑块间有小型炸药，某时刻炸药爆炸释放能量为12 J，两滑块开始运动，当一个滑块速度减为零时，木板锁定被解除，两滑块与木板间动摩擦因数为0.2，最终一个滑块恰好滑到木板的边缘，g取10 m/s2，不计炸药的质量，则
A. 木板C的最终速度为1 m/s
B. 整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的内能为11.5 J
C. 木板C的最小长度为7.5 m
D. 木板C受的冲量为1 N·s
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.用如图所示的装置验证动量守恒定律。足够光滑的玻璃水平桌面上两根长为L的细线拴接大小相同、质量分别为m1和m2小钢球，细线与固定钉子的拴接处安装拉力传感器，可实时显示细线中的拉力大小。初始时，两小球靠在一起，两细线刚好平行，小球的直径远小于细线的长度。
(1)将小球1沿圆弧拉到某点A处，并在A处给小球1一个沿切线方向的初速度，记录拉力传感器1的示数F1；
(2)小球1运动到O点处与小球2发生碰撞，碰后小球1弹回，记录碰后两小球运动过程中传感器1和2的示数分别为F2、F3；
(3)两小球质量关系满足m1__________m2；(选填“大于”“小于”或“等于”)
(4)对实验数据进行分析：若物理量m1、m2、F1、F2、F3满足等量关系______________时，即可验证碰撞瞬间，两小球组成的系统动量守恒；若该碰撞为非弹性碰撞，F1、F2、F3还应满足的数量关系为______________。
12.某电学实验兴趣小组结合物理课本上的多用电表结构示意图及实验室现有器材，设计了如图所示的电路，整个电路装置既可以当1mA和10mA的电流表使用，也可以当作两个倍率的欧姆电表使用。他们使用到的器材有：
电源E(电动势E=1.5V，内阻忽略不计) 定值电阻R1、R2
电流表G(量程为Ig=100μA，内阻Rg=990Ω)
滑动变阻器R(最大阻值为1500Ω) 单刀双掷开关S1、S2
(1)按照多用电表的构造和原理，接线柱C端应该接_____表笔(选填“红”或“黑”)；
(2)当单刀双掷开关S1拨到B端可作为电流表使用，S2拨到1端时，此时装置可作为_____mA(选填“1”或“10”)量程的电流表；
(3)电阻R1=_____Ω，电阻R2=_____Ω；
(4)将单刀双掷开关S1拨到A端可作为欧姆表使用，若S2拨到2端，此时作为欧姆挡×100倍率，则将S2拨到1端时的倍率为_____(选填“×10”或“×1k”)。
四、计算题：本大题共3小题，共41分。
13.半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O点为圆心，与直径AB垂直的足够大的光屏CD紧靠住玻璃砖的左侧，OO′与AB垂直。一细光束沿半径方向与OO′成θ=30°角射向O点，光屏CD区域出现两个光斑，两光斑间的距离为( 3+1)R，真空中的光速为c，求：
(1)此玻璃的折射率；
(2)改变角度θ的大小直到光屏上恰好只剩下一个光斑，计算此种情况下光从射入玻璃砖至传播到光屏所用的时间。
14.如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距L=0.5 m，导轨所在平面与水平面的夹角θ=30°，M、P间接有R=3.2 Ω的电阻。范围足够大的匀强磁场垂直导轨所在平面向上，磁感应强度大小B=1.6 T。长度与导轨间距相等、质量m=0.2 kg、阻值r=0.8 Ω的金属棒放在两导轨上，在大小为1.8 N、方向平行于导轨向上的恒定拉力F作用下，从静止开始向上运动。已知金属棒与导轨始终垂直并保持良好接触，导轨足够长且电阻不计，取重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)当金属棒的速度大小v1=1 m/s时，求金属棒的加速度大小a；
(2)金属棒向上的位移大小x=5.5 m前，金属棒已经进入匀速运动状态，求金属棒从开始运动到位移大小为x=5.5 m的过程中R上产生的焦耳热。
(3)在第(2)问的情况下，求流过电阻R的电荷量。
15.如图所示，在xOy平面内的第二象限有一个圆形匀强磁场区域，其边界与x轴相切于A(−2 3m,0)点，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B=1T，磁场区域的半径为R=2m，第一象限内有一条抛物线OQP(图中虚线所示)，P(4m,0)是x轴上的一点，抛物线OQP上方存在沿y轴负方向的匀强电场，场强E=3×103V/m，从A点向第二象限发射大量带正电的某种粒子，粒子的速率均为v0(未知)，质量均为m=2×10−7kg，电荷量均为q=1×10−4C，所有粒子均可到达P点，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
(1)已知粒子1沿与x轴正方向成θ1=60°的方向进入磁场后平行于x轴从磁场中射出，求初速度v0的大小；
(2)粒子2沿与x轴正方向成θ2=120°的方向进入磁场，求它从A点运动到P点所用的时间t(结果保留2位有效数字)；
(3)求电场的边界线OQP的轨迹方程。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题主要考查物理学史的理解与记忆，熟悉有关物理学史是解题的关键。
【解答】
A.奥斯特发现了电流的磁效应。故A错误；
BC.法拉第发现了电磁感应现象并总结了产生感应电流的条件。故B错误、C正确；
D.磁感线是描绘磁场强弱和方向的假想出来的曲线。故D错误。
2.【答案】D
【解析】解：ABC.由于是水平击中B，反向看是平抛运动
设斜面倾角为θ，根据h=12gt2，则两次时间之比为 2：1，则vy=gt可知，两次竖直速度之比 2：1
由v0=xt，、水平速度之比为 2：1，所以两次击中B点速度之比为 2：1
由v= vx2+vy2，两次抛出时速度的大小之比为 2：1，且到达B点时速度方向相同
由平抛运动推论可知，tanα=2tanθ=vyvx，可知两次抛出时速度方向相同，故ABC错误；
D.由W=mgh，则两次重力做功之比为2：1，故D正确。
故选：D。
由于是水平方向击中B点，可以看作是平抛运动的逆过程，列式分析即可。
本题考查学生对平抛运动的逆过程的理解和运用，需要注意题目中给出的是斜抛然后水平方向击中B。
3.【答案】D
【解析】以S1为研究对象，S1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
Gm1m2r2=m12πT2r1
解得
m2=4π2r2r1GT2
故选D。
【点睛】双星问题注意万有引力的距离和星体做圆周运动的半径的区别和联系。
4.【答案】A
【解析】【分析】多普勒的定义，同时掌握频率变化与运动间的关系；泊松亮斑是光的衍射现象；白光从射入肥皂薄膜，前后表面的反射光在前表面发生叠加，产生干涉；当光从光密介质射入光疏介质，入射角大于临界角时，光线全部反射回原介质的现象叫全反射现象．
解决本题的关键知道光现象产生原因及实际应用的原理；同时牢记多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的；掌握物理概念要一定要理解其真正意义。
【解答】A、多普勒效应是指波源或观察者发生移动，而使两者间的位置发生变化，使观察者收到的频率发生了变化，疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于多普勒效应引起的，故A正确；
B、竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的干涉产生的，故B错误；
C、泊松亮斑是光的衍射现象，故C错误；
D、水中的气泡看上去特别光亮，是光从水射向气泡时发生了全反射造成的，故D错误。
5.【答案】B
【解析】【分析】
根据匀强电场的电场强度公式E=Ud，结合电势差与场强间距，即可求解；依据电势差等于电势之差；根据电场力做功表达式W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况。
考查匀强电场中，电势之间的关系，掌握电场强度公式E=Ud的应用，理解几何关系的运用，并理解W=qU中各量的正负值含义。
【解答】
ac之间电势差与Ob两点间的电势差相等，即7V−31V=φ0−25V，可得φ0=1V，故A错误；
电场沿着x轴方向电场分量Ex=ΔUxx=31V−7V0.08m=300V/m，电场沿着y轴方向电场分量Ey=ΔUyy=31V−25V0.06m=100V/m，因此电场强度E= Ex2+Ey2=100 10V/m，故B正确；
电子在a点具有的电势能EPa=−eφA=−7eV，电子在c点具有的电势能EP=−eφc=−31eV，因此△Ep=EPa−Epc=24eV，电子在a点的电势能比在c点的大24eV，故C错误；
电子从a点运动到b点，电场力做功为Wab=Uabq=−e(7V−25V)=18eV，故D错误。
故选B。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查霍尔效应，通过左手定则分析载流子的偏转方向，从而确定电势的高低。
当稳定时，电场力与洛伦兹力平衡，据此列式，结合电流的微观表达式，得出电势差U的表达式，然后进行分析。
【解答】
A.金属中的自由电荷是电子，电流方向从左向右，则电子从右向左运动，根据左手定则，电子受到洛伦兹力方向向下，金属棒下表面得到电子，则金属棒上表面的电势高于下表面，A错误；
B.根据evB=Uce，I=nevbc，解得U=BIneb，可知，霍尔电压与金属棒长度a无关，B错误；
C.根据上述，仅增大金属棒宽度b，霍尔电压将变小，C正确；
D.根据上述可知，霍尔电压与金属棒高度c无关，D错误。
故选C。
7.【答案】BC
【解析】【分析】
速度方向在位移时间图象中看斜率的正负，振子加速度根据回复力公式计算，从最大位移处到平衡位置的过程中速度增大。
【解答】
A.由图象乙知，t = 0.8s时，图象的斜率为负，说明振子的速度为负，即振子的速度方向向左，A错误；
B.t = 0.2s时，振子位移为正，故振子在O点右侧，B正确；
C.t = 0.4s和t = 1.2s时，振子的位移完全相反，由a=−kxm，振子的加速度等大反向，C正确；
D.t = 0.4s到t = 0.8s的时间内，振子的位移减小，正向平衡位置靠近，速度逐渐增大，D错误。
故选BC。
8.【答案】AC
【解析】AB.若小球与车碰撞后，水平速度相同，根据动量守恒
Mv0=M+mv
由于 m≪M ，则
v=v0
球谈起后竖直速度为
vy= 2gh
则小球刚弹起后的速度大小为
v= v02+2gh
A正确，B错误；
CD.若小球与车没有达到共速，对小球由动量定理
水平方向
μNt=mvx
竖直方向
Nt=2m 2gh
得
vx=2μ 2gh
则小球刚弹起后的速度大小为
v= vx2+vy2= 2gh4μ2+1
C正确，D错误。
故选AC。
9.【答案】ACD
【解析】A.由题意可知线圈中磁通量先垂直纸面向里减小，再垂直纸面向外增大，根据楞次定律可知线圈中的感应电流方向始终为顺时针方向，根据法拉第电磁感应定律可得线圈中感应电动势的大小为
E=nΔΦΔt=nπr22B0t0
根据闭合电路欧姆定律可得，线圈中电流大小为
I=ER=nπr2B02t0R
故A正确；
B.感应电流的方向始终保持不变，磁感应强度方向变化，故 t0 时刻安培力的方向会发生改变，故B错误；
C. t=2t0 时刻，线圈受到的安培力大小为
F=nB0I⋅2r=n2πr3B02t0R
故C正确：
D. 0∼12t0 时间内通过导线某横截面的电荷量为
q=I⋅12t0=nπr2B04R
故D正确。
故选ACD。
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题主要考查系统动量守恒。注意：木板锁定被解除前爆炸瞬间，滑块A、B动量守恒；木板锁定被解除后，滑块A、B和木板组成的系统动量守恒，最后三者速度相同。
根据能量守恒定律列方程，联立求解炸药爆炸后瞬间A、B滑块所获得的速度。木板锁定被解除后，A、B及C组成的系统合外力为零，系统动量守恒，最终三者的速度相同，由动量守恒定律求木板C的最终速度；根据能量守恒定律求整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的内能；炸药爆炸过程，A、B两滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律列方程；研究木板锁定被解除到最终A、B及C的速度相同的过程，利用能量守恒定律求木板C的长度；对C，根据动量定理求整个过程中木板C受的合外力冲量。
【解答】
A、木板锁定被解除前爆炸瞬间，滑块A、B动量守恒，规定向右为正，根据动量守恒定律−mAvA+mBvB=0，可得爆炸后A、B的速度方向相反，且vA=12vB，再根据能量守恒可得12mAvA2+12mBvB2=12J，联立解得vA=2m/s，vB=4m/s，因为两滑块与木板间动摩擦因数为0.2，所以两滑块向两边滑动过程中加速度相同，所以A先减速为0，此时B的速度为v′B=2m/s；
木板锁定被解除后，滑块A、B和木板组成的系统动量守恒，最后三者速度相同，根据动量守恒定律，
mA+mB+mCv=mBv′B，解得v=0.5m/s，故A错误；
B、根据能量守恒可得，整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的内能等于爆炸的能量减去三者最后的共同动能，Q=12J−12mA+mB+mCv2=11.5J，故B正确；
C、分析可知，滑块B恰好滑到木板的边缘，B一直做匀减速运动，B的加速度为a=−μmgm=−2m/s2，根据x=v2−v022a，可得B运动的位移为：xB=0.52−42−2×2m=3.9375m，木板C做加速运动，运动的加速度aC=μmBgmA+mC=23m/s2，C的位移xC=0.52−02×23m=0.1875m，则B、C的相对位移为Δx=xB−xC=3.9375−0.1875m=3.75m，因为B原来在木板的中央处，所以木板的最小长度为：3.75×2m=7.5m，故C正确；
D、根据动量定理可得木板C受的冲量I=mC·Δv=0.5N·s，故D错误。
故选BC。
11.【答案】(3)小于；(4) m1F1= m2F3− m1F2；F1>F2+F3
【解析】【分析】
本题考查验证动量守恒定律的实验。解决问题的关键是清楚实验原理，会处理实验数据。
【解答】
(3)小球1运动到O点处与小球2发生碰撞，碰后小球1弹回，所以m1小于m2;
(4)根据绳子拉力提供向心力可知1的速度大小可表示为F1=m1v1L，解得v1= F1Lm1;同理可知碰后1、2的速度为v2=
F2Lm1，v3= F3Lm2，根据动量守恒定律有m1v1=−m1v2+m2v3，则有 m1F1= m2F3− m1F2，若为非弹性碰撞，则满足12m1v12>12m1v22+12m2v32，化简可得F1>F2+F3。
12.【答案】 黑 10 11 99 ×10
【解析】(1)红表笔与内部电源的负极相连，黑表笔与内部电源的正极相连，故 C 端应与黑表笔相连；
(2)当单刀双掷开关 S1 拨到 B 端、 S2 拨到1端时，量程更大，故为 10mA ；
(3) S2 拨到2端，量程为 1mA ，即
R1+R2=19Rg
S2 拨到1端，量程为 10mA ，即
R1=199Rg+R2
联立解得
R1=11Ω ， R2=99Ω
(4)当单刀双掷开关 S1 拨到A端、 S2 拨到2端，电流表量程为 1mA ，此时欧姆表内阻为
r内=EI1=1500Ω
S2 拨到1端，电流表量程为 10mA ，同理此时欧姆表内阻为 150Ω ，故 S2 拨到1端应为 ×10 挡。
【分析】(1)根据“红进黑出”的接线原则可以判断红黑表笔与电源正负极的连接方法；
(2)(3)根据电表改装的规律进行计算；
(4)分别求出两种情况下欧姆表的中值电阻，从中值电阻就能知道另一种情况下的倍率。
本题主要考查了欧姆表工作原理，难度不大。
13.【答案】解：(1)根据题意作出光路图如图甲所示，光在O点同时发生反射和折射。
由几何关系tanθ=OAAM，解得AM= 3R
由于MN=( 3+1)R，所以AN=R
根据几何关系有tan∠AON=ANAO=1
∠AON=45°
根据折射定律可得n=sin45∘sin30∘= 2
(2)当光屏上出现一个光斑时，恰好发生全反射，根据题意作出光路图如图乙所示
根据折射率与临界角的关系sinC=1n
可得sinC= 22
光在玻璃砖内传播的距离s1=2R
在玻璃砖内传播的速度v=cn= 22c
故光在玻璃砖内传播的时间t1=s1v=2 2Rc
光从射出玻璃砖至光屏所用时间t2=( 2−1)Rc
故此种情况下光从入射玻璃砖至传播到光屏所用的时间为t=t1+t2=(3 2−1)Rc
【解析】(1)画出光路图由几何关系解得入射角与折射角，再由折射定律得解；
(2)当光屏上出现一个光斑时，恰好发生全反射，画出光路图，由折射率与临界角的关系解得临界角，由几何关系解得光路长，由折射率与光速的关系解得光在介质中的传播速度，由此得解。
本题主要考查折射定律、全发射的理解与应用，画出光路，熟悉几何关系是解题的关键，难度一般。
14.【答案】解：(1)当金属棒的速度大小v1=1m/s时，设回路中的感应电动势为E1、感应电流为I1；
E1=BLv1；
I1=E1R+r；
此时金属棒受到的安培力FA1=BI1L；
根据牛顿第二定律有：F−mgsinθ−FA1=ma；
解得：a=3.2m/s2。
(2)设金属棒进入匀速运动状态时的速度大小为vm，根据受力平衡有：F−mgsinθ−FA=0；
又FA=B2L2vmR+r；
设在所研究的过程中金属棒克服安培力做的功为W安，根据动能定理有：Fs−W安−mgs·sinθ=12mvm2；
又知道R上产生的焦耳热为QR=RR+rW安；
联立解得QR=1.52J。
(3)q=It， I=ER+r， E=nΔΦΔt
联立解得q=1.1C
【解析】本题主要是考查电磁感应现象与力学的结合，根据题意分析清楚导体棒的运动过程，应用运动学公式、E=BLv、欧姆定律与平衡条件即可解题。
(1)导体棒速度为v1=1m/s时，由E=BLv，I=ER+r，FA=BIL可求安培力，再结合牛顿第二定律即可求解；
(2)金属棒速度最大时受力平衡；安培力做功产生焦耳热，结合动能定理求解。
(3)由闭合电路欧姆定律，法拉第电磁感应定律求解。
15.【答案】解：(1)带电粒子1的运动轨迹如图所示：
设磁场圆心为O1，粒子1在磁场中运动轨迹的半径为r，圆心为O2，从磁场边界上的C点飞出。
由几何关系可知四边形O1AO2C为菱形，故有r=R
由牛顿第二定律可知qv0B=mv02r
联立得：v0=1×103m/s；
(2)带电粒子2的运动轨迹如图所示：
设粒子2在磁场中运动轨迹的圆心为O3，它从D点平行于x轴射出磁场，延长DO3与x轴相交于E点，DE垂直于x轴，∠AO3D=120∘，∠O3AE=30∘
粒子2在磁场中运动的周期T=2πrv0=4π×10−3s
它在场中运动的时间t1=120∘360∘T=4π3×10−3s
D点的横坐标xD=xA+rsin60∘=− 3m
D点到P点沿x轴方向的位移为x=xP−xD=(4+ 3)m
粒子2从D点到P点在沿x轴方向上做匀速直线运动，所用时间t2=xv0=(4+ 3)×10−3s
所以，t=t1+t2=9.9×10−3s
(3)由几何关系可知所有粒子都平行于x轴进入电场。如图所示：
设某个粒子在电场中运动的时间为t0，加速度为a，到达抛物线OQP时的坐标为(x,y)，此时粒子速度为v，沿y轴方向的分速度大小为vy
x方向有 x=v0t0
y方向由牛顿第二定律有 qE=ma，解得：a=1.5×106m/s2，vy=at0
由三角形相似可得vyv0=yxP−x
联立解得：y=−1.5x2+6x(m) (0≤x≤4m)。
【解析】本题考查了带电粒子在电场与有界磁场中的运动这些知识点；
(1)画出轨迹图，根据几何关系，求出半径，利用洛伦兹力充当向心力列式求解即可；
(2)画出轨迹图，根据几何关系，找到角度，即可确定时间；
(3)画出轨迹图，根据几何关系可知所有粒子都平行于x轴进入电场，由运动的合成与分解分别列式即可求解。