2023-2024学年江西省九师联盟高三联考物理试卷（4月）(含详细答案解析)

这是一份2023-2024学年江西省九师联盟高三联考物理试卷（4月）(含详细答案解析)，共19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.如图所示为射箭锦标赛的活动现场，不计空气阻力，关于箭的运动，下列说法正确的是( )
A. 箭在空中飞行时受到向前的作用力和重力
B. 箭在空中飞行的轨迹是一条向上弯曲的抛物线
C. 箭在空中飞行时做变加速运动
D. 箭在空中飞行的任意时间内重力冲量的方向均竖直向下
2.我国自主研发的“玲珑一号”是全球首个陆上商用小型核反应堆，未来或将应用于我国的核动力航母.“玲珑一号”中有一种核反应方程是U92235U+n01n→Ba56144Ba+Kr36xKr+3n01n+γ，则( )
A. Kr36xKr比Ba56144Ba的比结合能大
B. 核反应方程中的x等于88
C. γ射线是铀235由高能级向低能级跃迁放出的
D. γ射线的频率比X射线的频率低
3.火星探测器“天问一号”成功发射，标志着我国已经开启了探索火星之旅.如图所示，天问一号通过虚线椭圆轨道从地球轨道到达火星轨道.已知椭圆轨道近日点A距离太阳中心距离为rA，远日点B距离太阳中心距离为rB.地球、火星绕太阳的运动近似为匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 地球与火星的速度大小之比为 rB: rA
B. “天问一号”在椭圆轨道A和B处的速度大小之比等于rA:rB
C. “天问一号”在椭圆轨道A和B处的加速度大小之比等于rB:rA
D. 要实现从椭圆轨道B处进入火星轨道，“天问一号”需向前喷气
4.如图甲所示，在LC振荡电路实验中，多次改变电容器的电容C并测得相应的振荡电流的周期T.如图乙所示，以C为横坐标、T2为纵坐标，将测得的数据标示在坐标纸上并用直线拟合数据，则( )
A. 电路中的磁场能最大时，电容器板间电场能最大
B. 电容器板间场强增大时，电路中电流正在增大
C. 电容器带电量最大时，电路中电流最大
D. 可由T2−C图像计算线圈的自感系数
5.如图所示，一透明介质的横截面为等腰三角形ABC，∠B=∠C=30∘，P、Q分别为AB、AC边上的点，且AP=2BP，CQ=2AQ.一细光束平行于BC边从P点射入透明介质，经BC边反射后，又从AC边上的Q点平行于BC边射出，则介质对光的折射率为( )
A. 52B. 62C. 2D. 3
6.如图所示，绝缘水平光滑杆上套有一质量为m的带正电的小环，电荷量为q，小环与绝缘弹簧相连，弹簧另一端固定于杆正上方的P点.杆所在的空间存在着沿杆方向的匀强电场，杆上M、N两点间的电势差为φM−φN=2φ0，其中φ0>0，小环以向右的速度v0经过M点，并能通过N点.已知在M、N两点处，弹簧对小环的弹力大小相等，∠MPN=90∘，∠PNM=30∘，M、N之间的距离为2L，Q点位于P点的正下方.在小环从M点运动到N点的过程中( )
A. 小环加速度最大值为qφ0mL
B. 小环经过Q点时的速度最大
C. 小环经过N点时的速度大小为 v02+4qφ0m
D. 小环在M、N两点时，弹性势能相等，动能也相等
7.如图所示，A、B、C、E、F是在纸面内圆上的五个点，其中连线EF、AC过圆心O点，A、B关于EF对称，∠AOF=60∘，在E、F两点处垂直于纸面放置两根相互平行的长直细导线，两根导线中分别通有大小相等的电流I.已知通电直导线形成的磁场在空间某点处的磁感应强度大小B=kIr，k为常量，r为该点到导线的距离.若E处的电流在A点产生的磁感应强度大小为B1，下列说法中正确的是( )
A. 若两根导线中的电流同向，则O点磁感应强度大小为2 3B1
B. 若两根导线中的电流同向，则A、B两点磁感应强度相同，均为2B1
C. 若两根导线中的电流反向，则A、C两点磁感应强度相同，均为 3B1
D. 无论两根导线中的电流同向还是反向，A、B、C三点的磁感应强度大小均为2B1
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图甲所示为驼峰过山车通过轨道最低点的示意图.已知驼峰过山车通过轨道最低点时整体运动速度方向水平向左，大小为v0，通过的轨道是半径为R的圆弧;过山车是一个半径为r的转盘，转盘边缘上通过两个相互垂直的直径上有四个质量相等的小孩A、B、C、D，某时刻AB直径与轨道圆弧的切线平行，转盘以ω的角速度逆时针转动(俯视).如图乙所示是转盘放大示意图.已知R≫r，转盘与水平面平行，圆弧轨道处于竖直平面.下列说法正确的是( )
A. A、B小孩相对转盘轴心的速度相同
B. 四个小孩相对地面的加速度大小均为 (v02R)2+(ω2r)2
C. 转盘对四个小孩的作用力大小均为 (mg)2+(mω2r)2
D. A、B两小孩相对地面的速度大小均为 v02+(ωr)2
9.如图所示，交流发电机(内阻不计)产生的交流电直接输送到理想变压器的原线圈，电路中的电流表A和电压表V均为理想交流电表，电阻R=2.0Ω.电键S断开时，发电机输出电流的表达式为i=2 2sin100πtA，电压表V的示数为20V.则( )
A. 变压器原副线圈的匝数比为5:1
B. 流过电阻R的电流方向每秒改变50次
C. 若合上电键S，则电压表示数将减小
D. 若将发电机线圈的转速减半，则电流表示数将减半
10.如图所示为某演示机械能守恒的实验示意图.细绳的一端固定于O点，另一端系一个小球，摆长为l.在O点的正下方钉一个钉子A，已知OA=l/4，摆球质量为m，小球从一定高度位置P摆下，摆角θ小于5∘，向右摆到最高点Q，摆角θ′也小于5∘，不计阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A. 摆球受到绳子最大拉力为mg3(11−8csθ)
B. 摆球到达最低点时，绳子拉力的功率为mg3(11−8csθ) 2gl(1−csθ)
C. 摆球摆动的周期为(1+ 32)π lg
D. 摆球从P到M和从Q到M过程中重力做功的平均功率相等
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.(1)根据现行课本实验方案，下列哪一个实验不需要用到打点计时器__________.
A.探究小车速度随时间变化的规律
B.探究平抛运动的特点
C.验证机械能守恒定律
(2)某同学利用如图甲所示的实验装置利用力传感器“探究加速度与力、质量的关系”.
①关于本实验的操作，下列做法正确的是__________.
A.开始时在小车一端悬挂空桶，将打点计时器上的纸带与小车相连，让小车在木板上运动，如果在纸带上打出点的间隔是均匀的，就完成了平衡摩擦
B.该方案操作时需要满足桶的质量远小于小车的质量
C.为了改变小车的质量，可以在小车中增减砝码的数量
D.每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先释放小车，后接通电源，且应在小车到达滑轮前按住小车
②小宇同学正确完成平衡摩擦后，保持小车和传感器总质量不变情况下，探究加速度与力的关系，把实验获得的6组数据正确标示在以力传感器的读数F为横坐标，以小车加速度a为纵坐标的坐标系上，请帮助小宇同学根据如图乙所示给出的数据点，作出a−F的关系图线.
(3)小王同学用如图丙所示的方法“验证动量守恒定律”，下列有关本实验操作与分析正确的是__________.
A.实验装置中的铅垂线的主要作用是确保斜槽末端水平
B.数据处理时可以不测量速度的具体数值
C.两碰撞小球的直径必须相等
D.如果在第二次操作时，发现在第一次操作中，槽的末端有些向上倾斜，于是把它调为水平，调整后的斜槽末端离地面高度跟原来相同，其他实验操作都正确，数据处理时可能引起碰撞后动量矢量和大于碰撞前动量矢量和
12.某实验室现有的电学器材如下：两节干电池E(电动势为3.0V，内阻未知)，电流表A(量程为10mA，内阻为90Ω)，定值电阻R0(阻值为400Ω)，滑动变阻器R(最大阻值为200Ω)，单刀双掷开关S，导线若干.某同学利用现有器材，设计了一个测量未知定值电阻Rx的实验，测量电路图如图甲所示.
(1)用笔画线代替导线，请在答题卡上按照电路图甲，将实物图乙连接成完整电路.
(2)实验时，先断开开关，连接好电路，将滑动变阻器R的滑片调到阻值最大一端;然后将单刀双掷开关S掷到2，调节滑片到某位置，此时电流表指针如图丙所示，读数为__________mA;再保持滑片的位置不变，将单刀双掷开关S掷到1，此时电流表指针指在满刻度处.若不考虑电池内阻，则Rx的测量值为__________Ω.
(3)本实验中若考虑电池内阻，Rx的测量值与不考虑电池内阻时的测量值相比将__________.
A.变大
B.变小
C.不变
D.无法比较
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，导热良好的汽缸固定在倾角为θ=30∘斜面上，面积为S=100cm2、质量为m=2kg的活塞与汽缸壁无摩擦，汽缸内封闭一定质量的理想气体，整体处于静止状态.最初时气体处于状态A，温度TA=300K，体积VA=600cm3.先用外力缓慢拉动活塞使气体达到状态B，体积变为VB=800cm3.之后固定活塞，降低气体温度达到TC=270K，气体达到状态C.已知大气压为p0=1.01×105Pa，气体的内能满足U=αT，α=0.5J/K，重力加速度g取10m/s2，从状态A到状态C的整个过程气体吸收总热量Q=2J.求：
(1)气体在状态B的压强pB;
(2)气体在状态C的压强pC及外力做的功W.
14.如图所示，曲线轨道AB(足够长)、水平直轨道BC、竖直圆环轨道CD、水平直轨道CE、竖直半圆形管道EFG间平滑连接，其中圆环轨道CD最低点C处的入口、出口靠近且相互错开.将一可视为质点、质量为m=2kg的小滑块P从曲线轨道AB上某处由静止释放，其刚好能沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点D.已知水平直轨道BC长为L1=0.5m，其上铺设了特殊材料，其动摩擦因数为μ1=0.4+0.4x(x表示BC上一点至B点的距离)，水平直轨道CE长为L2=2.0m，动摩擦因数为μ2=0.1，轨道其余部分的阻力及空气阻力不计.竖直圆环轨道CD的半径为R=0.4m，竖直半圆形管道EFG的半径R′可在0.25m∼0.35m间调节，半圆管道的内径远小于其半径、且比滑块尺寸略大，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)小滑块P释放点的位置高度h;
(2)P从管道G点水平抛出后落到水平面上时，其落地点至 G点的最大水平距离.
15.如图所示，在坐标系xOy中，y轴左侧有圆形磁场区域，圆的半径为R=0.5m，圆心坐标为(−0.5m,0)，该区域内的磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度B1=0.4T;y轴与y轴右侧的虚线CD之间存在宽度l0=0.5m，电场强度E=5×105N/C，方向沿+x的匀强电场，PQ为显示屏，CD与PQ之间存在方向垂直纸面向里、磁感应强度B2=0.5T的匀强磁场，CD、PQ均与y轴平行，PQ与CD的间距lx可调.一平行于x轴的线状粒子源宽度为2R，连续均匀发射比荷均为107C/kg，速度均为v0的带电粒子，线状粒子源中心位置a发射的粒子正对圆形磁场圆心，位置a发射的粒子经圆形磁场偏转恰好从坐标原点O离开圆形磁场，不计粒子重力及相互间作用力，求：
(1)线状粒子源中心位置a发射的带电粒子到达CD分界线时的速度大小;
(2)带电粒子经过虚线CD时，y坐标的最大值;
(3)当匀强磁场B2的宽度lx=0.3m时，位置a发射的带电粒子在匀强磁场B2中的运动时间;
(4)线状粒子源到达显示屏的粒子比例与lx的函数关系.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查物体做曲线运动的条件和冲量的方向，箭在空中飞行时只受到重力作用，做匀变速曲线运动，恒力冲量方向与恒力方向始终相同.
【解答】
A.忽略空气阻力，箭在空中飞行时只受到重力作用，故 A错误；
B. 箭所受重力方向竖直向下，箭在空中飞行的轨迹是是一条向下弯曲的抛物线，故B错误；
C. 箭运动的加速度为重力加速度，所以箭在空中飞行时做匀变速曲线运动，故C错误；
D. 重力为恒力，恒力冲量方向与恒力方向始终相同，故D正确.
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查核反应。解决问题的关键是清楚比结合能与质量数之间的关系，知道核反应过程质量数和电荷数守恒，知道电磁波谱的排列顺序。
【解答】
A.由比结合能与质量数关系图像可知，K36XK⁡r的比结合能大，故A正确;
B.由质量数守恒可知，核反应方程中的X等于89，故B错误;
D.由电磁波谱可知，γ射线的频率比X射线的频率高，故D错误;
C.γ射线是核反应产生的新核由高能级向低能级跃迁放出的，故 C错误。
3.【答案】A
【解析】【分析】
对于绕地做匀速圆周运动的卫星，由万有引力提供向心力分析圆周运动的物理量。对于同一个椭圆轨道的速度大小进行比较时，往往使用开普勒第二定律。卫星变轨原理：低轨变高轨需要加速，使卫星做离心运动，高轨变低轨需要减速，使卫星做近心运动。
【解答】根据GMmr2=mv2r得到v= GMr，则火星与地球的速度之比为 rB: rA，选项A正确;
根据开普勒第二定律，12vA⋅△t⋅rA=12vB⋅Δt⋅rB，解得vA:vB=rB:rA，选项B错误;
根据牛顿第二定律a=Fm=GMr2，所以aA:aB=rB2:rA2，选项C错误;
从椭圆轨道B处进入火星轨道应加速，根据动量守恒定律，需要向后喷气，选项D错误.
4.【答案】D
【解析】【分析】
在LC振荡电路中，当电容器在放电过程：电场能在减少，磁场能在增加，回路中电流在增加，电容器上的电量在减少。从能量看：电场能在向磁场能转化；当电容器在充电过程：电场能在增加，磁场能在减小，回路中电流在减小，电容器上电量在增加。从能量看：磁场能在向电场能转化。电容器具有储存电荷的作用，而线圈对电流有阻碍作用，同时掌握充放电过程中，会判定电流、电量、磁场、电场、电压如何变化。注意形成记忆性的规律，以便于更快更准确的解题。
【解答】
A.电路中的磁场能最大时，电容器板间电场能最小为零，选项A错误；
B.电容器板间场强增大时，电容器正在充电，磁场能转化为电场能，电路中电流正在减小，选项B错误；
C.电容器充电结束时，电容器带电量达到最大，电场能最大，电路中电流为零，选项C错误；
D.由T=2π LC得T2=4π2LC，由图像的斜率可以计算得到线圈自感系数，选项D正确。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题为几何光学问题，根据题意正确的做出光路图是解题的关键，根据几何关系以及折射定律求出折射率。
【解答】
作P点关于BC边的对称点P′，过Q点作BC边的垂线QQ′，连接PQ′，使P′Q′//BC，作出如图所示的光路图，
依题意知∠P′QQ′=60∘，于是有θ=60∘−30∘=30∘，可得透明介质对光的折射率为n=sin60∘sin30∘= 3，选项D正确.
6.【答案】C
【解析】【分析】
对带正电的小环受力分析，根据牛顿第二定律分析加速度情况；速度最大时加速度为零；根据动能定理求速度，进而判断。
【解答】
A. 匀强电场的场强大小为E=UMN2L=φ0L，当小环刚越过Q点右侧时，弹簧的弹力的水平分力和电场力都向右，所以合加速度必定大于qφ0mL，故A错误；
B. 小环在M、N之间运动的过程中，在Q点的加速度向右，不是速度最大的位置，故B错误；
CD.小环从M到N的过程中，根据动能定理得2qφ0=12mvN2−12mv02，解得vN= v02+4qφ0m，故C正确，D错误。
7.【答案】D
【解析】【分析】本题考查磁场的叠加，根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向，磁感应强度是矢量，多个通电导线产生的磁场叠加时合磁场的磁感应强度等于各通电导线单独存在时在该点产生的磁感应强度的矢量和，满足平行四边形定则。
【解答】同向电流在O点的磁场方向相反，磁感应强度大小相等，矢量和为零，选项A错误;
作出同向电流(假设方向向内)在A、B点磁感应强度的矢量图(图甲)，由B=kIr有，BE1=kIrAE=B1，BF1=kIrAF，又∠AOF=60∘，可得rAFrAE=tan30∘= 33，则BA= BE12+BF12=2B1，同理可得BB=2B1，可以发现A、B两点磁感应强度矢量和的方向不同，大小均为2B1，选项B错误;
作出反向电流(假设E流入、F流出)在A、C点磁感应强度的矢量图(图乙)，同前面分析，可以发现A、C两点磁感应强度矢量和的方向相同，大小均为2B1，选项C错误;
根据前面的分析，A、B、C三点的磁感应强度大小均为2B1，选项D正确.
8.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查圆周运动中的动力学问题，在圆周不同位置，线速度方向往往不同；确定各个分矢量，再根据矢量合成求解加速度、作用力和速度大小。
【解答】
A.A、B两小孩相对转盘轴心的速度大小均为ωr，但方向不同，故A错误;
B.圆盘整体相对地面的加速度大小为v02R，方向竖直向上，四个小孩相对转盘轴心的加速度为ω2r，方向水平，相对地面四个小孩的加速度大小为 (v0R)2+(ω2r)2，故B正确;
C.转盘对小孩的竖直方向作用力大小为Fy=mv02R+mg，转盘对小孩的作用力大小为 (mg+mv02R)2+(mω2r)2，故C错误;
D.A、B两小孩相对地面的速度大小均为 v02+(ωr)2，故D正确。
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题为变压器问题，要知道理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数的反比，原副线圈功率相等，副线圈电压由原线圈电压和匝数比决定，副线圈电流决定原线圈电流，以这个为出发点分析解题。
【解答】
电键S断开时，电表读数为有效值，副线圈电流I2=202.0A=10A，原线圈电流I1=2A，故原副线圈匝数比n1n2=I2I1=102=5，选项A正确;
流过电阻R的交变电流的频率为50Hz，其方向每秒改变100次，选项B错误;
若合上电键S，副线圈电压不变，负载总电阻减小，副线圈电流增大，电阻R0的电压增大，电阻R的电压减小，选项C正确;
发电机线圈的转速减半，则原、副线圈电压均减半，副线圈电流减半，因而原线圈中电流将减半，选项D正确.
10.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查机械能守恒定律，最低点拉力最大，根据向心力公式和机械能守恒定律求最大拉力；力和速度垂直时功率为零；确定复合摆的摆长再根据摆长周期公式求周期；平均功率等于做功和时间的比值。
【解答】
A.摆球摆到M点以A为圆心做圆周运动时，绳子拉力为最大，满足F−mg=m4v23l，又由mgl(1−csθ)=12mv2，解得F=mg3(11−8csθ)，选项A正确;
B.摆球到达最低点时，由于拉力与速度垂直，因而绳子拉力功率为零，选项B错误;
C.摆球摆动周期为T=T12+T22=π lg+π 3l4g=(1+ 32)π lg，选项C正确;
D.摆球从P到M和Q到M过程中重力做功相等，但时间不同，因而做功的平均功率不同，选项D错误.
11.【答案】(1)B；(2)①C；②；(3)BC
【解析】【分析】
本题考查了教材中几个常见的力学实验，对于每一种实验，都要掌握其实验原理，只有掌握了实验原理，才能理解其中的注意事项。
【解答】
(1)探究平抛运动的特点实验不需要用到打点计时器，选项B正确.
(2)①平衡摩擦，不需要悬挂空桶，选项 A错误;
该方案操作时不需要满足桶的质量远小于小车的质量，选项B错误;
为了改变小车的质量，可以在小车中增减砝码的数量，选项C正确;
应先接通电源，后释放小车，选项D错误.
②连成直线，如图所示.
(3)实验装置中的铅垂线的主要作用是确定斜槽末端在白纸上的投影位置，选项A错误;
数据处理时可以不测量速度的具体数值，选项B正确;
两碰撞小球的直径必须相等，才能保证两球正碰，选项C正确;
第一次斜槽末端向上倾斜会导致水平速度偏小，数据处理时可能引起碰撞后动量和小于碰撞前动量和，选项D错误.
12.【答案】(1)
；
(2)5.0；100；
(3)C
【解析】【分析】
本题考查电阻的测量方法，要注意该实验中采用比较的方法设计测量电阻的电路，若是电阻箱，可以运用等效替代的方法设计。
本题中没有电压表，不能用伏安法测量电阻，可以运用比较法进行设计，将待测电阻与定值电阻分别接入电路，保持变阻器的接入电路的电阻不变，读出电流，根据闭合电路欧姆定律得到待测电阻
【解答】
解：(1)由电路图连接实物图
；
(2)电表精确度为0.5mA，所以读数为5.0mA，若不考虑电池内阻，I1=ERA+R+R0，I2=ERA+R+Rx，联立计算得Rx=100Ω；
(3)若考虑电池内阻，I1=Er+RA+R+R0，I2=Er+RA+R+Rx，联立计算出来的Rx不受电源内阻r的影响，C正确，ABD错误。
13.【答案】解：(1)以活塞为研究对象，根据共点力平衡条件有
p0S=pAS+mgsinθ，
解得pA=1×105Pa，
以气体为研究对象，从状态A到状态B，T不变，则
pAVA=pBVB，
解得pB=7.5×104Pa。
(2)以气体为研究对象，从状态B到状态C，V不变，则
pBTB=pCTC，解得pC=6.75×104Pa，
以气体为研究对象，从状态A到状态C，则有
ΔU=α(TC−TA)=−15J，
根据热力学第一定律有ΔU=W0+Q，
解得W0=−17J，
以活塞为研究对象，根据动能定理有
W+mglsinθ−p0Sl−W0=0，其中l=VB−VAS=0.02m，
解得W=3J。
【解析】本题考查气缸类问题，此类问题一般要选择封闭气体为研究对象，分析理想气体发生的是何种变化，根据平衡条件分析初末状态的压强，并结合题意分析初末状态气体的体积、温度，利用理想气体状态方程或者气体实验定律列等式求解。分析气体内能变化时，要使用热力学第一定律。其中气体做功通过W=pΔV求解。
14.【答案】解：(1)在D点mg=mvD2R
解得vD= gR=2m/s
从滑块P的释放点到竖直圆环轨道CD的最高点D，由动能定理有
mgh−WfBC−mg⋅2R=12mvD2
其中WfAC=fBC⋅xBC=0.4×2×10+0.6×2×102×0.5J=5J
解得h=1.25m；
(2)滑块P由D点到G点的过程，由动能定理有：
mg⋅2R−μ2mgL2−mg⋅2R′=12mvG2−12mvD2
滑块P离开G点后做平抛运动，则有
2R′=12gt2
x=vG⋅t
于是有x= 16−40R⋅ 0.4R′=10 (0.16−0.4R′)⋅0.4R′
当R′=0.2m时，有极大值.
所以当R′取0.25m时，水平距离最大，为 35m.
【解析】本题考查应用动能定理解决多过程问题，刚好能沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点D是突破口，此时压力恰好为零，重力提供向心力，根据向心力公式和动能定理联立求解高度；滑块P由D点到G点的过程，由动能定理求G点速度，离开G点后做平抛运动，根据平抛规律列式。结合数学知识求最大水平距离.
15.【答案】解：
(1)在磁场B1中，qv0B1=mv02R得
v0=2×106m/s
根据动能定理，电场力做功动能增加qEl0=12mv12−12mv02
得到达CD分界线速度为v1=3×106m/s
(2)当粒子垂直电场入射， y坐标最大，水平方向为匀加速直线运动
l0=12qEmt2可得
t= 55×10−6s
竖直方向为匀速直线运动，y=v0t=2 55m
(3)在磁场B2中，qv1B2=mv12R，
可得R2=mv1qB2=0.6m
由数学关系得sinθ=
又周期T=2πmqB2，
运动时间t=θ2π⋅2πmqB2=π3×10−7s
(4)设从O点射出的粒子中，与y轴成θ角的粒子经电场和磁场B2偏转后刚好与PQ相切，根据y方向动量定理可得
qB2lx=mv1−mv0csθ(0≤θ≤π)
由如图所示的几何关系又可得
η=R+Rcsθ2R=1+csθ2(0≤θ≤π)
代入数据，解上面二式可得
η=5−5lx4(0.2m≤lx≤lm)
当lx≤0.2m时，η=100%
当lx>1m时，η=0

【解析】(1)在磁场B1中，根据qv0B1=mv02R和动能定理联立求解：
(2)当粒子垂直电场入射， y坐标最大，水平方向为匀加速直线运动，竖直方向为匀速直线运动列方程联立求解；
(3)在磁场B2中，根据qv1B2=mv12R，以及数学关系和运动时间t=θ2π⋅2πmqB2，联立求解；
(4)设从O点射出的粒子中，与y轴成θ角的粒子经电场和磁场B2偏转后刚好与PQ相切，根据y方向动量定理列方程，结合几何关系联立求解。
本题为难度较大的压轴题目，处理电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动的基本技能是画轨迹，由几何知识求出半径或圆心角。