2024届江苏省宜兴中学高三下学期第三次模拟考试物理试卷

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1.物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展。下列说法不符合事实的是( )
A. 贝可勒尔发现的天然放射性现象，说明原子核有复杂结构
B. 汤姆孙用实验证实了阴极射线是带电粒子流
C. 查德威克用α粒子轰击 714N获得反冲核 817O，发现了中子
D. 卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型
【答案】C
【解析】A.贝可勒尔发现的天然放射性现象说明原子核具有复杂结构，故A说法正确，不符合题意；
B.汤姆孙用实验证实了阴极射线是带电粒子流，故B说法正确，不符合题意；
C.卢瑟福用α粒子轰击 714N 获得反冲核 817O ，发现了质子，故C说法错误，符合题意；
D.卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，故D说法正确，不符合题意。
故选C
2.如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一煤块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v-t图像如图乙所示，煤块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8。g取10 m/s2，则
( )
A. 煤块在传送带上的划痕为8米
B. 物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C. 摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
D. 传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
【答案】A
【解析】A. 由图乙可知传送带的速度为8m/s，在0∼1s内，煤块比传送带快，相对位移为4米，此时划痕为4米;在1-3s内，传送带比煤块快，相对位移为8米，此时划痕为8米，覆盖前面的4米划痕，总划痕为8米，故A正确；
BC.在0∼1s内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据
牛顿第二定律有mgsin37∘+μmgcs37∘=ma1
根据图乙可得a1=16-81m/s2=8m/s2
在1-3s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，根据根据
牛顿第二定律有mgsin37∘-μmgcs37∘=ma2根据图乙可得a2=8-02m/s2=4m/s2
联立解得μ=0.25
故BC错误;
D.当传送带的速度大于16m/s后，物块在传送带上一直做加速度为a2的减速运动，无论传
送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等， D错误。
【分析】当物体与传送带速度相同时物体所受的摩擦力会发生突变，利用牛顿第二定律分析求解，传送带速率大到一定程度，物体可能一直做匀减速直线运动直到传送带顶端，此时物块到达传送带顶端时的速度大小不变。
此题为为通过v-t图像确定物体的运动情况，从而确定物体的受力情况，属于牛顿第二定律的重要题型之一，此题还需要具体全面分析物体和传送带速度关系，从而才能确定物体的运动过程，才能正确分析物体的受力情况。
3.如图是杨氏双缝干涉的示意图，挡板上有两条狭缝S1、S2，屏上O点到两缝S1和S2的距离相等。用波长为λ的激光照射双缝，屏上有明暗相间的干涉条纹，把O处的亮条纹记作第0号亮纹，由O向上数分别为1、2、3…号亮纹，第8号亮纹恰好在P处，则S2P-S1P为( )
A. 4λB. 5λC. 8λD. 10λ
【答案】C
【解析】出现明条纹的条件是光程差满足Δx=nλ，当 n=1 时，出现 1 号亮纹……当n=8 时，出现第 8 号亮纹，故有S2P-S1P=8λ。
故选C。
4.如图所示，质量为2m的物块C置于倾角为37°的斜面D上，C通过一细线绕过光滑定滑轮系于P点，P为细线QP、EP、BP的结点，质量为m的小球B置于光滑的半球体A上，半球体A的半径为R，O为球心。已知PO=2R，PB=32R，EP水平，PQ竖直，且Q、P、O在同一直线上，系统处于静止状态，小球B可视为质点，重力加速度为g，sin37°=0.6，cs37°=0.8，则下列说法正确的是( )
A. 细线PB的拉力大小为35mg
B. 细线PE和细线PB的拉力大小相等
C. 半球体A受到地面的摩擦力和斜面D受到地面的摩擦力大小相等
D. 物块C受到斜面D的摩擦力方向沿斜面向下
【答案】C
【解析】A.对小球B做受力分析，如图所示

由于力的三角形与 ΔPBO 相似，可得mg2R=FNR=FPBPB
解得FN=12mg，FPB=34mg，故A错误；
B.对结点P受力分析，线PE的拉力大小等于细线PB的拉力在水平方向的分力大小，所以细线PE的拉力小于细线PB的拉力，故B错误；
D.由上述项分析可知2mgsin37∘>FPB>FPE，则对于C有2mgsin37∘=fC+FPE，所以斜面D对C的摩擦力方向沿斜面向上，故D错误；
C.对A、B整体受力分析，A所受地面的摩擦力大小等于细线PB的拉力在水平方向的分力大小，对C和斜面整体受力分析，斜面受到地面的摩擦力大小等于细线PE的拉力大小，故C正确。
故选C。
5.如图a所示，为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图b为质点P以此时刻为计时起点的振动图像，从该时刻起，下列说法正确的是( )
A. 该波正在向x轴负方向传播，波速为20 m/s
B. 经过0.35s后，质点Q经过的路程为1.4 m，且速度最大，加速度最小
C. 若该波在传播过程中遇到一个尺寸为5m的障碍物，不能发生明显的衍射现象
D. 若波源向x轴负方向运动，在x=10 m处放一接收器，接收器接收到的波源频率可能为6 Hz
【答案】B
【解析】【分析】
由振动图像读出t =0时刻P点的振动方向，再判断波的传播方向。由波动图像读出波长，由振动图像读出周期，可求出波速。分析波动过程，确定Q点的加速度与速度的大小。根据波源与接收器间距离的变化，分析接收器接收到的频率变化情况。
对于波动图像，往往要判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，要熟练分析波动形成的过程，再分析物理量的变化情况。
【解答】A.在图b中，t=0时刻P正向上振动，在图a中，根据波形平移法可知波正在向x轴正方向传播。该波的波长和周期分别为λ=4m，T=0.2s，所以波速v=λT=40.2m/s=20m/s，故A错误；
B.因t=0.35s=T+34T，所以经过0.35s后，质点Q经历的路程为s=7A=7×0.2m=1.4m，Q到达平衡位置，速度最大，加速度最小，故B正确；
C.该波的波长为4m，若该波在传播过程中遇到一个尺寸为5m的障碍物，波长与障碍物尺寸差不多，能发生明显衍射现象，故C错误；
D.该波的频率为f=1T=10.2Hz=5Hz，若波源向x轴负方向运动，波源与接收器间的距离增大，产生多普勒效应，在x=10m处的接收器接收到的波源频率减小，小于5Hz，故D错误。
故选B。
6.关于分子动理论，下列说法中正确的是
( )
A. 图甲中，油酸分子直径等于一滴油酸酒精溶液的体积与它形成油膜面积的比值
B. 图乙为分子力F与其间距r的图像，分子间距从r0开始增大时，分子势能先变小后变大
C. 图丙中，T2对应曲线为同一气体温度较高时气体分子的速率分布图
D. 图丁为布朗运动的示意图，温度越高、微粒越大，布朗运动越明显
【答案】C
【解析】A.油酸分子的直径等于一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积与油膜面积之比，并不是油酸酒精溶液，故A错误；
B.根据分子力与分子间距的关系图，可知分子间距从r0增大时，分子力表现为引力，做负功，分子势能变大，故B错误；
C.由图可知，T2中速率大分子占据的比例较大，则说明T2对应的平均动能较大，T2对应的温度较高，故C正确；
D.布朗运动中温度越高、微粒越小，运动越明显，故D错误。
故选C。
7.如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，一束由紫光和红光组成的复色光沿AO方向从真空射入玻璃，分别从B、C点射出，下列说法中正确的是
( )
A. 从B点射出的是红光B. 两束光在半圆柱体玻璃中传播时间相等
C. 紫光在半圆柱体玻璃中传播速度较大D. 逐渐减小入射角i，红光先发生全反射
【答案】B
【解析】A.玻璃对紫光的折射率大于红光，从 B 点射出的是紫光，故A错误；
B.设OD长度为d，折射角分别为 θB 、 θC ，连接BD、CD，如下图
根据
nB=sinisinθB=cvB
nC=sinisinθC=cvC
解得sinθBvB=sinθCvC
光在玻璃中传播时间为t=dsinθv，可解得tB=tC，故B正确；
C.根据 v=cn ，玻璃对紫光的折射率大于红光，紫光在半圆柱体玻璃中传播速度较小，故C错误；
D.逐渐减小入射角i，在半圆柱体玻璃内部的紫光临界角较小，先发生全反射，故D错误。
故选：B。
8.某家用空气净化器的内部结构原理如图所示，图中充电极接电源正极，尘埃采集球接地。当空气中的尘埃进入装置前，通过滤网后带正电，此后会吸附在尘埃采集球上。内部形成的电场如图所示，b、d两点在同一等势面上，尘埃的重力忽略不计。下列说法正确的是( )
A. 尘埃在电场中电势的大小关系为φb=φd>φa>φc
B. 尘埃在电场中加速度的大小关系为ab=ad>aa>ac
C. 尘埃从b点移动到d点的过程中，电势能一定始终不变
D. 尘埃从c点移动到α点的过程中，电场力始终做负功
【答案】A
【解析】解：A.沿着电场线方向电势逐渐降低，由题图可知，φb=φd>φa>φc，故A正确；
B.电场线的疏密程度表示电场场强的大小，由题图可知，Eb>Ed>Ea>Ec，尘埃在电场中的加速度a=qEm，则尘埃在电场中加速度的大小关系为
ab>ad>aa>ac，故B错误；
C.尘埃从b点移动到d点的过程中，由于尘埃的运动轨迹未知，只能确定b、d两点电势能相等，不能确定电势能的变化，故C错误；
D.尘埃从b点移动到d点的过程中，由于尘埃的运动轨迹未知，无法判断电场力做功情况，故D错误。
故选：A。
根据沿着电场线方向电势逐渐降低即可判断各点电势高低；根据电场线的疏密程度表示电场场强的大小即可判断各点场强大小，根据牛顿第二定律即可判断加速度大小；运动轨迹不确定，不能判断电势能的变化和做功的正负。
本题考查电场线的特点，解题关键是知道沿着电场线方向电势逐渐降低，电场线的疏密程度表示电场场强的大小。
9.一定质量的理想气体从状态a经状态b、c、d回到状态a，此过程气体的p-V关系图像如图所示，其中d→a过程为双曲线的一部分，a→b、b→c、c→d过程平行于坐标轴。已知在状态a时气体温度为T0，则( )
A. 在状态c时气体的温度为T0

B. 四个过程中有两个过程吸热，两个过程放热
C. d→a过程气体对外做功3p0V0
D. 从状态a经一次循环再回到状态a的过程中气体向外放热大于3p0V0

【答案】D
【解析】A. a→c 过程，由理想气体状态方程得2p0⋅2V0T0=4p0⋅3V0Tc
解得Tc=3T0
A错误；
B. a→b 过程，气体体积增大对外做功，压强不变，温度升高，内能增大，气体吸热； b→c 过程，气体体积不变，压强增大，温度升高，气体吸热； c→d 过程，气体压强不变，体积减小，外界对气体做功，温度降低，内能减小，气体向外放热； d→a 过程气体温度不变，内能不变，体积增大对外做功，气体吸热，B错误；
C. d→a 过程，气体对外做的功等于图像与横轴所围图形面积，由图得其小于 3p0V0 ，C错误；
D.在一次循环过程后，内能不变，整个过程中，外界对气体做功大于 3p0V0 ，根据热力学第一定律可知，在一次循环过程中气体放出的热量大于 3p0V0 ，D正确。
故选D。
10.如图甲，“星下点”是指卫星和地心连线与地球表面的交点。图乙是航天控制中心大屏幕上显示卫星FZ01的“星下点”在一段时间内的轨迹，已知地球同步卫星的轨道半径为r=6.6R(R是地球的半径)，FZ01绕行方向与地球自转方向一致，则下列说法正确的是( )
A. 卫星FZ01的轨道半径约为r3
B. 卫星FZ01的轨道半径约为r5
C. 卫星FZ01可以记录到南极点的气候变化
D. 卫星FZ01不可以记录到北极点的气候变化
【答案】C
【解析】【分析】由轨迹图可知：地球自转一圈，卫星运动3圈，卫星做圆周运动，根据万有引力提供向心力列出牛顿第二定律方程，得出同步卫星的周期。
本题考查卫星的运行规律，题目较为新颖。
【解答】AB. 由轨迹图可知：地球自转一圈，卫星运动3圈，卫星做圆周运动，根据万有引力提供向心力
GMmr2=m(2πT)2r
可得同步卫星的周期为T=2π r3GM
卫星FZ01的周期为T '=2π r '3GM=T3
则卫星FZ01的轨道半径与同步卫星的轨道半径关系为r'=r39≈r2
故AB错误；
CD.卫星FZ01纬度最高时，θ=30∘
卫星离地球球心所在水平面的高度为h=r'sin30°=r2sin30°=r4
由题意可知同步卫星轨道半径为r=6.6R，因此h=r4=1.65R>R
即卫星高度大于北极点的高度，卫星Fz01可以记录到北极点的气候变化，也可以记录南极点的气候变化，故C正确，D错误。
故选C。
11.如图所示，一光滑导轨水平放置，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，以导轨的顶点为原点建立直角坐标系，导轨满足方程y2=ax，a为定值．一均匀导体棒垂直于x轴在外力作用下由坐标原点开始向x轴正方向匀速运动，运动过程中导体棒与导轨接触良好形成闭合回路，导轨电阻不计，则导体棒运动过程中产生的感应电动势E、回路电流I、通过导体棒横截面的电荷量q，外力做的功W随时间t变化规律图象正确的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】【分析】
此题关键是要找到要讨论的物理量与时间t的函数关系，然后对照图像，根据数学知识进行解答。
【解答】
A.某时刻导体棒移动的距离为x=vt，则此时的电动势E=Bv·2y=2Bv avt，故A错误；
B.设导体棒单位长度的电阻为r0，则t时刻的电流为：I=E2yr0=Bv·2y2yr0=Bvr0，故B错误；
C.通过导体棒横截面的电荷量为q=It=Bvr0t，故C正确；
D.外力做功：W=Fx=F安x=BI·2y·x=B·Bvr00·2 avt·vt=2B2v2 avt3r0，故D错误。
故选C。
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.某课外小组想测两节干电池组成的电源的电动势和内阻，同学们用电压表、电阻箱、开关、若干导线和待测电池组连成电路，电路中用到的器材均完好无损。
(1)如图甲所示，该同学正准备接入最后一根导线(图中虚线)时的实验电路，下列关于实验操作论述正确的是_________；
A.将电压表直接接在电源两端，实验时读数正常，所以实验中这样接是可以的
B.电键处于闭合状态时，接入虚线导线，此操作违反实验操作规则
C.电阻箱接入电路中时不允许阻值为零，所以应该调到任意一个不为零的阻值
D.只要小心操作，接入虚线导线后，电路是安全的
(2)改正错误后，按照标准实验操作流程操作，该小组同学顺利完成实验，并根据测得的数据画出图乙所示的1U-1R图线，其中U为电压表示数，R为电阻箱连入电路的阻值。由图乙可知：电池组的电动势E=________，内阻r=______。(用a1、a2、b1表示)
(3)利用图像分析电表内电阻引起的实验误差。如图丙，图线P、M分别是根据电压表读数和电流I(I=UR)描点作图得到的U—I图像和没有电表内电阻影响的理想情况下该电源的路端电压U随电流I变化的U—I图像，则由测量值得到的图像是___________图线(填“P或者“M”)，图丙中线段ab的含义是______________。
【答案】(1)B；
(2)1a1；a2-a1a1b1；
(3)P ；通过电压表的电流IV
【解析】(1)A.由于电压表与电源直接相连，若量程小于电动势时将造成电压表损坏，故A错误；
BCD.在连接电路时开关就该是断开的，这是电路的基本操作，若电阻箱接入电路的电阻为零，则直接导致短路，否则烧毁电源，所以电阻箱接入电路中时不允许阻值为零，应该调到阻值最大，故B正确，CD错误；
(2)根据闭合电路欧姆定律则有U=E-URr
将其变形后整理可得1U=rE⋅1R+1E
结合图乙可得rE=k=a2-a1b1，1E=a1
电池组的电动势为E=1a1
内阻为r=a2-a1a1b1
(3)当不考虑电压表内阻时，根据闭合电路欧姆定律则有U=E-Ir
考虑电压表内阻时有U=E-(I+IV)r
显然 P 图是未考虑电压表内阻的图象，从以上表达式可知 ab 段表示通过电压表的电流 IV
三、计算题：本大题共4小题，共6+8+12+15=41分。
13.2021年12月30日，我国科学家利用东方超环实现了7000万摄氏度下长脉冲高参数等离子体持续运行1056秒，这是人类首次实现人造太阳持续脉冲过千秒，对世界的可控核聚变发展来说都具有里程碑的意义。已知两个氘核聚变生成一个氦3和一个中子，氘核质量为2.0136u，中子质量为1.0087u， ​23He核的质量为3.0150u(质量亏损为1u时，释放的能量为931.5MeV)。除了计算质量亏损外， ​23He的质量可以认为是中子的3倍。(计算结果单位为MeV，保留两位有效数字)
(1)写出该反应的核反应方程。
(2)若两个速率相等的氘核对心碰撞聚变成 ​23He并放出一个中子，释放的核能也全部转化为 ​23He核与中子的动能。反应前每个氘核的动能为0.37MeV，求反应后氦3和中子的动能分别为多少。
【答案】解：(1)两个氘核聚变生成一个氦3和一个中子，则该反应的核反应方程
12H+12H→23He+01n
(2)碰撞和反应过程动量守恒，则碰后氦3和中子总动量为零，即
3mv1=mv2
核反应释放的的能量
ΔE=Δmc2=(2×2.0136-3.0150-1.0087)×931.5MeV=3.26MeV
根据能量守恒
12×3mv12+12mv22=ΔE+2E0
解得氦3动能
E1=12×3mv12=1.0MeV
中子的动能
E2=ΔE-E1=3.0MeV

【解析】本题考查了核反应与动量和能量的结合，难度一般。
14. 有一条河流，河水流量为4m3/s，落差为5m.现利用它来发电，水电站的总效率为50%，发电机的输出电压为400V.水电站到用户之间要进行远距离输电，两地间输电线的总电阻为8Ω，允许输电线上损耗的功率为发电机输出功率的5%，用户所需要的电压为220V，认为所用的变压器都是理想变压器.水的密度ρ= 1.0×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)发电机的输出功率P及输电线上损耗的功率P损;
(2)升压、降压变压器原、副线圈的匝数比．
【答案】(1)发电机的输出功率P=50%△mgh△t=50%ρΔVgh
解得：P=1×105W
输电线上损耗的功率P损=5%P=5×103W
(2)输电线上损耗的功率P损=I线2R
解得：I线=25A
升压变压器输出电压U2=PI4=4000V
故升压变压器原、副线圈匝数比n1n2=U1U2=110
输电线上损失的电压U损=I线R=200V
降压变压器的输入电压U3=U2-U损=3800V
故降压变压器原、副线圈匝数比n3n4=U3U4=19011
【解析】(1)根据能量守恒定律求出求出发电机的输出功率
(2)求出输电功率损失，由P=I2r的变形公式求出输电电流；由P=UI求出输电电压，根据发电机的输出电压、输电电压求出升压变压器的匝数比。
15. 如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB，圆心为O1的竖直半圆轨道BCD、圆心为O2的竖直半圆管道DEF，水平直轨道FG及弹性板等组成，轨道各部分平滑连接。已知滑块(可视为质点)质量m=0.01 kg，轨道BCD的半径R=0.8 m，管道DEF的半径r=0.1 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=0.5，其余各部分轨道均光滑，轨道FG的长度l=2 m，弹射器中弹簧的弹性势能最大值Epm=0.5 J，滑块与弹簧作用后，弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回。
(1)若弹簧的弹性势能Ep0=0.16 J，求滑块运动到与O1等高处时的速度v的大小；
(2)若滑块在运动过程中不脱离轨道，求第1次经过管道DEF的最高点F时，滑块对轨道弹力FN的最小值；
(3)若弹簧以最大弹性势能弹出，请判断游戏过程中滑块是否会脱离轨道，若不会，请求出滑块最终静止位置。
【答案】(1)滑块运动到与圆心O1等高处的过程，由机械能守恒定律得
解得
v=4 m/s
(2)要求滑块在运动过程中不脱离轨道，设恰好通过轨道BCD的最高点D时的速度为vD，则
mg=mvD2R
得
vD= gR=2 2m/s
滑块从D运动到F过程，由机械能守恒定律得
12mvD2=12mvF2+2mgr
在F点由牛顿第二定律得
联立解得
FN=0.3N，
由牛顿第三定律得滑块对轨道弹力的最小值为0.3 N。
(3)弹簧以最大弹性势能为Epm释放，则由机械能守恒定律得
代入可得
设返弹后再次到达P点时速度为v2,，
m/s>
之后还能再次弹回，弹回时速度仍然为v2，继续滑动x路程停下来
解得
s=2.4 m=l+0.4m
说明滑块在FG上与G碰后反弹0.4 m停下，最终静止位置在G点左侧0.4 m处，全程不脱离轨道。
【解析】解析请参考答案文字描述
16.反物质太空磁谱仪是一种可以探测宇宙中的奇异物质(包括暗物质及反物质)的装置。中国团队参与建造了其中的磁场结构部分，用于探测慢速粒子，该部分的工作原理图简化后如图所示。在xOy平面内，以M(0,-1.5m)为圆心、半径R=1.5m的圆形区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y≥0的区域内有方向垂直纸面向外的匀强磁场，两区域磁场的磁感应强度大小相等且B=2T。在第一象限有与x轴成45°角倾斜放置的接收器，并与x、y轴交于Q，P两点，且O、Q间的距离为3 2+32m。在圆形磁场区域左侧-3≤y≤0的区域内，均匀分布着质量m=1×10-8kg、电荷量q=1×10-4C的带正电粒子，所有粒子均以相同速度沿x轴正方向射入圆形磁场区域，其中正对M点射入的粒子经磁场偏转后恰好垂直于x轴进入y≥0的磁场区域。不计粒子受到的重力，不考虑粒子间的相互作用。
(1)求粒子的速度大小v；
(2)求正对M点射入的粒子，从刚射入磁场至刚到达接收器PQ的时间t；
(3)若粒子击中接收器PQ能产生亮斑，求接收器上产生的亮斑的长度L。
【答案】解：(1)由正对M点的粒子通过圆形磁场后垂直于x轴进入y≥0的磁场区域，可知粒子在圆形磁场中的运动轨迹如图所示
由几何关系知粒子的运动半径为：r=R
由牛顿第二定律得：qvB=mv2r
代入数据解得：v=3×104m/s
(2)粒子在圆形磁场中运动的周期为：T=2πRv
正对M点射入的粒子在圆形磁场中运动轨迹对应的圆心角为：
α=π2
在△O2CQ中，由正弦定理有：Rsin45∘=OQ-Rsin⁡∠O2CQ
其中OQ=(1+ 2)R
解得：∠O2CQ=π2
正对M点射入的粒子进入y≥0的磁场区域中运动的轨迹如图所示，在y≥0的磁场区域中运动轨迹对应的圆心角为：β=3π4
所以，正对M点射入的粒子从刚进入磁场至刚到达接收器PQ的时间为：
t=α+β2πT
解得：t=5π8×10-4s
(3)如图，由几何关系知：
右下方最远击中C点，
左上方最远击中D点，
所以
答：(1)粒子的速度大小v为3×104m/s；
(2)正对M点射入的粒子，从刚射入磁场至刚到达接收器PQ的时间t为5π8×10-4s；
(3)若粒子击中接收器PQ能产生亮斑，则接收器上产生的亮斑的长度L为