江苏省扬州市江都区大桥高级中学2020届高三物理下学期学情调研试题.doc

江苏省扬州市江都区大桥高级中学2020届高三物理下学期学情调研试题江苏省扬州市江都区大桥高级中学2020届高三物理下学期学情调研试题年级：姓名：- 23 -江苏省扬州市江都区大桥高级中学2020届高三物理下学期学情调研试题（二）（含解析）一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.下列描述中符合物理学史的是（）A. 库仑最早测出了元电荷e的数值B. 伽利略认为力是维持物体运动的原因C. 法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D. 楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化【答案】D【解析】【分析】本题主要考察物理学史的相关知识。【详解】A密立根通过油滴实验法最早测出了元电荷e的数值，故A错误；B亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，故B错误；C恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，磁通量不变，不会出现感应电流，故C错误；D楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即楞次定律，故D正确。故选D。2.如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过定滑轮的细线与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为，则细线中的拉力大小为A. MgB. Mg+MaC. D. 【答案】C【解析】【分析】此题是牛顿第二定律应用习题，选择研究对象,根据牛顿第二定律列得方程联立求解.【详解】对AB的整体，根据牛顿第二定律 ，选项C正确；对C： ，解得：，选项AB错误；对物体A： ，则 ，因f为静摩擦力，故不一定等于1m1g，选项D错误；故选C.3.电路如图所示，电源内阻不可忽略，在调节可变电阻R的阻值过程中，发现理想电压表示数减小，则（）A. R的阻值变大B. 路端电压变大C. 总电流减小D. 路端电压和总电流的比值减小【答案】D【解析】【分析】本题考查动态电路的分析。【详解】根据动态电路的特点（串反并同），与电阻箱并联的电表示数变化规律与阻值变化规律相同。理想电压表示数减小，所以R的阻值变小，路端电压变小，电流变大。路端电压和总电流的比值即外阻阻值，因R变小，故外阻减小。ABC错误，D正确。故选D。4. 一颗卫星绕地球沿椭圆轨道运动，A、B是卫星运动的远地点和近地点下列说法中正确的是（ ）A. 卫星在A点的角速度大于B点的角速度B. 卫星在A点加速度小于B点的加速度C. 卫星由A运动到B过程中动能减小，势能增加D. 卫星由A运动到B过程中引力做正功，机械能增大【答案】B【解析】试题分析：近地点的线速度较大，结合线速度大小，根据比较角速度大小根据牛顿第二定律比较加速度大小根据万有引力做功判断动能和势能的变化近地点的速度较大，可知B点线速度大于A点的线速度，根据知，卫星在A点的角速度小于B点的角速度，故A错误；根据牛顿第二定律得，可知卫星在A点的加速度小于B点的加速度，故B正确卫星沿椭圆轨道运动，从A到B，万有引力做正功，动能增加，势能减小，机械能守恒，故CD错误5.一物块由O点下落，到A点时与直立于地面的轻弹簧接触，到B点时速度达到最大，到C点时速度减为零，然后被弹回物块在运动过程中受到的空气阻力大小不变，弹簧始终在弹性限度内，则物块()A. 从A下降到B的过程中，合力先变小后变大B. 从A下降到C的过程中，加速度先增大后减小C. 从C上升到B的过程中，动能先增大后减小D. 从C上升到B的过程中，系统的重力势能与弹性势能之和不断增加【答案】C【解析】【详解】A从A下降到B的过程中，物块受到向下的重力，弹簧向上的弹力和向上的空气阻力，重力大于弹力和空气阻力之和，弹力逐渐增大，合力逐渐减小，加速度逐渐变小，到B点时速度达到最大，此时合力为零，则从A下降到B的过程中合力一直减小到零，故A错误； B从A下降到B的过程中，弹簧的弹力和空气阻力之和小于重力，物块的合力逐渐向下，加速度逐渐减小到零；从B下降到C的过程中，物块的合力向上，加速度向上逐渐增大，则从A下降到C的过程中，加速度先减小后增大，故B错误； C从C上升到B的过程中，开始弹力大于空气阻力和重力之和，向上加速，当加速度减为零时此时的压缩量，位置在B点下方，速度达到向上的最大，此后向上做变减速直线运动，故从C上升到B的过程中，动能先增大后减小，故C正确； D对于物块和弹簧组成的系统，由于空气阻力做功，所以系统的机械能减小，即物块的动能、重力势能与弹性势能之和减小，从C上升到B的过程中，物块的动能先增大后减小，则系统的重力势能与弹性势能之和在动能最大之前是一直减小，之后就不能确定，故D错误。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每题所给的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。6.在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势在x轴上分布如图所示下列说法正确有A. x1处的电场强度为零B. q1和q2带有异种电荷C. 负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大D. 负电荷从x1移到x2，电势能减小【答案】BD【解析】【详解】A由图可知：电场强度等于图中曲线斜率，x1处的斜率不为零，故电场强度不为零，故A错误；B无穷远处电势为零，又有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以，q1和q2带有异种电荷，故B正确；C负电荷从x1移到x2，曲线斜率减小，则电场强度减小，所以，受到的电场力减小，故C错误；D负电荷从x1移到x2，电势增大，电势能减小，故D正确。故选BD。7.教学用发电机能够产生正弦式交变电流，现利用该发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定值电阻R和电容器C供电，电路如图所示理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P若发电机线圈的转速变为原来的2倍，则A. 电压表V的读数变为2UB. 电流表A的读数变为2IC. R消耗的功率变为2PD. R消耗功率变为4P【答案】AD【解析】【分析】分析电动机产生的交流电的最大值以及有效值、频率的变化情况；根据判断原副线圈中电压的变化情况，根据由知R消耗功率的变化；【详解】ACD若发电机线圈的转速变为原来的2倍，电动机产生的最大电动势变为原来的2倍，发电机输出电压有效值变为原来的2倍，即原线圈的输出电压为原来的2倍，由知副线圈输出电压为原来的2倍，电压表V的读数变为为原来的2倍，由知R消耗的功率为原来的4倍，故AD正确，C错误；B转速变为原来的2倍，通过C的交变电流频率变为原来的2倍，电容器C的容抗减小，副线圈的电流不是原来的2倍，由可知原线圈的电流不是原来的2倍，故B错误；故选AD【点睛】关键是转速变化，通过C的交变电流频率变为原来的2倍，电容器C的容抗减小，副线圈的电流不是原来的2倍8.如图所示，A、B两小球从O点水平抛出，A球恰能越过竖直挡板P落在水平面上的Q点，B球抛出后与水平面发生碰撞，弹起后恰能越过挡板P也落在Q点B球与水平面碰撞前后瞬间水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变、方向相反，不计空气阻力则A. A、B球从O点运动到Q点的时间相等B. A、B球经过挡板P顶端时竖直方向的速度大小相等C. A球抛出时的速度是B球抛出时速度的3倍D. 减小B球抛出时的速度，它也可能越过挡板P【答案】BCD【解析】【详解】A.将两球的运动分解为水平方向和竖直方向分析，抓住等时性，结合竖直方向上的运动规律比较运动的时间，结合水平位移比较抛出时的初速度根据下降的高度比较竖直分速度的大小将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，根据等时性，结合竖直方向上的运动规律知，B球的运动时间是A球运动时间的3倍，故A错误；B.A、B两球到达P顶端时，下降的高度相同，根据竖直方向上的运动规律知，竖直方向上的分速度大小相等，故B正确；C.从O到Q，由于B球的运动时间是A球运动时间的3倍，由于水平位移相等，则A球抛出时的速度是B球抛出时速度的3倍，故C正确；D.减小B球抛出时的速度，第一次落点的水平位移减小，反弹后可能会越过挡板P，故D正确故选BCD。9.蹦极是一项深受年轻人喜爱的极限运动，跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在腰间，从几十米高处跳下如右图所示，某人做蹦极运动，他从高台由静止开始下落，下落过程不计空气阻力，设弹性绳原长为h0，弹性绳的弹性势能与其伸长量的平方成正比则他在从高台下落至最低点的过程中，他的动能Ek、弹性绳的弹性势能EP随下落高度h变化的关系图象正确的是 A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【分析】分析人运动的性质，根据动能定理求出动能Ek与下落高度h变化的关系进行分析，根据功能关系可求弹性绳的弹性势能EP与下落高度h变化的关系进行分析；【详解】弹性绳被拉直前，人做自由落体运动，根据动能定理可得，（），弹性绳的弹性势能为零；弹性绳刚被拉直到人所受的重力与弹力大小相等的过程，人做加速度减小的加速运动，当加速度为零，速度达到最大值，从人所受的重力与弹力大小相等到最低点的过程中，人做加速度增大的减速运动，在最低点时速度为零；根据动能定理可得，（），克服弹性绳的弹力做功等于弹性绳的弹性势能的变化量可得，则有他的动能，（），弹性绳的弹性势能，故BD正确，AC错误；故选BD三、简答题：本题分必做题（第10-12题）和选做题（第13题）两部分，共计42分，请将解答填写在答题卡上相应的位置。10.用如图所示的实验装置探究“加速度与合外力、质量的关系”图中为两个光电门，为固定在木槽上的遮光条实验前(不挂钩码)左右移动小木块使木槽能够在长木板上匀速运动.遮光条的宽度为，两光电门间的距离为实验时木槽每次都从同一位置由静止释放，研究对象为木槽(包括内部的砝码)及钩码组成的系统(1)通过光电计时器读出遮光条通过、两个光电门的时间分别是、，则木槽的加速度是_(用测量的符号表示)(2)保持悬挂钩码的质量不变，增加或减少槽内的砝码，测出每次对应的加速度，为了能直观反映在合外力一定的情况下，加速度与质量的关系，应作出a-_关系图象(表示槽及槽内砝码的总质量).A. B. C. D.(3)为了精确测量木槽运动的加速度，甲同学固定光电门，移动光电门，然后释放木槽，测出遮光条每次经过光电门的时间，乙同学固定光电门，移动光电门，然后释放木槽，测出遮光条每次经过光电门的时间，两位同学根据图象求解系统的加速度.甲同学作出的图象应为下图中的_，乙同学作出的图象应为下图中的_.若甲同学所作图象斜率的绝对值为，则木槽的加速度_.A. B. C. D.【答案】 (1). (2). D (3). B (4). C (5). 【解析】【详解】（1）1遮光片通过光电门的速度分别为 ；根据速度位移公式可知 ，解得 （2）2悬挂钩码的质量m保持不变，即合力保持不变，a与系统质量成反比，可知为了能直观反映在合外力一定的情况下，加速度与质量的关系，应作a-图线，故选D（3）3甲同学固定光电门B，移动光电门A，然后释放凹槽，测出遮光条每次经过光电门A的时间t1通过光电门A的瞬时速度vA，B点的速度为定值，根据vB2vA22ax得，故B正确4乙同学固定光电门A，移动光电门B，然后释放凹槽，测出遮光条每次经过光电门B的时间t2，通过光电门B的瞬时速度vB，A点的速度为定值，根据vB2vA22ax得， ，故C正确5若甲同学所作图象的斜率的绝对值为k，则有，解得系统的加速度11.测量电压表内阻(量程为3 V)的实验如下：(1)用多用电表粗略测量，把选择开关拨到“10”的欧姆挡上，欧姆调零后，把红表笔与待测电压表_(选填“正”或“负”)接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相接；(2)正确连接后，多用电表指针偏转角度较小，应该换用_(选填“1”或“100”)挡，重新欧姆调零后测量，指针位置如图甲所示，则电压表内阻约为_； (3)现用如图乙所示的电路测量，测得多组电阻箱的阻值R和对应的电压表读数U，作出R图象如图丙所示若图线纵截距为b，斜率为k，忽略电源内阻，可得RV_；(4)实验中电源内阻可以忽略，你认为原因是_。【答案】 (1). 负 (2). 100 (3). 4000 (4). (5). 电压表内阻远大于电源内阻【解析】【详解】(1)1欧姆表内阻电源负极与红表笔相连，根据电压表的使用原则“电流从正接线柱流入负接线柱流出”可知把红表笔与待测电压表负接线柱相接。(2)23选择开关拨到“10”的欧姆挡，指针偏转角度很小，则表盘刻度很大，说明是个大电阻，所选挡位太小，为减小实验误差，应换用100欧姆挡重新调零后测量；欧姆表示数为40100=4000。(3)4由图乙结合欧姆定律得E=（RV+R）变形得：R结合图丙可得：解得RV=(4)5由于电压表内阻一般几千欧，电源内阻几欧姆，电压表串联在电路中，且电压表内阻远大于电源内阻，故电源内阻可忽略不计。【选修35】12.下列说法中正确的是_A. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应B. 铀核（）衰变成粒子和另一原子核，衰变产物的比结合能一定大于铀核的比结合能C. 所有原子的发射光谱都是线状谱，不同原子的谱线可以相同D. 核力将核子紧紧束缚在原子核内，因此核力只表现为引力【答案】AB【解析】【分析】本题主要考察现代物理与核物理的相关知识。【详解】A太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核聚变反应，故A正确；B比结合能用于描述原子核稳定性，衰变后原子核更稳定，比结合能更大，故B正确；C线状谱又叫特征光谱，不同原子的谱线一定不同，故C错误；D核力在小于 范围内表现为斥力，故D错误。故选AB。13.将总质量为1.05kg的模型火箭点火升空，在0.02s时间内有50g燃气以大小为200m/s的速度从火箭尾部喷出在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为_N，在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为_m/s（燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略）【答案】 (1). 500 (2). 10【解析】【分析】根据动能定理可求燃气获得的平均推力，根据牛顿第三定律可知火箭获得的平均推力，在喷气的很短时间内，火箭和燃气组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律求出火箭的速度大小；【详解】在燃气喷出过程，以燃气为对象，规定火箭的速度方向为正方向，根据动能定理可得：，解得，根据牛顿第三定律可得火箭获得的平均推力为500N；喷射前后系统的动量守恒，根据动量守恒定律得，解得火箭的速度大小；14.我国自行研制的一种大型激光器，能发出频率为、功率为P0的高纯度和高亮度激光如图所示，光电管的阴极K用某金属制成，闭合开关S，当该激光射向阴极，产生了光电流移动变阻器的滑片P，当光电流恰为零时，电压表的示数为Uc，已知普朗克常量为h，电子电荷量为e，真空中的光速为c求：激光器发出的光子的动量p；光电管阴极K的截止频率c【答案】 p= c=-【解析】【分析】根据光电效应方程，求出光电子的最大初动能，根据逸出功和截止频率的大小关系求出光电管阴极K的截止频率；【详解】解： 由： 解得p= 由 又解得 由 解得【选做题】四、本题包括A、B两小题，请选择其中一个小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按A小题评分。A选修3315.下列说法中正确的是 A. 油膜法估测分子大小实验中，所撒痱子粉太厚会导致测量结果偏大B. 制作晶体管、集成电路只能用单晶体，单晶体是各向同性的C. 一定量的理想气体等压膨胀，气体分子单位时间内与器壁单位面积的碰撞次数减小D. 水凝结成冰后，水分子的热运动停止【答案】AC【解析】【详解】A油膜法估测分子大小的实验中，所撒痱子粉太厚会导致薄层的面积偏小，根据可知测量结果偏大，故A正确；B制作晶体管、集成电路只能用单晶体，因为单晶体具有各向异性，故B错误；C一定量的理想气体等压膨胀，体积变大，温度升高，气体分子平均动能增大，单个气体分子与器壁碰撞时的平均冲量增大，而压强不变，故气体分子单位时间内与器壁单位面积的碰撞次数减小，故C正确；D分子是永不停息地做无规则运动，所以水凝结成冰后，水分子的热运动不会停止，故D错误；故选AC【点睛】油膜法估测分子大小的实验中，所撒痱子粉太厚会导致薄层的面积小；制作晶体管、集成电路只能用单晶体；分子是永不停息地做无规则运动；16.一定质量的理想气体从外界吸收了4105J的热量，同时气体对外界做了6105J的功，则气体内能的改变量是_J；分子的平均动能_（选填“变大”、“变小”或“不变”）【答案】 (1). -2105 (2). 变小【解析】【分析】在热力学中，系统发生变化时，设与环境之间交换的热为，外力所做的功为，可得热力学能（亦称内能）的变化为。【详解】12由热力学第一定律有负号表示气体的内能减小，气体的内能减小，则温度降低，所以分子的平均动能减小。17.已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3 kg/m3和2.1 kg/m3，空气的摩尔质量为0.029 kg/mol，阿伏加德罗常数NA6.021023mol1.若潜水员呼吸一次吸入2 L空气，求：（1）潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数(结果保留一位有效数字)；（2）在海底吸入的空气大约是岸上吸入的空气的压强的多少倍？(忽略温度的差异)【答案】 31022 (或1.6)【解析】【详解】（1）设空气的摩尔质量为，在海底和在岸上的密度分别为和，一次吸入空气的体积为，在海底和在岸上分别吸入空气的分子数为和：，多吸入的分子个数为：（2）设有质量为的气体，在岸上的体积为，在海底的体积为，忽略温度的差异，由玻意耳定律可得：，由以上方程可得：B选修3418.下列说法中正确的是_A. 被拍打的篮球上下运动不是简谐运动B. 受迫振动的物体总以它的固有频率振动C. 当观察者和波源间存在相对运动时一定能观察到多普勒效应现象D. 在高速运行的航天器上看地球上的时间进程变慢【答案】AD【解析】【详解】根据质点做简谐运动的条件可知，做简谐运动的条件是回复力为F=-kx，被拍打的篮球上下运动显然不是简谐运动故A正确；做受迫振动的物体的振动频率与驱动力的频率相等，与物体的固有频率无关故B错误；当观察者和波源间存在相对运动时不一定能观察到多普勒效应现象，如观测者绕波源做匀速圆周运动故C错误；根据相对论的两个基本假设，在速度v高速运行的航天器上看地球上的时间进程变慢故D正确故选AD【点睛】物体做简谐运动的条件是回复力为F=-kx；做受迫振动的物体的振动频率与驱动力的频率相等，与物体的固有频率无关；多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的；在速度v高速运行的航天器上看地球上的时间进程变慢19.1971年，屠呦呦等获得了青蒿乙醚提取物结晶，研究人员通过X射线衍射分析确定了青蒿素的结果，X射线衍射是研究物质微观结构的最常用方法，用于分析的X射线波长在005nm025nm范围之间，因为X射线的波长_（选填“远大于”、“接近”或“远小于”）晶体内部原子间的距离，所以衍射现象明显分析在照相底片上得到的衍射图样，便可确定晶体结构X射线是_（选填“纵波”或“横波”）【答案】 (1). 接近 (2). 横波【解析】【详解】能发生明显的衍射现象的条件是：孔或障碍物的尺寸比波长小或者相差不多当X射线透过晶体内部原子间隙时，发生了明显的衍射现象，用于分析的X射线波长应接近晶体内部原子间的距离；因为X射线是由交替变化的电场和磁场组成的，所以X射线是一种横波【点睛】由X射线穿过晶体内部原子间隙能发生明显的衍射现象来判断；X射线是由交替变化的电场和磁场组成的，X射线是横波20.如图所示，有一四棱镜ABCD，BC90，D75.某同学想测量其折射率，他用激光笔从BC面上的P点射入一束激光，从Q点射出时与AD面的夹角为30，Q点到BC面垂线的垂足为E，P、Q两点到E点的距离分别为a、，已知真空中光速为c.求： 该棱镜材料的折射率n； 激光从P点传播到Q点所需的时间t.【答案】【解析】【详解】试题分析：根据几何知识求出激光在AD面上的入射角和折射角，再由折射定律求该棱镜材料的折射率n；公式求出光在棱镜中传播速度再由运动学公式求激光从P点传播到Q点所需的时间t由题意，根据，得：由几何关系可知，激光在AD面上的入射角，折射角光从介质射向真空，由折射定律得：激光在棱镜中传播速度激光从P点传播到Q点所需的时间解得：【点睛】根据题中所给的光路图，找出各个角度的关系，求出入射角和折射角，然后结合折射定律和光速公式，即可求解四、计算题:本题共3小题，共计47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。21.如图所示，一有界的匀强磁场区域，虚线MN、PQ是磁场边界，磁场磁感强度为B，磁场区宽度为2L，一长方形线框abcd质量为m，电阻为R，边长分别是L和3L，ab、cd平行于MN，以垂直于磁场和边界的初速度v0从左侧进入磁场区并只在安培力作用下运动，最终以的速度离开，速度随位移变化如图。求：(1)ab边进入磁场时刻线框加速度a；(2)从ab边进入到ab边离开磁场过程通过线框的电量q；(3)ab边穿过磁场和cd边穿过磁场两过程线框产生电热之比。【答案】(1)；(2) ；(3)。【解析】分析】本题考察法拉第电磁感应定律的运用。结合物体运动过程受力分析，运用电磁感应定律进行计算。【详解】(1)进入磁场时，感应电动势安培力加速度联立解得(2)从ab边进入到ab边离开磁场过程中，非恒定电流，故(3)运用动能定理分析两段过程，线框克服安培力做的功等于回路产生的电热解得22.如图所示，长为L的轻质木板放在水平面上，左端用光滑的铰链固定，木板中央放着质量为m的小物块，物块与板间的动摩擦因数为.用力将木板右端抬起，直至物块刚好沿木板下滑最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。(1)若缓慢抬起木板，则木板与水平面间夹角的正切值为多大时物块开始下滑；(2)若将木板由静止开始迅速向上加速转动，短时间内角速度增大至后匀速转动，当木板转至与水平面间夹角为45时，物块开始下滑，则应为多大；(3)在(2)的情况下，求木板转至45的过程中拉力做的功W。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)物块恰好开始下滑是受力如图所示，则有mgsin=mgcos解得tan=(2)木板转至=45时，由向心力公式有解得(3)由功能关系有其中物块线速度为解得W=23.如图所示，坐标平面第象限内存在大小为E4105 N/C、方向水平向左的匀强电场，在第象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场质荷比41010 kg/C的带正电的粒子，以初速度v02107 m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场，OA0.2m，不计粒子的重力（1）求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；（2）求粒子第一次经过y轴时速度的大小和方向；（3）若要使粒子不能进入第象限，求磁感应强度B的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)【答案】(1)0.4m（2），与y轴正方向的夹角为45 (3)【解析】【详解】（1）设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则：解得：a=1.01015m/s2t=2.0 10-8s（2）粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：粒子经过y轴时的速度大小为；与y轴正方向的夹角为，=45（3）要粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的轨道半径为R，则：由解得