2023杭州高三下学期教学质量检测（二模）物理含解析

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2022学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测
物理试题卷
Ⅰ 选择题部分
一、选择题(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 下列属于磁感应强度的单位且用国际单位制中基本单位符号表示的是（　　）
A. T B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】磁感应强度

磁感应强度单位为T，则

故选C。
2. 如图所受是运油20给歼10、歼20两种战机同时加油的瞬间，则（　　）

A. 研究加油问题时，运油20可视为质点
B. 加油过程中，运油20的惯性越来越大
C. 以运油20为参考系，歼20、歼10战机是运动的
D. 以歼10战机为参考系，运油20和歼20都是静止的
【答案】D
【解析】
【详解】A．研究加油问题时，运油20的形状和体积对所研究的问题的影响不能忽略，因此研究加油问题时，运油20不能视为质点，A错误；
B．物体的惯性大小由质量决定，加油过程中，运油20的质量减小，则其惯性减小，B错误；
CD．为了确保安全，加油过程中，运油20、歼10、歼20三者的相对位置需要保持不变，则以运油20为参考系，歼20、歼10战机是静止的，以歼10战机为参考系，运油20和歼20也都是静止的，C错误，D正确。
故选D。
3. 如图，用一根轻质细绳将一幅重力为G画框对称悬挂在墙壁上，画框上两个挂钉间的距离为d，绳子的总长度为L，绳子对一个挂钉的拉力为F，则（　　）

A. F的大小等于0.5G B. F的大小小于0.5G
C. L不变而增大d，可使F增大 D. d不变而增大L，可使F增大
【答案】C
【解析】
【详解】
AB．绳与竖直方向夹角


所以F的大小大于0.5G，故AB错误；
C．L不变而增大d，增大，可使F增大，故C正确；
D．d不变而增大L，减小，可使F减小，故D错误。
故选C。
4. 如图，是一个小球从水平向右的横风区正上方自由下落的闪光照片，除横风区外，其他位置的空气作用力可不计，则（　　）

A. 小球在横风区中水平速度不变 B. 小球刚进入横风区时加速度水平向右
C. 小球刚从横风区飞出时速度最大 D. 小球从横风区飞出后，做匀变速曲线运动
【答案】D
【解析】
【详解】AB．小球刚进入横风区时，受重力和水平向右的风力，根据牛顿第二定律可知加速度斜向右下方，且水平方向的速度增大，故AB错误；
CD．小球从横风区飞出后，只受重力作用，做匀变速曲线运动，向下运动过程中速度不断增大，所以小球刚从横风区飞出时速度不是最大，故C错误，D正确。
故选D。
5. 如图所示是神舟十四号飞船夜间返回的红外照片，打开降落伞后，飞船先减速后匀速下降，最后安全着陆。若不计空气对飞船的作用力，则（　　）

A. 打开降落伞之后，飞船仍处于失重状态
B. 匀速下降阶段，飞船的机械能守恒
C. 减速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于合力对飞船做的功
D. 匀速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于重力对飞船做的功
【答案】D
【解析】
【详解】A．打开降落伞后，飞船减速运动时，加速度方向向上，处于超重状态，故A错误；
B．匀速下降阶段，飞船动能不变，重力势能减小，机械能减小，故B错误；
C．减速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于阻力对飞船做的功，故C错误；
D．匀速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于阻力对飞船做的功，而重力等于阻力，所以飞船的机械能的减少量等于重力对飞船做的功，故D正确。
故选D。
6. 用如图甲所示实验装置研究光电效应的规律，得到如图乙所示的实验数据，由此可知（　　）

光的颜色
绿色
紫色
光的波长
546

410
强度较低
强度较高
反向电压U/V
光电流
光电流
光电流
0.00
10.4
8.5
14.8
0.02
4.0
6.7
11.9
0.04

0.0
4.8
8.9
0.06
0.0
3.0
6.0
乙
A. 单位时间逸出的电子数与入射光的强度有关
B. 用绿光实验时，遏止电压一定是0.04V
C. 用强度较高紫光实验时，饱和电流大小为14.8μA
D. 不同颜色的光照射时，材料的逸出功不同
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据不同强度的紫光照射时电流大小，可知单位时间逸出的电子数与入射光的强度有关，故A正确；
B．用绿光实验时，遏止电压不一定是0.04V，故B错误；
C．用强度较高紫光实验时，不能确定饱和电流大小是否为14.8μA，故C错误；
D．逸出功是由金属的性质决定，与入射光频率无关，故D错误。
故选A。
7. 在医学上，放射性同位素锶90()制成表面敷贴器，可贴于体表治疗神经性皮炎等疾病。锶90()会发生β衰变，其衰变产物中有钇(Y)的同位素，半衰期为28.8年。下列说法正确的是（　　）
A. Y原子核的中子数为52
B. 0.4mol的原子核经过57.6年后还剩余0.3mol
C. β射线是电子流，速度可接近光速
D. 将锶90制成的数贴器贴在患者体表，若患者发高烧会导致锶90衰变速度加快
【答案】C
【解析】
【详解】A．锶90()会发生β衰变，根据质量数守恒与电荷数守恒可知，Y的质量数为90，电荷数为

则Y原子核的中子数为

故A错误；
B．锶90()半衰期为28.8年，故0.4mol的原子核经过57.6年后还剩余0.1mol，故B错误；
C．β射线是电子流，速度可接近光速，故C正确；
D．半衰期的大小跟原子所处的温度、压强等物理状态以及化学状态无关，故D错误。
故选C。
8. 如图所示，是某火星探测器简化飞行路线图，其地火转移轨道是椭圆轨道。假设探测器在近日点P点进入地火转移轨道，在远日点Q，被火星俘获。已知火星的轨道半径是地球地火轨道半径的1.5倍，则转轨道（　　）

A. 地球公转的周期大于火星公转的周期
B. 探测器进入地火转移轨道后，速度逐渐增大
C. 探测器在地火转移轨道上的周期大于火星的公转周期
D. 探测器从发射到被火星俘获，经历的时间约255天
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据开普勒第三定律，地球公转的周期小于火星公转的周期，故A错误；
B．探测器进入地火转移轨道后，万有引力做负功，速度逐渐减小，故B错误；
C．根据开普勒第三定律，探测器在地火转移轨道上的周期小于火星公转的周期，故C错误；
D．根据开普勒第三定律

探测器在地火转移轨道上的周期

探测器从发射到被火星俘获，经历时间

联立代入数据可知经历的时间约255天，故D正确。
故选D。
9. 如图所示，把线圈(内阻不计)、电容器、电源、电阻和单刀双掷开关连成图示电路。把电压传感器(图中未画出)的两端连在电容器的两个极板M、N上。先把开关置于a侧，一段时间后再把开关置于b侧，从此刻开始计时，电压随时间t变化的图像正确的是（　　）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由于电路有能量损耗，有一部分能量转化为内能，还有一部分能量以电磁波的形式辐射出去，故电压振幅会减小，电容器放电时间由电容器自身决定，故周期不变，且开始时，电容器电压最大，则计时开始时，电压处于最大振幅。
故选C。
10. 如图所示，在水槽中，a、b、c、d、e是水面上同一直线的五个质点，已知，cd=de。现使完全相同的波源a、b同向起振，产生速度为v、振幅为A、周期为T的两列水波，形成图示的干涉图样。此时c点的位移为+2A，e点是与c紧邻的位移也为+2A的质点，则下列说法错误的是（　　）

A. d点是振动加强的点
B. c、e之间有一个质点振幅为零
C. c、e两个质点水平距离为
D. e点与b、a的水平距离相差
【答案】B
【解析】
【详解】C．根据题意c、e是两个相邻的振动加强的质点，可知两质点之间的距离等于一个波长，即

C正确，不符合题意；
D．e点与b、a的水平距离的差值大小为

D正确，不符合题意；
A．d点与b、a的水平距离的差值大小为

可知，d点是振动加强的点，A正确，不符合题意；
B．c、e之间质点到与b、a的水平距离的差值大小为

若该点振幅为零，即为振动减弱点，则有
（n=0，1，2，3…）
根据上述有

解得
n=0，1
可知c、e之间有两个振动减弱的质点，即c、e之间有两个质点振幅为零，B错误，符合题意。
故选B。
11. 利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图甲所示，将霍尔元件置于两块磁性强弱相同同极相对放置的磁体缝隙中，建立如图乙所示的空间坐标系。两磁极连线方向沿x轴，通过霍尔元件的电流I不变，方向沿z轴正方向。当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B为0，霍尔电压为0，将该点作为位移的零点。当霍尔元件沿着±x方向移动时，则有霍尔电压输出，从而能够实现微小位移的测量。已知该霍尔元件的载流子是负电荷，则下列说法正确的是（　　）

A. 霍尔元件向左偏离位移零点时，其左侧电势比右侧高
B 霍尔元件向右偏离位移零点时，其下侧电势比上侧高
C. 增加霍尔元件沿y方向的厚度，可以增加测量灵敏度
D. 增加霍尔元件沿x方向的厚度，可以增加测量灵敏度
【答案】B
【解析】
【详解】AB．霍尔元件向左偏离位移零点时，磁场方向向右，则带负电的载流子向下偏转，则上侧电势比下侧高；同理霍尔元件向右偏离位移零点时，其下侧电势比上侧高，选项A错误，B正确；
CD．当稳定时

其中

解得

则只有减小x方向的厚度才能增加灵敏度；增加霍尔元件沿y方向或者沿x方向的厚度，都不可以增加测量灵敏度，选项CD错误。
故选B。
12. 如图甲所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为C的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（　　）

A. 质子在各圆筒中做匀加速直线运动
B. 质子进入第n个圆筒瞬间速度为
C. 各金属筒的长度之比为1:：：
D. 质子在各圆筒中的运动时间之比为1:：：
【答案】C
【解析】
【详解】A．金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，做匀速运动，故A错误；
B．质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理

解得

故B错误；
D．只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故D错误；
C．第n个圆筒长度

则各金属筒的长度之比为1:：：，故C正确。
故选C。
13. 如图所示，有一块半径为R的半圆形玻璃砖，OO'是对称轴。现有平行单色光垂直照射到AB面，玻璃砖对该单色光的折射率为。已知，不考虑二次反射，则（　　）

A. 玻璃砖的弧面上有光射出的区域弧长为
B. 若在纸面内将玻璃砖绕圆心逆时针旋转，有光射出的区域弧长不变
C. 所有从射出的光线都将汇于一点
D. 入射光线距OO'越远，出射光线与OO'的交点离AB面越远
【答案】B
【解析】
【详解】A．光线射到圆弧面上的临界角

则
C=37°
玻璃砖的弧面上有光射出的区域弧长为

选项A错误；

B．光线垂直射到直径AB时，玻璃砖的弧面上有光射出的区域所对应的角度为74°；若在纸面内将玻璃砖绕圆心逆时针旋转，设此时能在圆弧AB面上发生全反射的两条临界光线在直径上的折射角为θ，则


则

可知有光射出的区域弧长不变，选项B正确；
CD．设能从圆弧上射出某条光线在上的入射角为α，则折射角β满足

由正弦定理

可得

则光线在上的入射角α不同，则光线与OO'的交点不同，即射出的光线不是都将汇于一点，入射光线距OO'越远α较大，出射光线与OO'的交点离AB面不一定越远，选项CD错误。
故选B。
二、选择题(本题共2小题，每小题3分，共6分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分
14. 下列说法正确的是（　　）
A. 可用金属铂制作温度传感器 B. 可用干簧管制作压力传感器
C. 可用金属电容器制作位移传感器 D. 可用电阻应变片制作温度传感器
【答案】AC
【解析】
【详解】A．金属铂的电阻值随温度变化而变化，并且具有很好的重现性和稳定性，利用铂的这种物理特性制成的传感器称为铂电阻温度传感器，铂电阻温度传感器精度高，稳定性好，应用温度范围广，故A正确；
B．干簧管是感知磁场的传感器，故B错误；
C．金属电容式位移传感器的原理是电容器的两个电极作相对位移时，其电容量随着变化，根据电容的变化量可以测出位移的大小和方向，故可用金属电容器制作位移传感器，故C正确；
D．电阻应变片由电阻丝温度系数和电阻丝与被测件材料的膨胀系数的不同会产生温度误差，故不可用电阻应变片制作温度传感器，故D错误。
故选AC。
15. 与下图相关的说法正确的是分（　　）

A. 图甲:汤姆孙的气体放电管实验可估测电子的比荷
B. 图乙:卢瑟福的α粒子散射实验可估测原子核的半径
C. 图丙:康普顿认为光子与电子碰撞之后，动量减小、波长变短
D. 图丁:玻尔理论可以解释多种物质发出的线状光谱
【答案】AB
【解析】
【详解】A．汤姆孙通过研究求出了阴极射线的比荷，明确阴极射线是电子，故A正确；
B．卢瑟福在用α粒子轰击金箔的实验中发现大多粒子能穿透金箔，只有少量的粒子发生较大的偏转，提出原子核式结构学说，并能估测原子核的半径，故B正确；
C．康普顿认为光子与电子碰撞之后，动量减小、波长变长，故C错误；
D．玻尔理论只可以解释氢原子的光谱现象，故D错误。
故选AB。
Ⅱ 非选择题部分
三、非选择题(本题共6小题，共55分)
16. （1）在“探究加速度与质量的关系”实验中，实验装置如图所示。

①该实验必须完成的实验操作有__________(多选)
A.调节导轨倾角以补偿阻力 B.将电源的输出电压调至交流8V
C.用天平称量小车及车中重物的质量 D.通过改变槽码的质量改变细绳的拉力
②某次实验中，由纸带获得的小车运动数据如图所示，根据这些数据可知小车的加速度大小为________m/s2。(结果保留两位有效数字)

③改变小车的质量M，多次测得小车的加速度a，获得如图所示的图像，下列因素中影响图中图线的倾斜程度的物理量是________。

A.小车的质量 B.槽码的质量 C.小车与轨道间的摩擦力 D.轨道的倾斜程度
（2）提供两个完全相同的小钢球，利用如图实验装置可探究平抛运动______(选填“竖直分运动”、“水平分运动”)的特点，实验时，应改变____、____多次实验。

【答案】 ①. AC##CA ②. 0.49##0.47##0.48##0.50##0.51##0.52 ③. B ④. 竖直分运动 ⑤. 下落高度 ⑥. 撞击力度
【解析】
【详解】（1）①[1]A．实验前将长木板安装打点计时器的一侧适当垫高，以补偿小车受到的阻力，轻推小车，当小车恰好匀速下滑时，说明小车重力的下滑分力刚好平衡了小车的摩擦阻力，故A正确；
B．电火花打点计时器电压为220V，故B错误；
C．实验探究加速度与质量的关系，故需用天平称量小车及车中重物的质量，故C正确；
D．探究加速度与质量的关系，槽码的质量不需要改变，故D错误。
故选AC。
②[2]由图可知，小车的加速度大小为

③[3]由图可知，图像是一条过原点的直线，在拉力不变时，小车的加速度与质量成反比，拉力的大小由槽码的质量影响。
故选B。
（2）[4] 利用如图实验装置只能研究竖直方向两小球同时落地，故可探究平抛运动竖直分运动。
[5][6]实验时，为了得到实验结论，需多次测量实验，故需改变小球下落高度和撞击力度。
17. 在“测量电源的电动势和内阻”实验中，某小组用两节干电池串联进行测量.

（1）该小组用多用电表粗测电池组的电动势，在实验前可能需要进行的操作是_________（选填“机械调零”、“欧姆调零”）；如图所示

是多用电表的操作面板，实验前需将选择开关旋转至__________档；经正确操作后，电表指针指在如图所示位置，由图中可知该电池组的电动势为__________V.
（2）①该小组进一步用图所示仪器（其中定值电阻阻值为4.00Ω），测量电池组的电动势与内电阻，部分仪器已完成连接，为减少实验误差，试用笔迹代替导线将电压表接入电路______。

②经过正确操作后，得到该电池的伏安特性曲线如图所示，由此可知电池组的电动势为_______V，内电阻为_______Ω（结果保留三位有效数字）。

【答案】 ①. 机械调零 ②. 直流10V ③. 3.20 ④. 见解析 ⑤. 3.00 ⑥. 1.56
【解析】
【详解】（1）[1]该小组用多用电表粗测电池组的电动势，在实验前可能需要进行的操作是机械调零。
[2]用多用电表测电池组电动势，实验前需将选择开关旋转至直流10V档。
[3]经正确操作后，电表指针指在如图所示位置，由图中可知该电池组的电动势为3.20V。
（2）①[4]如图

②[5]根据闭合电路欧姆定律，可得

结合伏安特性曲线，有

由此可知电池组的电动势为3.00V，内电阻为1.56Ω
18. 如图甲、乙，是某一强力吸盘挂钩，其结构原理如图丙、丁所示。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上(如图甲和丙)，空腔内气体压强仍与外界大气压强相等。然后再扳下锁扣(如图乙和丁)，让锁扣通过细杆把吸盘向外拉起，空腔体积增大，从而使吸盘紧紧吸在墙上。已知吸盘挂钩的质量m=0.02kg，外界大气压强p0=1×105Pa，丙图空腔体积为V0=1.5cm3，丁图空腔体积为V1=2.0cm3，如图戊，空腔与墙面的正对面积为S1=8cm2，吸盘与墙面接触的圆环面积S2=8cm2，吸盘与墙面间的动摩擦因数，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力。吸盘空腔内气体可视为理想气体，忽略操作时温度的变化，全过程盘盖和吸盘之间的空隙始终与外界连通。
（1）扳下锁扣过程中空腔内气体吸热还是放热？
（2）求板下锁扣后空腔内气体的压强p1；
（3）若挂钩挂上重物时恰好不脱落，求所挂重物的质量M。

【答案】（1）吸热；（2）7.5×104Pa；（3）4.98kg
【解析】
【详解】（1）整个过程中，温度不变，空腔内气体内能不变，扳下锁扣过程中外力对空腔内气体做负功，根据热力学第一定律，空腔内气体吸热。
（2）根据玻意耳定律

代入数据解得
p1=7.5×104Pa
（3）若挂钩挂上重物时恰好不脱落，对挂钩受力分析

挂钩对墙面的压力

联立代入数据得
M=4.98kg
19. 如图所示，某游戏装置由光滑平台、轨道AB、竖直圆管道BCDEC(管道口径远小于管道半径)、水平轨道CF、光滑直轨道FG平滑连接组成，B、C、C′为切点，A、F连接处小圆弧长度不计，A点上方挡片可使小滑块无能量损失地进入轨道AB。圆管道半径，管道中，内侧粗糙，外侧光滑。小滑块与轨道AB、CF的动摩擦因数均为，AB轨道长度，倾角，CF长度，FG高度差，平台左侧固定一轻质弹簧，第一次压缩弹簧后释放小滑块，恰好可以运动到与管道圆心等高的D点，第二次压缩弹簧使弹性势能为0.36J时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为，已知小滑块质量可视为质点，，，不计空气阻力。求；
（1）第一次释放小滑块，小滑块首次到圆管上的C点时受到弹力大小；
（2）第二次释放小滑块，小滑块从C点运动到E点的过程，圆管道对滑块的摩擦力做的功；
（3）若第三次压缩弹簧使弹性势能为Ep时释放小滑块，要求小滑块在圆管道内运动时不受到摩擦力且全程不脱轨，最终停在上。写出小滑块上运动的总路程s与之间的关系式，并指出的取值范围。

【答案】（1）；（2）；（3）；
【解析】
【详解】（1）从C到D，对小滑块由动能定理可得

解得

在C点由牛顿第二定律可得

联立解得

（2）从开始到E点由动能定理可得

解得

（3）从开始到C，可得

解得

要能最终停在上，必过E点，圆轨道运动无摩擦，所以


又有C到E，可得

解得


不从右侧斜面飞出需

解得


返回，若不过圆心等高处，可得

解得


故

从开始到静止有

则

其中

20. 如图所示，电池通过开关与两根光滑水平轨道相连接，轨道的S、T两处各有一小段绝缘，其它位置电阻不计，轨道间L=1m，足够长的区域MNPO内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度=0.5T，QR右侧足够长的区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度=0.5T，O、P两处各有一微微突起的导电结点，结点不影响金属棒通过。轨道右端电阻=0.1Ω，P与R间有一开关。轨道上放置三根质量m=0.03kg、电阻r=0.1Ω的相同金属棒，金属棒甲位于磁场内的左侧；金属棒乙用较长绝缘细线悬挂在磁场外靠近OP边界的右侧，且与导电结点无接触；金属棒丙位于磁场内的左侧。闭合K1，金属棒甲向右加速，达到稳定后以=2m/s速度与金属棒乙碰撞形成一个结合体向右摆起。此时立即断开并闭合，当两棒结合体首次回到OP时，恰与导电结点接触(无碰撞)，此时导体棒丙获得向右的速度。两棒结合体首次向左摆到最大高度h=0.032m处被锁止。空气阻力不计，不考虑装置自感。求:
（1）电池电动势E的大小；
（2）碰后瞬间甲、乙结合体的速度大小；
（3）结合体与导电结点接触过程，通过金属棒丙的电荷量q；
（4）全过程金属棒丙产生的焦耳热Q。

【答案】（1）1V；（2）1m/s；（3）0.108C；（4）
【解析】
【详解】（1）当感应电动势大小等于电池电动势大小时，金属棒匀速运动，电池电动势
E=
（2）根据动量守恒

得碰后瞬间甲、乙结合体的速度大小

（3）根据

得两棒结合体首次回到OP时的速度

方向向左，根据动量守恒

得导体棒丙速度

根据


得结合体与导电结点接触过程，通过金属棒丙的电荷量
q=0.108C
（4）根据能量守恒，全过程金属棒丙、产生热量之和为

全过程金属棒丙产生焦耳热
Q=
21. 某离子诊断测量装置的简化结构如图所示。在第一象限中存在一沿+方向，电场强度的匀强电场。在第二、三象限存在垂直xOy平面向外磁感应强度的匀强磁场。有一块长度为a的探测板CD，仅可在第四象限范围内移动，且始终接地。在第一象限的抛物线上有一簇粒子源，沿x轴负方向发射大量负离子，离子的质量为m、电荷量为-q()。速度大小均为，单位时间发射的离子数为N，这些离子沿y轴均匀分布。稳定工作后，若探测板CD在某处平行于y轴固定，则从O点出射的离子恰能击中探测板的C点，从A点(a，2a)出射的离子恰能击中探测板的D点。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。
（1）求探测板上C点的纵坐标；
（2）求探测板的横坐标；
（3）求离子第二次经过y轴时的纵坐标y与其出发点的横坐标x的关系；
（4）若探测板沿x轴平移，求单位时间内，板上接收到的离子数n与板的横坐标x之间关系式。

【答案】（1）；（2）；（3）任意离子第二次穿越y轴时的纵坐标为，与其出发点的横坐标x无关；（4）
【解析】
【详解】（1）O点出射的离子直接进入第三象限做匀速圆周运动有

解得

恰能击中探测板的C点，得到C点纵坐标为

（2）假设A点粒子从原点上方出电场则有


解得

说明该粒子从原点进入磁场。设磁场粒子速度为v，且与水平方向夹角为，在磁场中有



解得

从F点射出，由电场中的类平抛运动可知，

如图所示

由

解得横坐标为

（3）在抛物线上任取一点，则

若该处发射的离子进入第二象限，则有


解得

可见

故所有离子均从O点进入第三象限。此时粒子速度为且与水平方向夹角为，在磁场中有


第二次过y轴时，坐标为

解得

所以任意离子第二次穿越y轴时的纵坐标为，与其出发点的横坐标x无关。
（4）由（3）的结论得
①当 时

②时，对打在D点的粒子，如图所示


对于第一象限的类平抛运动有

由于在第一象限沿着y轴均匀分布，则击中挡板的比率为

解得

纵上所述可得