《安徽省池州市2024届高三下学期3月教学质量统一监测试题（二模）物理 Word版含解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省池州市2024届高三下学期3月教学质量统一监测试题（二模）物理 Word版含解析.docx（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 姓名 座位号 （在此卷上答题无效）绝密启用前2024年池州市普通高中高三教学质量统一监测物 理满分：100分 考试时间：75分钟注意事项：1答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1日本于2023年8月24日正式开始核污水排海，现已有数万吨核污染水流入太平洋，会造成长时间的核污染
2、。废水中含有铯、锶、氚等多种放射性物质，其中铯137原子核具有较强的放射性，会发生衰变并释放能量，其半衰期长达30年。若铯137原子核的衰变方程为：55137Cs56137Ba+X，下列说法正确的是A福岛核电站利用的是可控热核反应的原理发电B铯137衰变时，衰变产物中的X为中子C速度与热运动速度相当的中子最易引发核裂变D排海污水中的铯137经60年就会全部发生衰变2池州市东至县紧邻鄱阳湖风廊道，是安徽省风能资源最丰富地区之一。图甲是东至县红旗岭风电场，山巅耸立的风电机组与蓝天白云相映成景，美如画卷。图乙为风力发电的简易模型，在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁体转动，磁体下方的线圈与电压传感器
3、相连。在某一风速时，电压传感器显示如图丙所示正弦规律变化，则甲 乙 丙A永磁体的转速为10r/sB线圈两端电压的有效值为6 2VC交流电压的表达式为u=12sin20tVD若将该交流电直接加在击穿电压为9V的电容器上，电容器不会被击穿3如图甲所示为压气式消毒喷壶，若该壶容积为2L，内装1.4L的消毒液。闭合阀门K，缓慢向下压A，每次可向瓶内储气室充入0.05L的1.0atm的空气，经n次下压后，壶内气体压强变为2.0atm时按下B，阀门K打开，消毒液从喷嘴处喷出，喷液全过程气体状态变化PV图像如图乙所示。（已知储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，1.0atm=1.0105
4、Pa。）下列说法正确的是甲 乙A充气过程向下压A的次数次B气体从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量大于气体做的功C乙图中RtOAC和RtOBD的面积相等D从状态A变化到状态B，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数不变4石墨烯材料的发现使科幻电影流浪地球2中的“太空电梯”的制造成为可能，人类将有望通过“太空电梯”进入太空。设想在地球赤道上固定安装一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球同步卫星A的高度延伸到太空深处，这种所谓的太空电梯可用于低成本发射绕地人造卫星。如图所示，假设某物体B搭乘太空电梯到达了图示的位置并停在此处，与同高度运行的卫星C和同步卫星A相比较AB的
5、角速度小于C的角速度BB的线速度大于同步卫星A的线速度C若B突然脱离电梯，B将做离心运动DB的向心加速度大于A的向心加速度5某兴趣小组研究发现最大静摩擦力的大小也与两物体间的正压力成正比，查阅资料得知其比例系数称为静摩擦因数。如图所示，一只蚂蚁在半球形碗底想要爬出碗内，但它缓慢爬行能达到的最大高度恰好只有碗的半径的0.2倍，假设碗内各处的静摩擦因数相同，则蚂蚁与碗之间的静摩擦因数为A0. 2 B0.8 C0.75 D6艺术体操是一项女子竞技项目，主要有绳操、球操、圈操、带操、棒操五项。带操动作柔软、流畅、飘逸、优美。如图所示是一位带操运动员的竞技场景，丝带的运动可以近似为一列简谐横波沿x轴传播
6、，t=0时刻的波形如图甲所示，A、B、P和Q是介质中的四个质点，t=0时刻该波刚好传播到B点，质点A的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是甲 乙At=1.8s时，质点A的位移为20cm B该波的传播速度是25m/sC波向x轴负方向传播 Dt=3.2s时质点Q通过的路程是80cm7如图所示，质量为m的小球A从地面向上斜抛，抛出时的速度大小为25m/s，方向与水平方向夹角为53，在A抛出的同时有一质量为m的黏性小球B从某高处自由下落，当A上升到最高点时恰能击中竖直下落中的黏性小球B，A、B两球碰撞时间极短，碰后A、B两球粘在一起落回地面，不计空气阻力，sin53=0.8，取10m/s2。以下说法
7、正确的是A小球A上升至最高处时水平位移是20mB小球B下落时离地面的高度是40mC小球A从抛出到落回地面的时间为4sD小球A从抛出到落回地面的水平距离为45m8如图所示，在真空中水平放置一高为2L的长方体绝缘支架，其上下两个面是边长为L的正方形，在顶点A、C处分别放置电荷量均为+Q的点电荷，在顶点F、H处分别放置电荷量均为Q的点电荷，O1、O2分别是线段AC和线段FH的中点。下列说法正确的是A该长方体的几何中心处场强方向竖直向上BB、D两点场强和电势均相同C沿竖直方向从O1到O2，场强大小先减小后增大D将一负试探电荷从D点移到G点，电场力做负功二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在
8、每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。9从地面上以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小球，若运动过程中小球受到的空气阻力与其速率成正比，比例系数为k，小球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，且落地前小球已经做速率为v1的匀速直线运动。已知重力加速度为g，则A小球上升的时间大于下落的时间B小球上升过程速率为vo2时的加速度大小为a=g+kv02mC小球上升的最大高度为H= (v0gt1)kmD小球从抛出到落回地面的整个过程中克服空气阻力做的功为W=12mvo212mv1210如图所示，足够长的竖直绝缘墙壁右侧存在
9、垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、带电量为q（q0）的绝缘物块与绝缘墙壁之间的动摩擦因数为，重力加速度。现将小物块紧贴竖直墙壁由静止释放，当小物块沿绝缘墙壁下滑h时获得最大速度开始匀速下滑，墙壁足够长，下列说法正确的是A小物块运动过程中的最大加速度为g B小物块获得最大速度v=mgqB C小物块沿绝缘墙壁下滑h过程克服摩擦力做的功W=mgm2g222q2B2 D小物块沿绝缘墙壁下滑h过程经历的时间t=mqB + qBmg 三、非选择题：本大题共5小题，共58分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
10、11（6分）某学习小组的同学在实验室用如图1所示的装置研究单摆。将单摆挂在力传感器的下端，同时由力传感器连接到计算机，得到了摆线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像，如图2所示。（1）用螺旋测微器测量摆球的直径，为了使读数更精确，对螺旋测微器进行了改进，在螺旋测微器固定刻度的上半部刻了 10个等分刻度，固定刻度的“横线”是10等分刻度的“0”刻度线，这10个刻度的总长度与可动刻度最左端的9个刻度的总长度相等。其测量结果如图3所示，图中螺旋测微器测出的摆球的直径为 mm。图1 图2（2）小组成员在实验过程中有下列说法，其中正确的是 和 （填正确答案标号）。A对于摆球的选择，可以是铁球，也可以是塑
11、料球B单摆偏离平衡位置的最大角度最好控制在5以内C由图2可知，单摆的周期为4t0D如果用悬线的长度作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大 图3 图4（3）为减小实验误差，多次改变摆长L，测量对应的单摆周期T，用多组实验数据绘制T2L图像如图4所示。由图可知重力加速度大小为g= （用图中T1、T2、L1、L2表示）。12（10分）充电宝是手机及时充电的一种重要工具。充电宝里面有一个锂电池，通常锂电池的电压是4V左右，由于在充电宝中有相应的升压和稳压电路，充电宝的电压可以达到5V。某课题研究小组为了探究充电宝的电动势随储电量的变化规律，准备了以下实验器材并设计了一个实验电路测量充电宝
12、的电动势和内阻。A充电宝（电动势E约为5V，内阻r约为0.4 ）B电压表V（量程3V，电阻RV 为4.0k）C电流表A（量程0.6A，电阻RA 约为0.5）D滑动变阻器R（020，额定电流1A）E定值电阻R12F定值电阻R24kG开关S一只、导线若干（1）实验中，若电流表读数为I，电压表读数为U，请写出U与I的关系式，U （用E，r及R1表示）。（2） 该研究小组按电路图正确连接电路后进行实验，测量了在充电宝储电量为100%时的6组数据并在坐标纸上描点，请结合数据点在坐标纸上拟合出充电宝的UI关系图像；电压(V)2.172.132.082.021.961.79电流(A)0.270.310.35
13、0.400.520.59（3）请根据图线确定充电宝的电动势E=_V，内阻r=_。（结果保留两位小数）（4）该课题研究小组继续实验，测定了充电宝在不同储电量时的电动势，数据如下表所示电量/%100806040205充电宝电动势/V5.045.045.005.085.06根据实验数据你认为充电宝的电动势随储电量的减小而 。（选填“增大”、“几乎不变”、“减小”）13（10分）2023年5月17日，首枚池州造“智神星一号”液体运载火箭在安徽星河动力装备科技有限公司顺利总装下线，至此，成功实现中国火箭池州造。为了研究火箭可回收技术，某次从地面发射质量为1000k的小型实验火箭，火箭上的喷气发动机可产生
14、恒定的推力，且可通过改变喷气发动机尾喷管的喷气质量和方向改变发动机推力的大小和方向。火箭起飞时发动机推力大小为F1，与水平方向成160，火箭沿斜向右上方与水平方向成230做匀加速直线运动。经过t30s，立即遥控火箭上的发动机，使推力的方向逆时针旋转60，大小变为F2，火箭依然可以沿原方向做匀减速直线运动。（不计遥控器通信时间、空气阻力和喷气过程中火箭质量的变化， 取10m/s2）求：（1） 推力F1的大小；（2） 火箭上升的最大位移大小；（3） 火箭在上升的过程中推力最大功率。14（14分）如题图所示，有一折射率为的玻璃柱体，其横截面是圆心角为90、半径为R的扇形OAB，一束平行光平行于横截面
15、，以30入射角照射到OA上，OB不透光，若只考虑首次入射到圆弧AB上的光，（已知sin28,sin20,sin16)求：（1）这束光在玻璃柱体内的折射角。（2）照射到圆弧AB上最右侧的光线距离B点的弧长。（3）圆弧AB上有光透出部分的弧长。15（18分）如图所示，水平绝缘桌面上固定两根无限长平行金属导轨，导轨间距L14 m，金属导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小，金属导轨串联R1=3，R2=4 的两个电阻，R2两端并联一个平行板电容器，导轨上放置一根金属杆ab，其电阻r =1，以v11m/s 的速度向左匀速运动，平行板长度L22m，宽度d2m。某时刻，在平行板左边缘正中央有一比荷为的
16、带负电粒子，以初速度v00.5m/s向右进入平行板电容器，并从其右侧飞出，立即进入到磁感应强度大小为B22T、方向竖直向上的匀强磁场中，磁场B2的左边界为图中的虚线位置。以平行板电容器中央线距板右边缘1m的位置为坐标原点建立平面直角坐标系（如图），原点处固定一抛物线状荧光屏，其轨道方程为y=x2（x0）。（忽略金属杆与导轨的接触电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射等影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力）。试分析下列问题：（1）平行板电容器两极板间的电势差UMN；（2）带电粒子飞出电场时的速度大小v及其与水平方向的夹角；（3）带电粒
17、子打在荧光屏上的位置坐标P及在B2磁场中运动时间t。2024年池州市普通高中高三教学质量统一监测物理评分参考题号12345678910答案CBCACDBDBDABD11.【答案】：17.283 （2分） B （1分） C （1分） 42L2L1T22T12（2分）12.【答案】(1) （2分） (2) （2分）(3) E=5.00V(4.965.04范围内均可) （2分） r=0.42(0.300.50范围内均可)（2分）（4） 几乎不变 （2分）13.【答案】（1），（2）x=13500m,（3）Pm=33106【详解】（1）火箭上升过程时的受力情况如图 （2分）由图可知 （1分） （1分）
18、（2）当推力逆时针方向转动60后受力情况如图：F合与F2垂直 （1分）加速度段的加速度，减速阶段的加速度 （1分） （1分）（m） （1分）（3）加速度阶段的最后时刻火箭的瞬时功率最大为Pm （W） （2分）14.【答案】(1) =20 (2)l1=R9 (3)l2=R4【详解】(1)根据n=sin30sin （2分） , 得sin=24（1分）所以=20； （1分）(2)光路图如图所示，从O点射向D点，=20 （1分）,则BD部分弧长为l1=203602R （2分）解得 l1=R9 （1分）(3)由折射定律可求得设在C点恰好发生全反射由sinC=1n （1分）可求得C=45 （1分）得AOC
19、=180209045=25 （1分）则COD=902520=45 （1分）弧AB上有光透出的部分弧长CD为l2=453602R （1分）解得 l2=R4 （1分）15.答案:（1）UMN=1V （2）v=22m/s,=45 （3） P（1m，1m）,t=s【详解】（1）对导体棒ab切割磁感线有：E=B1L1v1 （1分） UMN=R2R1+R2+rE （1分）解得UMN=1V （1分）（2）带电粒子在平等板电容器内做类平抛运动，有 qUMNd=ma （1分）L2=v0t （1分） vy=at （1分）又tan=vyv0 （1分） v=v0sin （1分）解得： v=22m/s （1分） =45
20、 （1分）（3）粒子进入磁场B2中做圆周运动，有 qvB2=mv2R （1分）解得：R=2m设粒子打在光屏上位置坐标为（x，y），则有x2+y2=R2（1分）又粒子在抛物线上，有y=x2 （1分）联立有：y2y2=0 （1分）解得：y=2m舍去， 或y=1m，即位置坐标为P（1m，1m） （1分）由几何关系可知：所对圆心角为=2 （1分）则t=Rv （1分）解得t=s （1分）2024年池州市普通高中高三教学质量统一监测物理评分参考（详细）1.【答案】C【解析】A福岛核电站利用的是重核裂变的原理发电。故A错误B铯137衰变时，衰变产物中的X为电子。故B错误C速度与热运动速度相当的中子最易引发核
21、裂变。故C正确D 排海污水中的铯137经60年有3/4发生衰变。故D错误2.【答案】B【解析】A.电流的周期为T=0.4s，故磁体的转速为n=1T=10.4r/s=2.5r/s，故A错误；B.通过乙图可知电压的最大值为12V，故有效值U=Um 2=6 2V，故B正确；C.周期T=0.4s，故=2T=20.4rad/s=5rad/s，故电压的表达式为U=12sin5t(V)，故C错；D.电容器是否击穿应参考交流电的最大值，而交流电的最大值大于电容器的击穿电压，故D错误。3.【答案】C【解析】A、壶中原来空气的体积V1=0.6L，由玻意耳定律p1nV0+V1=p2V1，解得n=12次，故A错误；B
22、、气体从A到B，体积增大，对外做功，由于温度不变，理想气体内能不变，根据热力学第一定律U=Q+W可得，气体吸收的热量等于气体做的功，故B错误；C、三角形面积：S=12pV，由题意可知，图线为等温曲线，由理想气体状态方程：pVT=C，则：pV=CT，由于C是常数，温度T保持不变，则pV相等，两三角形RtOAC和RtOBD的面积相等，故C正确；D、A到B的过程中，温度不变，分子平均运动速率不变，但是体积变大，分子变稀疏，压强减小，所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，故D错误4.【答案】A【解析】A.设卫星C的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，
23、根据万有引力提供向心力，则得GMmr2=mr2，得= GMr3，则知C的角速度大于A的角速度；而B与A的角速度相等，所以C的角速度大于B的角速度，故A正确；B.因B与同步卫星A的角速度相同，由v=r知同步卫星A的线速度大，故B错误；C.若B突然脱离电梯，因其线速度小于同轨道的卫星的线速度，则所需向心力小于万有引力，做近心运动，故C错误；D.因B与A的角速度相等，由a=r2分析知B的向心加速度小于A的向心加速度，故D错误。故选A。5.【答案】C【解析】设碗的半径为R，蚂蚁在最大高度处，与球心的连线与水平方向夹角为，则有,即。则该位置碗内曲面的切面与水平方向的夹角为，则静摩擦因数 6.【答案】D【
24、解析】：A：由题图甲乙可知，振幅A=20cm，周期T=0.8s，角速度为=2T=2.5rad/s，A振动的初相为0=，则质点A的位移的函数表达式为：y=20sin(2.5t+)cm，当t=1.8s时，质点A的位移为y=20sin112cm=20cm。故A错。B：由乙图可知，质点的振动周期为T=0.8s，由甲图可知，波长A=20cm，则波速为v=T=25cm/s；故B单位错。C：由该简谐波t=0时恰好传到B点，波源在B点左侧，波向x轴正方向传播，故C错。D：质点B、Q平衡位置之间的距离为L=60cm，由L=vt，解得t=2.4s，即经过2.4s质点Q开始振动，又经过0.8s 质点Q完成一次全振动
25、通过的路程是80cm ，故D正确。7.【答案】：B【解析】A.上升时间为t=vsin53g=2s,则x1=vcos53vsin53g=30m，故A错；B.A球竖直方向做竖直上抛运动至最高点，B球做自由落体落体运动，则两球运动的高度相同，均为 A=B=vsin5322g=20m,小球B下落时离地面的高度是40m，B对；C两球竖直方向的运动是互逆的，相遇时小球A竖直速度为0，小球B的速度为vB=vsin53=20m/s根据两球在竖直方向上的动量守恒, mvB=2mvy两球粘在一起后的竖直速度为, vy=10m/s继续下落，有 A=vyt+12gt2 ,得 t=（5-1）s则小球A从抛出到落回地面的
26、时间为t=（5+1）s，C错；D根据两球在水平方向上的动量守恒 mvcos53=2mvx得 vx= 7.5m/s相撞后两球的水平位移为 x2=vxt=15（51）2m小球A从抛出到落回地面的水平距离为 x=x1+x2=15（5+3）2m ,D错误。8.【答案】D【解析】A由等量同种点电荷电场特点可知，A、C处放置的正电荷在长方体的几何中心处场强方向竖直向下，F、H处放置的负电荷在长方体的几何中心处场强方向竖直向下，则该长方体的几何中心处合场强竖直向下，故A错误；BB、D两点到两正电荷的距离相同，到两负电荷的距离相同，由矢量合成可知，B、D两点的场强大小相等，方向不同，由对称性可知电势相同，故B
27、错误；C沿竖直方向从O1到O2，两正电荷在O1点场强为0，两负电荷O2点场强为0，则O1点场强与O2点场强相同且较小，不可能先减小后增大，故C错误；DD点离两正电荷更近，G点离两负电荷更近，则D点电势高于G点电势，将一电子从D点移到E点，电场力做负功，故D正确。9.【答案】BD【解析】A图像与时间轴围成的面积表示位移，由于上升过程和下降过程中的位移相等，上升阶段平均速度大于下降阶段平均速度，根据公式 v=xt 可知上升时间小于下降时间，故A错误；B根据牛顿第二定律可得 mg+kv02=ma ，解得 a=g+kv02m,故B正确。C.设上升时加速度为a，根据牛顿第二定律可知 mg+kv=ma取极
28、短t时间，速度变化量为 v=at=(g+kvm)t ，由于 vt=上升全程速度变化量为 v=gtkm=0v0 ，则 v0=gt1+kmH解得 H=(v0gt1)mk，故C错误；D球上升到落回地面的全过程由动能定理W=12mv1212mv02,则W=12mv0212mv1210.【答案】ABD【解析】【分析】本题考查带电物体在洛伦兹力下的运动，解题关键是做好物块的受力分析，明确其洛伦兹力方向，结合平衡条件以及牛顿第二定律进行分析。本题要明确小物块速度最大时合力为零。刚开始释放时加速度最大。【解答】A.小物块运动过程中的加速度a=mgqvBm，物块由静止释放时有最大加速度am=g，故A正确；B.物
29、块速度最大时合力为零，根据平衡条件得qvB=mg，解得小物块能达到的最大速度为v=mgqB，故B正确；C. 小物块沿绝缘墙壁下滑h过程根据动能定理，解得，故C错误；D. 小物块沿绝缘墙壁下滑h过程,根据动量定理， ，解得，D正确。11.【答案】：17.283 （2分） B （1分） C （1分） 42L2L1T22T12（2分）【详解】（1） 由图可读出为d=17.28mm+30.001mm=17.283mm（2） A单摆在摆动过程中。阻力要尽量小甚至忽略不计，所以摆球选铁球；故A错误；B单摆摆动时，对摆角的大小有要求，摆角的大小不超过5，B正确；CF最大值为摆球经过最低点的时刻，相邻两次时间
30、间隔为2t0=T2，则T=4t0。C正确；D由单摆的周期公式可推出重力加速度的计算式 g=42lT2，用悬线的长度作为摆长，则摆长偏小，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏小，D错误。（3）图像的斜率为 k=T22T12L2L1，由周期公式T=2Lg，变形得 T2=42gL，所以42g=T22T12L2L1，变形得g=42(L2L1)T22T12。12.【答案】(1) （2分） (2) 连线略（2分）(3) E=5.00V(4.965.04范围内均可) （2分）r=0.42(0.300.50范围内均可)（2分） （4）几乎不变 （2分）【详解】(1) 根据全电路欧姆定律，得出 (2) （3
31、）根据全电路欧姆定律得出：，结合图像得：，。E=5.00V（4.965.04范围内均可)，r=0.42(0.300.50范围内均可)（4） 分析实验数据可知；充电宝的电动势随储电量的减小而几乎不变。13.【答案】（1），（2）x=13500m,（3）Pm=33106【详解】（1）火箭上升过程时的受力情况如图 （2分）由图可知 （1分） （1分）（2）当推力逆时针方向转动60后受力情况如图：F合与F2垂直 （1分）加速阶段的加速度，减速阶段的加速度 （1分） （1分）m （1分）（3）加速度阶段的最后时刻火箭的瞬时功率最大为Pm W （2分）14.【答案】(1) =20 (2) l1=R9 (3
32、) l2=R4【详解】(1)根据n=sin30sin （2分） , 得sin=24（1分）所以=20； （1分）(2)光路图如图所示，从O点射向D点，=20 （1分）,则BD部分弧长为 l1=203602R （2分）解得 l1=R9 （1分）(3)由折射定律可求得设在C点恰好发生全反射由sinC=1n （1分）可求得C=45 （1分）得AOC=180209045=25 （1分）则COD=902520=45 （1分）弧AB上有光透出的部分弧长CD为l2=453602R （1分）解得 l2=R4 （1分）15.答案:（1）UMN=1V （2）v=22m/s,=45 （3） P（1m，1m）,t=s
33、【详解】（1）对导体棒ab切割磁感线有：E=B1L1v1 （1分） UMN=R2R1+R2+rE （1分）解得UMN=1V （1分）（2）带电粒子在平等板电容器内做类平抛运动，有 qUMNd=ma （1分）L2=v0t （1分） vy=at （1分）又tan=vyv0 （1分） v=v0sin （1分）解得： v=22m/s （1分） =45 （1分）（3）粒子进入磁场B2中做圆周运动，有 qvB2=mv2R （1分）解得：R=2m设粒子打在光屏上位置坐标为（x，y），则有x2+y2=R2（1分）又粒子在抛物线上，有y=x2 （1分）联立有：y2y2=0 （1分）解得：y=2m舍去， 或y=1m，即位置坐标为P（1m，1m） （1分）由几何关系可知：所对圆心角为=2 （1分） 则t=Rv （1分）解得t=s （1分）