2018-2019学年湖北省宜昌县域高中协同发展共同体高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年湖北省宜昌县域高中协同发展共同体高二上学期期末考试物理试题 解析版

宜昌县域高中协同发展共合体2018至2019学年度第一学期高二年级期末联考物理试卷 一、选择题： ‎ ‎1.真空中两个点电荷之间的静电力为F，如果它们之间的距离以及每个点电荷的电荷量都增加为原来的2倍，则它们之间的静电力将变为原来的（　　）‎ A. 4倍 B. 2倍 C. 1倍 D. 0.5倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由库伦定律可得：变化前：F=k；变化后：F′=k=F，故ABD错误，C正确．故选C．‎ ‎2.如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r.圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为（　　）‎ A. 4∶1 B. 1∶2 C. 1∶4 D. 1∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个面积为S且与磁场方向垂直的平面，磁感应强度B与面积S的乘积，叫做穿过这个平面的磁通量，故当B与S平面垂直时，穿过该面的磁通量Φ=BS．‎ ‎【详解】由于线圈平面与磁场方向垂直，故穿过该面的磁通量为：Φ=BS，半径为r的虚线范围内有匀强磁场，所以磁场的区域面积为：S=πr2；结合图可知，穿过两个线圈的磁感线的条数是相等的，所以磁通量都是：Φ=πBr2．与线圈的大小无关。故D正确，ABC错误。故选D。‎ ‎3.如图所示，长为L的直导线折成边长相等、夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B，当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为（　　）‎ A. 0.5BIL B. BIL C. 0 D. 2BIL ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由安培力公式F=BIL进行计算，注意式中的L应为等效长度.‎ ‎【详解】导线在磁场内有效长度为2Lsin30°=L，故该V形通电导线受到安培力大小为F=BI•2Lsin30°=BIL，选项B正确。故选B。‎ ‎4.在研究微型电动机的性能时，应用如图3所示的实验电路．当调节滑动变阻器R使电动机停止转动时，理想电流表和理想电压表的示数分别为0.50A和1.0V．重新调节R使电动机恢复正常运转，此时理想电流表和理想电压表的示数分别为2.0A和24.0V，则这台电动机正常运转时的输出功率为（　　）‎ A. 40W B. 32W C. 47W D. 48W ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量电路电流，根据公式R=U/I可求电动机停转时的电阻；利用公式P=UI可求电动机的总功率，根据公式P=I2R可求电动机克服本身阻力的功率，总功率与电动机克服自身电阻功率之差就是电动机的输出功率．‎ ‎【详解】电动机的电阻为：；电动机正常运转时的总功率为：P=U1I1=24V×2A=48W；克服自身电阻的功率为：PR=I12R=（2A）2‎ ‎×2Ω=8W；电动机正常运转时的输出功率是：P输出=P-PR=48W-8W=40W。故选A。‎ ‎【点睛】本题考查电阻、功率的有关计算，关键是明白电路中各个用电器的连接情况，要知道非纯电阻电路的功率的计算方法，这是本题的重点和难点．‎ ‎5.如图所示，有一根直导线上通以恒定电流I，方向垂直指向纸内，且和匀强磁场B垂直，则在图中圆周上，磁感应强度数值最小的点是（　　）‎ A. a点 B. b点 C. c点 D. d点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该题考查了磁场的叠加问题。用安培定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项。‎ ‎【详解】用安培定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示： 在a点，通电导线产生的磁场与匀强磁场的方向相同，叠加后磁感应强度数值最大；在c点，通电导线产生的磁场与匀强磁场的方向相反，叠加后磁感应强度数值最小，故C正确；ABD错误。故选C。‎ ‎【点睛】磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量。它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则。‎ ‎6.如图所示，是磁场对通电直导线的作用力与磁场、电流方向关系的示意图，其中正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 据左手定则可得，A图中安培力的方向向下，故A错误；据左手定则可得，B图中安培力的方向向上，故B正确；据左手定则可得，C图中安培力的方向向右，故C错误；据左手定则可得，D图中安培力的方向向左，故D错误；故选B。‎ ‎【点睛】根据左手定则来判断即可，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是导线受的安培力的方向．‎ ‎7.一种新型发电机叫磁流体发电机,如图所示表示它的发电原理:将一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量带正电和负电的粒子,而从整体来说呈中性)沿图中所示方向喷射入磁场,磁场中有两块金属板A、B,这时金属板上就聚集了电荷.在磁极配置如图中所示的情况下,下列说法中正确的是 （　　）‎ A. A板带正电 B. 有电流从b经用电器流向a C. 金属板A、B间的电场方向向下 D. 等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力小于所受电场力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据左手定则知，正电荷向下偏，负电荷向上偏，则A板带负电．故A错误．因为B板带正电，A板带负电，所以电流的流向为b经用电器流向a．故B正确．因为B板带正电，A板带负电，所以金属板间的电场方向向上．故C错误．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力．故D错误．故选D．‎ ‎【点睛】根据左手定则判断出正负电荷所受洛伦兹力的方向，从而判断出正负电荷的偏转方向，带正电的极板电势高，电流从正极板流向负极板．‎ ‎8.如图所示，正点电荷放在O点，图中画出它产生的电场的六条对称分布的电场线。以水平电场线上的O’点为圆心画一个圆，与电场线分别相交于a、b、c、d、e ‎，下列说法正确的是（　　）‎ A. b、e两点的电场强度相同 B. a点电势高于e点电势 C. 电子沿圆周由d运动到b，电场力做正功，电势能减少 D. b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时两点的电场强度才相同；电势根据顺着电场线方向电势降低进行判断；根据对称性分析b、c 两点间电势差与b、e间电势差的关系。根据电势高低，判断电场力对电子做功的正负。‎ ‎【详解】由图看出，b、e两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b、e两点的电场强度不同，故A错误；根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越低，故a点电势低于e点电势，故B错误；d点的电势高于b点的电势，电子沿圆周由d到b，电势降低，但电势能升高，电场力做负功，故C错误；根据对称性可知，d、c的电势相等，同理b、e的电势相等。所以b、c 两点间电势差与e、d两点间电势差相等，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】常见电场的电场线分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意点电荷形成电场的对称性。加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。‎ ‎9.第七届中国(上海)国际超级电容器产业展览会于2016年8月23日至25日在上海新国际博览中心举行．如图所示为超级平行板电容器，相距为d的两极板M、N分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板M带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则（　　）‎ A. 油滴带正电 B. 油滴带电荷量为 C. 电容器的电容为 D. 将极板N向上缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电荷量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性。由E=U/d，求解电场强度。根据微粒的电场力有无变化，分析微粒的运动情况。‎ ‎【详解】带电油滴静止在两极板间，重力与电场力等大、反向，电场力竖直向上，电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电油滴带负电，故A错误。由场强与电势差关系可知，mg=qE=q，解得：，故B错误。由题意知，电容器带电荷量Q=kq=，由电容的定义式知，故C正确。电容器与电源保持连接，两板间电势差不变，N板向上移动，板间距离变小，由F电=q可得油滴所受电场力变大，合力变成向上，则油滴向上做加速运动，故D正确。故选CD。‎ ‎【点睛】题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，注意由受力情况来确定运动情况，是解题的思路。‎ ‎10.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是 (　　 )‎ A. M带负电，N带正电 B. M的速率小于N的速率 C. 洛伦兹力对M、N不做功 D. M的运行时间大于N的运行时间 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系．‎ 解：A：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；‎ B：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m，半径为：，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速率大于N的速率，故B正确；‎ C：洛伦兹力始终与速度的方向垂直，不做功，故C错误；‎ D：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=，M的运行时间等于N的运行时间，故D错误．‎ 故选：AB ‎【点评】该题考查到左手定则、半径的公式和根据周期的公式，属于基本应用．简单题．‎ ‎11.如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是（ ）‎ A. 开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动 B. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向 C. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向 D. 开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎ 本题考查电磁感应、安培定则及其相关的知识点。‎ 开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，选项A正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项BC错误；开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，选项D正确。‎ ‎【点睛】此题中套在一根铁芯上的两个线圈，实际上构成一个变压器。‎ ‎12.图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面c上的电势为2V．一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV.下列说法正确的是（　　）‎ A. 该电子经过平面d时，其电势能为4eV B. 该电子可能到达不了平面f C. 平面d上的电势为零 D. 该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据只有电场力做功，动能与电势能之和不变，当电场力做负功时，动能转化为电势能，在电势为零处，电势能为零，从而即可一一求解。‎ ‎【详解】虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面c上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面d上的电势为零，由上面的分析知，平面d上的电势为零，所以电子经过平面d时，其电势能为0，故A错误，C正确；由上分析，可知，当电子由a向f 方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B正确；电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，故D错误；故选BC。‎ ‎【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。‎ 二．实验题 ‎13.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：‎ 用20分度的游标卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为______mm；‎ 用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为______mm；‎ 该同学先用欧姆表粗测该圆柱体的阻值，选择欧姆档倍率“”后测得的阻值如图3表盘所示，测得的阻值约为______，‎ 导线的直径为d，长度为L，电压表示数为U，电流表示数为I，则电阻率的表达式______。‎ ‎【答案】 (1). 50.15 (2). 4.697(±2) (3). 700Ω　 (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】游标卡尺是20分度的卡尺，其分度值为，则图示读数为：。 螺旋测微器的固定刻度为，可动刻度为，所以最终读数为 表盘的读数为7，所以导电玻璃的电阻约为。 根据电阻定律可得：，圆柱体导体材料的横截面积：，根据欧姆定律可得：，联立可得金属电阻率：。‎ ‎14.有一个小灯泡上标有“4 V 2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I－U 图线。现有下列器材供选用：‎ A.电压表(0～5 V，内阻约10 kΩ)‎ B.电压表(0～15 V，内阻约20 kΩ)‎ C.电流表(0～3 A，内阻约1 Ω)‎ D.电流表(0～0.6 A，内阻约0.4 Ω)‎ E.滑动变阻器(10 Ω，2 A)‎ F.滑动变阻器(500 Ω，1 A)‎ G.学生电源(直流6 V)、开关、导线若干 ‎（1）实验中所用电压表应选________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________。‎ ‎（2）在线框内画出实验电路图_______，并根据所画电路图进行实物连接_______。‎ ‎ ‎ ‎（3）利用实验数据绘出小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示，分析曲线说明小灯泡电阻变化的特点：________________________________。‎ ‎（4）若把电阻元件Z和小灯泡接入如图乙所示的电路中时，已知电阻Z的阻值为5Ω，已知A、B两端电压恒为2.5 V，则此时灯泡L的功率约为________W。(保留两位有效数字)‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). (1)A (2). D (3). E (4). (2)如图； (5). 如图； (6). (3)小灯泡电阻随温度的升高而增大 (7). (4)0.31‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题（1）的关键是根据小灯泡的规格中的额定电压与额定电流大小来选择电压表与电流表的量程，根据实验要求电流从零调可知变阻器应用分压式接法，可知应选择电阻选择变阻器．题（2）的关键是根据小灯泡电阻满足，可知电流表应用外接法，又变阻器应用分压式接法，即可画出电路图和实物图．题（3）的关键是根据电阻定义可知，电阻大小与I-U图线上的点与原点连线的斜率倒数成正比，说明小灯泡的电阻随温度的升高而增大．题（4）的关键是在灯泡的I-U图像中画出电阻Z的I -U图像，根据I-U图象读出当电阻Z和灯泡两端的电压之和为2.5V时对应的电压和电流大小，然后根据P=UI求出功率即可．‎ ‎【详解】（1）：根据小灯泡的规格“4V，2W”可知，电压表应选A，电流，所以电流表应选D；由于描绘小灯泡伏安特性曲线实验要求电流从零调，所以变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器E． （2）：由于小灯泡电阻较小，满足，所以电流表应用外接法，又变阻器采用分压式接法，所以电路图和实物连线图如图所示： ‎ ‎ （3）根据可知，小灯泡电阻与I-U图象上各点与原点连线的斜率倒数成正比，所以小灯泡电阻随温度的升高而增大．‎ ‎ （4）在灯泡的I-U图像中画出电阻Z的I -U图像，由I-U图象可知，当电阻Z和灯泡两端的电压之和为2.5V时，此时灯泡两端的电压U=1.4V，I=0.22A时对应的电压，所以小灯泡的功率为：P=UI=1.4×0.22W=0.31W.‎ ‎【点睛】本题考查了实验器材选择、设计实验电路图、连接实物电路图、实验数据处理，确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路图与连接实物电路图的前提与关键．‎ 三、计算题 ‎15.在电场中把电荷量为2.0×10-9C的正电荷从A点移到B点，静电力做功为-2.0×10-7J，再把电荷从B点移到C点，静电力做功为4.0×10-7J．‎ ‎（1）A、B间，B、C间，A、C间的电势差各是多大？‎ ‎（2）把-1.5×10-9C的电荷从A点移到C点，静电力做多少功？电势能变化了多少？‎ ‎【答案】（1） （2） ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）把电荷量为2.0×10-9C的正电荷从A点移到B点，静电力做功为-2.0×10-7J 据U＝W/q得：UAB＝WAB/q＝-2.0×10-7/2×10-9V＝-100V ‎2.0×10-9C的正电荷从B点移到C点，静电力做功为4.0×10-7J，‎ 则有：UBC＝WBC/q＝4×10-7/2×10-9V＝200V ‎2.0×10-9C的正电荷从A点到C点的过程中，‎ 电场力做功为WAC=WAB+WBC=2.0×10-7 J，‎ 则有：UAC＝WAC/q＝2.0×10-7/2×10-9V＝100V ‎（2）把-1.5×10-9C的电荷从A点移到C点，‎ 静电力做功：WAC′＝q′UAC＝-1.5×10-9×100J＝-1.5×10-7J 据Ep=-WAC′=1.5×10-7J，电势能增加了1.5×10-7J ‎16.一个质量为m＝0.1 g的小滑块，带有q＝5×10-4 C的电荷量，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(绝缘)，斜面置于B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示。小滑块由静止开始沿斜面下滑，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时要离开斜面。求：(取g＝10 m/s2)‎ ‎(1)小滑块带何种电荷？‎ ‎(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？‎ ‎(3)该斜面的长度至少多长？‎ ‎【答案】（1）负电荷（2）3.5 m/s（3）1.2 m ‎【解析】‎ ‎（1）小滑块在沿斜面下滑的过程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F作用，若要使小滑块离开斜面，则洛伦兹力F应垂直斜面向上，如图所示，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷；‎ ‎（2）小滑块沿斜面下滑的过程中，由平衡条件得，‎ 当支持力FN=0时，小滑块脱离斜面．设此时小滑块速度为，‎ 则此时小滑块所受洛伦兹力，‎ 所以；‎ ‎（3）设该斜面长度至少为l，则小滑块离开斜面的临界情况为小滑块刚滑到斜面底端时．因为下滑过程中只有重力做功，由动能定理得，‎ 所以斜面长至少为、．‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在磁场和重力场中的运动情况，要注意明确在运动过程中洛伦兹力随速度的变化而变化，但洛伦兹力不会做功，因此要注意选择动能定理进行分析求解．‎ ‎17.在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2 T，有一水平放置的光滑框架，宽度为l＝0.4 m，如图15所示，框架上放置一质量为0.05 kg、接入电路的电阻为R=1 Ω的金属杆cd，金属杆与框架垂直且接触良好，框架电阻不计．若cd杆以恒定加速度a＝2 m/s2，由静止开始沿框架向右做匀变速直线运动，则：‎ ‎(1)在2 s内平均感应电动势是多少？‎ ‎(2)第5 s末，回路中的电流多大？‎ ‎(3)作用在cd杆上的水平外力F随时间变化的关系式？‎ ‎【答案】(1)0.16 V　(2)0.8 A　(3) 0.1+0.0128t ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由运动学公式求出金属杆的位移，然后应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势。 （2）由匀变速直线运动的速度公式求出速度，由E=BLv求出感应电动势，然后由欧姆定律求出感应电流。 （3）应用安培力公式求出安培力，然后应用牛顿第二定律求出F的表达式。‎ ‎【详解】（1）金属杆2 s内的位移：x＝at2＝4m 由法拉第电磁感应定律得E= ‎ 代数得E=0.16V ‎（2）金属杆第5 s末的速度v′＝at＝10 m/s 此时回路中的感应电动势：E′＝Blv′ ‎ 则回路中的电流为： ‎ ‎（3）金属杆做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F－F安＝ma 且F安＝BIl ‎ ‎ I＝ ‎ v=at 即F=0.1+0.0128t ‎【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。‎ ‎18.如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核 和一个氘核先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为45°，并从坐标原点O处第一次射出磁场. 氕核的质量为m，电荷量为q. 氘核的质量为2m，电荷量为q，不计重力．求：‎ ‎(1) 第一次进入磁场的位置到原点O的距离；‎ ‎(2)磁场的磁感应强度大小；‎ ‎(3) 第一次进入磁场到第一次离开磁场的运动时间．‎ ‎【答案】(1)2h　(2)(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）H在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出H第一次进入磁场时到O点的距离。‎ ‎（2）H在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出H的轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度。‎ ‎（3）根据类平抛运动规律以及圆周运动的规律求解H第一次进入磁场到第一次离开磁场的运动时间．‎ ‎【详解】（1）H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1，由运动学公式有 s1＝v1t1‎ h＝a1t12‎ 由题给条件， H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝45°. H进入磁场时速度的y分量的大小为a1t1＝v1tan θ1 ‎ 联立以上各式得s1＝2h ‎（2） H在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE＝ma1 ‎ 设H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有v1′＝‎ 设磁感应强度大小为B， H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv1′B＝ ‎ 由几何关系得s1＝2R1sin θ1 ‎ 联立以上各式得B＝ ‎ ‎（3）设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2‎ ‎，由题给条件得 ‎ 由牛顿第二定律有qE＝2ma2‎ 设H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有s2＝v2t2‎ h＝a2t22 ‎ v2′＝‎ sin θ2＝‎ 联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1=450 v2′＝v1′ ‎ 设H在磁场中做圆周运动的时间为t，由粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期公式得t=- ‎ 且T=‎ H第一次进入磁场到第一次离开磁场的运动时间．t=-‎ ‎【点睛】本题考查了带电粒子在匀强电场与匀强磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程与运动性质是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题，解题时注意几何知识的应用。‎ ‎ ‎