浙江省宁波市北仑中学2025-2026学年高二上学期开学考试物理试卷

这是一份浙江省宁波市北仑中学2025-2026学年高二上学期开学考试物理试卷，共20页。试卷主要包含了14-17 班使用）等内容，欢迎下载使用。

北仑中学 2025 学年第一学期高二年级返校考物理试卷
（1-8、14-17 班使用）
一、单选题（本大题共 10 题，每小题 3 分，共 30 分）
1．电压单位用国际单位制中的基本单位表述正确的是（）
A． A  Ω
C． N  m / A  s 2．下列关于重力的说法中正确的是（ ） A．物体只有静止时才受重力作用 B．重力的方向总是指向地心 C．地面上的同一物体在赤道上所受重力最小
B． J  m / C
D． kg  m 2 / A  s3
D．物体挂在弹簧测力计下，弹簧测力计的示数一定等于物体的重力 3．如图所示，在光滑水平桌面上，小铁球沿直线向右运动。若在桌面A处放一块磁铁，关于小球的运动下列说法正确的是（） A．小铁球做匀速直线运动
B．小铁球做匀变速曲线运动 C．小铁球做匀加速直线运动 D．小铁球做变加速曲线运动
4．某航天器绕地球运行的轨道如图所示。航天器先进入近地圆轨道1做匀速圆周运动，再经椭圆轨道2，最终进入圆轨道3做匀速圆周运动。轨道2分别与轨道1、轨道3相切于P、Q两点。则航天器（）
A．在轨道2由P点到Q点的过程机械能增加 B．从轨道2变到轨道3需要在Q点点火加速 C．在轨道3的机械能小于在轨道1的机械能
D．正常运行时在轨道2上Q点的加速度大于在轨道3上Q点的加速度 5．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Uab  Ubc ，实线为一带负电的微粒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，可知（）
A．三个等势面中，c的电势最高
B．带电微粒在P点的电势能比在Q点的小 C．带电微粒在P点和在R点的速度大小可能相等 D．带电微粒在P点的加速度比在Q点的加速度小
6．为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，某动力
车在刹车过程中位移和时间的比值 x 与t之间的关系图像如图所示。下列说法
t
正确的是（ ） A．动力车的初速度为20m/s B．刹车过程中加速度大小为2.5m/s2 C．刹车过程持续的时间为6s
D．从开始刹车时计时，经过8s，该车的位移大小为80m 7．如图所示，质量为2m、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，
使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的动摩擦因数为μ
，重力加速度为g，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是（）
小车运动的加速度大小为μg
小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为2μmgx C．小物块克服摩擦力所做的功为μmgL x D．小物块和小车增加的机械能为 F L  x 8．如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能 Ek 与水平位移x关系的图象是（）
A．B．
D．
9．如图所示，利用霍尔元件可以监测无限长直导线的电流。无限长直导线在
空间任意位置激发磁场的磁感应强度大小为： B  k I ，其中k为常量，I为直
d
导线中电流大小，d为空间中某点到直导线的距离。霍尔元件的工作原理是将金属薄片垂直置于磁场中，在薄片的两个侧面a、b间通以电流 I 0 时，e、f两侧会产生电势差。下列说法正确的是（） A．该装置无法确定通电直导线的电流方向 B．输出电压随着直导线的电流强度均匀变化 C．若想增加测量精度，可增大霍尔元件沿磁感应强度方向的厚度 D．用单位体积内自由电子个数更多的材料制成霍尔元件，能够提高测量精度 10．如图甲所示的电路，其中电源电动势 E  6V ，内阻r  1Ω ，定值电阻
R  3Ω ，滑动变阻器电阻最大阻值为20Ω，已知滑动变阻器消耗的功率P与其
接入电路的有效阻值Rr的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（）
图乙中滑动变阻器的最大功率 P2  2.5W，R1  4Ω
图乙中 R2  5Ω
滑动变阻器消耗的功率P最大时，电源输出功率也最大 D．无论如何调整滑动变阻器Rr的阻值，都无法使电源的输出功率达到9W
二、多项选择题（本大题共 3 题，每题 4 分，共 12 分，全部选对得 4 分
， 选对但不全得 2 分，有错选的得0 分）
假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示。图像上A
点与原点连线与横轴成α角，曲线在A点的切线与横轴成β角，则（ ）
白炽灯的电阻随电压的增大而减小 B．在A点，白炽灯的电阻可表示为tanβ C．在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0
U0
在A点，白炽灯的电阻可表示 I
0
下图中是关于磁场中的一些实际应用，下列说法正确的是（）
图甲是回旋加速器，要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径 B．图乙是磁流体发电机，图中A极板是发电机的正极，B极板是发电机的负极
E
C．图丙是速度选择器，不仅能选出速度v  的粒子，还能区分粒子的正负
B
D．图丁是奥斯特证明电流磁效应的实验，导线通电后，其正下方小磁针的N
极将向纸面内转动
如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上。现使A以3m/s的速度向B运动压缩弹簧，A、B的速度—时间图像如图乙，则有（ ）
在t1、t3 时刻两物块达到共同速度1m / s，且弹簧都处于压缩状态
从t3 到t 4 过程中，弹簧由压缩状态恢复原长
两物块的质量之比m1：m2  1 : 2
在t2 时刻A与B的动能之比 Ek1：Ek 2  1: 8
三、实验题（共 18 分）
采用如图甲所示的实验装置做“探究平抛运动的特点”的实验。
以下是实验过程中的一些做法，其中合理的是（） A．要求斜槽轨道保持水平且光滑 B．每次小球应从同一高度由静止释放 C．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
图乙为一小球做平抛运动时用闪光照相的方法获得的相片的一部分，图中背景小方格的边长为5cm，取10m/s2，则：
①小球运动的初速度v0=m/s；
②小球过B点的竖直方向速度vBy=m/s；
③图中A点平抛的起点（选填“是”或“不是”）。
在测量一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材： A．被测干电池一节 B．电流表：量程为0～0.6A，内阻约为0.4Ω C．电流表：量程为0～0.6A，内阻rA  2 D．电压表：量程为0～3V，约为3kΩ
E.滑动变阻器：0～10Ω，允许通过的最大电流为1A F.滑动变阻器：0～100nΩ，允许通过的最大电流为2A G.开关、导线若干
为了尽可能减小误差，以及便于调节，电流表应选用（填“B”或“C”
），滑动变阻器应选用（填“E”或“F”），并在图甲的方框内画出实验电路图。
闭合电键后，通过调节滑动变阻器，测得多组电压表和电流表的示数U
、I，作出U  I 图像如图乙所示，由图像可知电池的电动势为 E  V，内阻为r  Ω。（结果均保留2位有效数字）
本实验（填“存在”或“不存在”）因电表内阻引起的系统误差。
四、解答题（共 40 分）
16．（10分）如图所示，两平行正对金属板之间的距离d  10cm ，上极板带正
电，下极板带负电，电荷量Q均为3.0106 C时，两极板之间的电势U  10V
求两金属板构成电容器的电容C； (2)求两极板之间的电场强度大小E；
两板间有相距l  12cm 的两点A和B， A、B连线与极板夹角θ  30 ，将电荷量q  1109 C 的某点电荷从A点移到B点，求电场力对该点电荷所做的功W
17．（10分）如图所示，水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径 R  0.4m 。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度 E 1.0104 N/C 。现有质量m  0.1kg的带电体（可视为质点）放在水平轨道上A点处，AB两点距离 x  1.0m ，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零，已知带电体所带电荷量q  8.0 105 C，取 g  10m/s2 ，求： (1)带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到B端时的速度的大小；
带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小；
AC 两点之间的电势差和A到C过程中发热量。
18．（10分）如图所示，足够长的光滑水平地面上，静置一辆小车，长L=0.3m
、不可伸长的轻质柔软细绳一端固定在车厢顶部，另一端系一质量m=1.98kg的木块（可视为质点），质量m0  20g 的子弹以v0  200m/s 的速度水平射入木块并留在其中，此后绳与竖直方向的最大夹角θ 60 ，取重力加速度大小
g  10m/s2 。求：
子弹射入木块时产生的热量Q；
小车的质量M以及绳与竖直方向夹角为θ 60 时小车的速度大小；
小车的最大速度vmax 的大小。
19．（10分）磁聚焦和磁发散技术在许多真空系统中得到了广泛应用，如电子显微镜技术，它的出现为科学研究做出了重大贡献。现有一个磁发散装置，如图所示，在半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外，磁感应强度为B的匀强磁场，在圆形磁场区域右侧有一方向竖直向下，电场强度为E的匀强电场，电场左边界与圆形磁场右边界相切。在水平地面上放置一个足够长的荧光屏PQ
，它与磁场相切于P点。粒子源可以持续的从P点向磁场内发射速率为v方向不同的带正电同种粒子。经观测：有一粒子a以竖直向上的初速度射入磁场，该粒子经磁场偏转后恰好以水平方向离开磁场，然后进入电场区域。粒子b进入磁场的速度方向与粒子a的速度方向夹角为θ（未知），进入磁场后，粒子b的运动轨迹恰好能通过圆形磁场的圆心O，最终也进入到电场区域。已知电场强度和磁感应强度的关系满足 E  Bv ，不计粒子重力及粒子间相互作用。求：
粒子的比荷 q ；
m
粒子b与粒子a的夹角θ和b粒子打在荧光屏上的亮点到P点的距离x；
入射方向与荧光屏所在平面成60 ~ 120 区间范围内的粒子，最终打到荧光屏上形成的亮线长度。
参考答案
1．D
【详解】根据电功率公式 P  UI
得U  P  W  F  x
II  tI  t
电压单位用基本单位表述为kg  m2 / A s3 。
故选 D。 2．C
【详解】A．物体受到重力的作用，与物体的运动状态无关，A 错误； B．重力的方向总是竖直向下，不一定指向地心，B 错误； C．赤道上重力加速度最小，因此地面上的同一物体在赤道上所受重力最小，C 正确； D．物体挂在弹簧测力计下处于平衡状态时，弹簧测力计的示数才等于物体的重力，D 错误。
故选 C。 3．D
【详解】小球的速度方向沿曲线的切线方向，小球所受合力方向指向磁铁的方向，两者不共线，球将做曲线运动，向 A 的位置发生弯曲，由于条形磁铁的各位置的磁感应强度大小不同，所以小球受到的磁场力的大小是不断变化的，只能做变加速的曲线运动，故 D 正确，ABC 错误。
故选 D。 4．B
【详解】A．在轨道 2 由 P 点到 Q 点的过程只有万有引力做功，机械能守恒，故 A 错误； B．从轨道 2 变到轨道 3，轨道半径变大，需要在 Q 点点火加速使其做离心运动，故 B 正确；
C．从轨道 1 到轨道 2 需要点火加速，从轨道 2 到轨道 3 也需要点火加速，即从轨道 1 到轨道 3 除了万有引力的其他力对卫星做正功，机械能增大，即在轨道 3 的机械能大于在轨道 1 的机械能，故 C 错误；
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
D
B
A
C
C
A
B
D
题号
11
12
13
答案
CD
AD
CD
D．根据牛顿第二定律G Mm  ma
r 2
可得a  GM
r 2
可知正常运行时在轨道 2 上 Q 点的加速度等于在轨道 3 上 Q 点的加速度，故 D 错误。故选 B。
5．A
【详解】A．带电微粒做曲线运动，仅受电场力，则电场力方向必定沿电场线指向运动轨迹的内侧，又由于电场线方向和等势面垂直，则电场力方向应垂直于等势面指向轨迹内 侧，微粒带负电，则电场线大致由 c 等势面指向 a 等势面，沿着电场线的方向电势越来越低，则 c 的电势最高，故 A 正确； B．结合上述，电场力方向应垂直于等势面指向轨迹内侧，若带电微粒从 P 点运动到 Q
点，电场力做正功，电势能减小，即带电微粒在 P 点的电势能比在 Q 点的大，故 B 错误； C．结合上述，若带电微粒从 P 点运动到 R 点，电场力做正功，带电微粒的速度增大，故 C 错误；
D．等差等势面分布的密集程度间接表示电场的强弱，根据图示可知，P 点的电场强度大 于 Q 点的电场强度，则带电微粒在 P 点受到的电场力大于在 Q 点受到的电场力，根据牛顿第二定律可知带电微粒在 P 点的加速度比在 Q 点的加速度大，故 D 错误。
故选 A。 6．C
【详解】AB．根据题意，由运动学公式有
x  v t  1 at 2
整理可得
0
x  v
2
1 at
t02
结合图像可得
v  30 ms ， 1 a  20  30 m s2
024
解得
a  5 m s2
即刹车过程中加速度大小为5m / s2 ，故 AB 错误； C．刹车过程持续的时间为
故 C 正确；
t  0  v0  6s
a
D．从开始刹车时计时，经过 8s，该车的位移大小为
x  v0 t  90m
2
故 D 错误。故选 C。 7．C
【详解】A．对小车进行分析，根据牛顿第二定律有
μmg  2ma1
解得
故 A 错误；
a  1 μg
12
B．小物块到达小车最右端过程，小车运动的距离为 x，根据动能定理有
μmgx  Ek1  0
解得
Ek1  μmgx
故 B 错误；
C．物块对小车的相对位移为 L，小车运动的距离为 x，则物块的位移为 L  x ，则小物块克
服摩擦力所做的功为
W  μmg  L  x
故 C 正确； D．物块对小车的相对位移为 L，则有
a t 2  1 a t 2  L
2 22 1
物块的速度
v1  a1t
小车运动的距离为 x，则有
x  1 a t 2
2 1
对物块进行分析，根据牛顿第二定律有
F  μmg  ma2
物块的动能
E  1 mv2
k221
小物块和小车增加的机械能为
E  Ek1  Ek2
解得
E  F  L  x  μmgL
故 D 错误。故选 C。 8．A
【详解】由题意可知设斜面倾角为 θ，动摩擦因数为 μ，则物块在斜面上下滑距离在水平面投影距离为 x，根据动能定理，有
mgx tanθ μmg csθ
整理可得
x
csθ
 Ek
mg tanθ μmg  x  Ek
即在斜面上运动时动能与 x 成线性关系；当小物块在水平面运动时,根据动能定理由
μmgx  Ek  Ek0
即
Ek  Ek0  μmgx Ek0 为物块刚下滑到平面上时的动能，则即在水平面运动时物块动能与 x 也成线性关系。
故选 A。
9．B
【详解】A．若电流向右，根据左手定则，安培力向内，载流子是自由电子，故后表面带负电，前表面带正电，故前表面 e 面电势较高；若电流向左，前表面 f 面电势较高；则可
以根据 e、f 两侧电势高低判断通电导线中的电流方向，故 A 错误；
B．设前后表面的厚度为def ，金属薄片的厚度为 h，导线中单位体积的电子数为 n，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有
根据电流微观表达式，有
e U def
 evB
I0 =neSv=nedef hv
解得
U  kI0 I
nehd
所以输出电压随着直导线的电流强度均匀变化，故 B 正确；
CD．由U 
kI0
nehd
I 可得
I  nehd U kI0
可知增大霍尔元件沿磁感应强度方向的厚度 h，用单位体积内自由电子个数 n 更多的材料制成霍尔元件，在直导线电流一定时，e、f 两侧的电势差减小，测量精度减小，故 CD 错误。
故选 B。 10．D
【详解】A．由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电路外电阻 R 等于内阻 r 时，输出功率
最大，最大值为
把定值电阻看成电源内阻一部分，当有
E2
Pm  4r
Rr  R1  R  r  4Ω
时滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为
E262
P2  4  R  r   4 3 1 W  2.25W
故 A 错误；
B．滑动变阻器的阻值为3Ω 时与阻值为 R2 时消耗的功率相等，有
E2E2
 3  R  r   3   R  R  r   R2
 2
解得
R  16 Ω
23
故 B 错误；
C．当电路外电阻等于内阻时，输出功率最大，因为定值电阻大于电源内阻，故随着滑动变阻器接入电路阻值变大，电源输出功率减小，故滑动变阻器接入电路阻值为零时，电源输出功率最大，故 C 错误； D．当滑动变阻器接入电路阻值为零时，电路中电流最大，最大值为电源输出功率最大，
为
Im 
所以
E
R  r
 3 A
2
P  I 2R  27 Ω
故 D 正确。故选 D。 11．CD
mm4
【详解】A．由图可知白炽灯的电阻随电压的增大而增大，故 A 错误；
BD．在 A 点，白炽灯的电阻可表示为 R  U0
I0
考虑到横纵坐标的单位长度所代表的物理量的数值可能不一样，故不能表示为 tan β 或 tan
α，故 B 错误，D 正确；
C．在 A 点，白炽灯的功率可表示为 P=U0 I0
故 C 正确。故选 CD。
12．AD
2
【详解】A．根据公式qvB  m v
r
，解得粒子获得的最大动能
E 1 mv2
km2
 q2 B2r 2
2m
可知要想粒子获得的最大动能增大，可增加 D 形盒的半径，故 A 正确；
B．由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A 板是电源的负极，B 板是电源的正极，故 B 错误；
C．对此速度选择器，速度的方向必须由左向右，由qE  qvB ，可得
v  E
B
能选出速度v  E 的粒子，不能区分粒子的正负，故 C 错误；
B
D．图丁中导线通电后，根据安培定则可知，导线下方的磁场方向垂直纸面向里，正下方小磁针的 N 极向纸面里转动，故 D 正确。
故选 AD。 13．CD
【详解】A．由图乙可知 t1 时刻之后一小段时间，A 速度减小，B 速度增大，则 t1 时刻弹簧处于压缩状态，t3 时刻之后一小段时间，A 速度增大，B 速度减小，则 t3 时刻处于伸长状态。故 A 错误；
B．由图乙可知在 t3 时刻处于伸长状态，二物块速度相等，弹簧最长，t4 时刻两物块速度恢复到初始状态即弹簧恢复原长，因此从 t3 到 t4 过程中弹簧由伸长状态恢复原长。故 B 错 误；
C．根据动量守恒定律，t=0 时刻和 t=t1 时刻系统总动量相等，有
m1v1  m1  m2 v2
由图乙可得
v1  3m / s ， v2  1m / s
代入数据解得
m1：m2  1: 2
故 C 正确；
D．由图乙可知在 t2 时刻 A 的速度为1m / s ，B 的速度为2m / s 。根据
E  1 mv2
k2
可得
Ek1：Ek 2  1: 8
故 D 正确。
故选 CD。 14．(1)B
(2)1.52.0不是
【详解】（1）A．要求斜槽轨道末端保持水平但是不一定必须光滑，故 A 错误； B．为保证小球做平抛运动的初速度相同，则每次小球必须从同一高度由静止释放，故 B正确；
C．为描出小球的运动轨迹，描绘的点要用平滑曲线连线，故 C 错误。故选 B。
（2）①[1]由竖直方向做自由落体运动，有h h gT 2
解得拍摄时间T  0.1s
3l
3 5102
BCAB
小球初速度为v0  T 
0.1
m/s  1.5m/s
h
8 5102
②[2]小球过 B 点的竖直方向速度vBy  AC 
2T
0.1 2
m/s  2.0m/s
③[3]根据小球竖直方向做自由落体运动，若 A 点为平抛的起点，则 AB、BC 竖直方向上位移之比应是 1∶3，而不是图中 3∶5，故 A 点不是平抛的起点。
15．CE见解析1.51.0不存在
【详解】（1）[1][2][3]为了尽可能减小实验误差，选用内阻已知的电流表 C，为了便于调节，选用最大阻值较小的滑动变阻器 E，电路图如图所示
（2）[4][5]由图像可知，电池的电动势为 1.5V，内阻
r  1.5   r  1.0
0.5A
（3）[6]由于求内阻时考虑了电流表的内阻，不存在因电表内阻引起的系统误差。
16．(1) 3.0 107 F
100V/m
6 109 J
【详解】（1）由公式可知
C  Q
U
解得
3.0 106
C 
10
F  3.0 107 F
由匀强电场电场强度与电势差关系式可知
由静电力做功公式可知
E  U 
d
10V/m  100V/m
10  0.01
W  qEl sin 30  1109 100 12  0.01 1 J= 6 109 J
2
17．(1) 8m/s2 ， 4m/s ；(2) 5N ；(3)1.4 104 V ， 0.72J
【详解】(1)设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为 a，根据牛顿第二定律有
qE  ma
解得
a  8m/s2
设带电体运动到 B 端的速度大小为vB ，根据匀变速直线的规律有
B
2ax  v 2
解得
vB  4m/s
当带电体运动到圆轨道 B 端时，根据牛顿第二定律有
v 2
FN  mg  m B
R
解得
FN  5N
再根据牛顿第三定律可知，带电体运动到圆弧形轨道的 B 端时对圆弧轨道的压力大小
5N。
A、C 两点的电势差
UAC  E(x  R)
解得
UAC  1.4 104 V
带电体 A 到 C 过程，根据动能定理
qE  x  R  W摩  mgR  0
解得
W摩  0.72J A 到 C 过程中发热量
Q  0.72J
18．(1)Q=396J
M=6kg， v2  0.5m/s
vmax  1m/s
【详解】（1）设子弹射入木块后的速度大小为 v1，由守恒定律得m0v0  m  m0  v1
产生的热量为Q  1 m v2  1 m  mv2
2 0 0201
联立解得Q  396J
设木块与小车共速时大小为 v2，当木块在最高点时，木块和小车共速。系统在水平方向动量守恒，则有m0v0  m0  m  M v2
由能量守恒有 1 m  m v2  1 m  m  M  v2  m  m gL 1- csθ

2012020
解得M  6kg ， v2  0.5m/s
对小车进行受力分析发现，当木块再次向左回到最低点时，小车速度最大，设此时木块速度大小为 v3
根据动量守恒定律得m0v0  m0  mv3  Mvmax
根据机械能守恒定律得 1 m  m v2  1 m  m v2  1 Mv2
2012032max
联立可解vmax  1m/s
19．（1） v
BR
；（2）θ 30 ， x  (
1)R ；（3） (
1)R
3
3
【详解】（1）由 a 粒子的运动可知粒子在磁场中运动的半径为
r  R
由牛顿第二定律有
可得粒子的比荷
Bqv  m v
2
r
q  v
mBR
画出粒子 b 的运动轨迹，如图所示
根据几何关系可知 POQO构成一个边长为 R 的菱形，则
θ 30
由于QO//OP ，b 粒子经过 Q 点的速度方向与QO 垂直，所以粒子 b 进入电场的方向也沿水平方向。b 粒子进入电场中做类平抛运动，有
x  vt ， y  1.5R  1  qE t 2
bbb
解得

m b
xb  3R
所以 b 粒子打在荧光屏上的亮点到 P 点的距离为
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x  xb  R  (1)R
入射方向与 P 点右侧荧光屏成60 的粒子，在磁场与电场中的运动轨迹如图所示
由几何关系可知，粒子进入电场时距离荧光屏的距离为
h  0.5R
进入电场后，粒子做类平抛运动，有
x  vt ， h  0.5R  1  qE t 2
2 m
解得
x  R
所以该粒子打到荧光屏的位置距离 P 点的距离为2R ；根据（2）可知，入射方向与 P 点左
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侧荧光屏成60 的粒子，打到荧光屏的位置距离 P 点的距离为(1)R ，所以入射方向与
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荧光屏所在平面成60 ~ 120 区间范围内的粒子，最终打到荧光屏上形成的亮线长度为
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d  (
1)R  2R  (
1)R