江苏省南通市2020届高三上学期期中考试质量调研物理试题（二）

江苏省南通市2020届高三上学期期中考试质量调研物理试题（二）

‎2019～2020学年度高三年级第一学期期中质量调研 物理 一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共计18分，每小题只有一个选项符合题意． ‎ ‎1. 如图所示，a、b都是较轻的铝环，a环闭合，b环断开，横梁可以绕中间支点自由转动，开始时整个装置静止．下列说法中正确的是（ ）‎ A. 条形磁铁插入a环时，横梁不会发生转动 B. 只有当条形磁铁N极拔出铝环时，横梁才会转动 C. 条形磁铁用相同方式分别插入a、b环时，两环转动情况相同 D. 铝环a产生的感应电流总是阻碍铝环与磁铁间的相对运动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：当条形磁铁向a环靠近时，穿过a环的磁通量增加，a环闭合产生感应电流，磁铁对a环产生安培力，阻碍两者相对运动，因此a环阻碍磁铁靠近，出现转动现象；当条形磁铁向b环靠近b时，b环中不产生感应电流，磁铁对b环没有安培力作用，b环将静止不动．故ABC错误．根据楞次定律可知，环a产生的感应电流总是阻碍铝环与磁铁间的相对运动，故D正确．故选D.‎ 考点：楞次定律 ‎【名师点睛】本题是楞次定律的应用问题；注意产生感应电流的条件是：磁通量变化；回路是闭合的；两物体之间的相互作用关系可以用“来拒去留”来形容；此题也可以根据楞次定律的另一种表述：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动来直接判断。‎ ‎2.如图所示，导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B，AB与CD相距为d，则MN所受安培力大小为(　　) ‎ ‎ ‎ A. F＝BId B. F＝ C. F＝BIdsin θ D. F＝BIdcos θ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL可以直接求出安培力大小．‎ ‎【详解】导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，AB与CD相距为d，此时切割磁场的导线的长度为，此时受到的安培力的电场线为，所以B正确；故选B.‎ ‎【点睛】本题是安培力的分析和计算问题．安培力大小的一般计算公式是F=BILsinα，α是导体与磁场的夹角，当B、I、L互相垂直的时候安培力最大为F=BIL．‎ ‎3.如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，则(   )‎ A. 卫星a的加速度大于b的加速度 B. 卫星a的角速度小于c的角速度 C. 卫星a的运行速度大于第一宇宙速度 D. 卫星b的周期大于24 h ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由万有引力提供向心力 ，解得 卫星a、b半径相同，所以周期、加速度相同；故AD错误；卫星a的半径大于c，所以卫星a的角速度小于c的角速度；故B正确；第一宇宙速度为近地卫星的运行速度，其值最大，所有卫星的运行速度都小于或等于它，故C错误；故选B ‎4. 如图所示，在等量异种点电荷形成的电场中有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线上距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是 ( )‎ A. EA＝EC＞EB B. EB＞EA＞EC C. φA＞φB ，φA＞φC D. φA＝φC＞φB ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 考点：电场强度；电势．‎ 专题：电场力与电势的性质专题．‎ 分析：电场强度是描述电场强弱的物理量，它是由电荷所受电场力与其电量的比值来定义．由于电场强度是矢量，电场强度叠加时满足平行四边形定则．电场线越密的地方，电场强度越强．正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同．同时沿着电场线方向电势降低．‎ 解答：解：如图为等量异种点电荷的电场，则电场线是从正电荷出发到负电荷终至．所以A、B两点处于从左向右的电场线方向上，则ΦA＞ΦB．而A、C同处于一根等势线，所以ΦA=ΦC．因此ΦA=ΦC＞ΦB．‎ 由等量异种点电荷的电场线的分布，可得B点的电场线最密，C点的最疏．所以EB＞EA＞EC 故选：BD．‎ 点评：虽然电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以体现电场强度的强弱；可以根据电场线方向来确定电势的高低；同时还考查了等量异种点电荷的电场线的分布，电场线与等势线相互垂直．‎ ‎5.回旋加速器工作原理示意图如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U、频率为f的交流电源上．若A处粒子源产生的质子（）在加速器中被加速，下列说法正确的是 A. 若只增大交流电压U，则质子获得的最大动能增大 B. 若只增大交流电压U，不改变质子在回旋加速器中的运行时间 C. 若磁感应强度B增大，交流电源频率f必须适当增大才能正常工作 D. 不改变磁感应强度B和交流电源频率f，该回旋加速器也能用于加速α粒子（）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“回旋加速器工作原理示意图如图所示”可知，本题考查回旋加速器的工作原理，根据回旋加速器加速规律和周期频率可分析本题。‎ ‎【详解】A、当粒子从粒子出口射出时，速度最大，根据公式 解得 因此最大动能为 则最大动能与电压无关，故A错误；‎ B、若增大电压，则质子可更快获得最大动能，因此质子在回旋加速器中的运行时间会变短，故B错误；‎ C、根据 可知，当磁感应强度B增大，周期就会减小，只有当交流电频率适当增大才能正常工作，故C正确；‎ D、根据 可知，换用α粒子，粒子的荷质比就会发生变化，周期也会变化，因此需要改变交流电的频率才能加速α粒子，故D错误。‎ ‎6.如图所示，足够长的竖直绝缘管内壁的粗糙程度处处相同，处于方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场中．一带正电的小球从静止开始沿管下滑，下列小球运动速度v和时间t、小球所受弹力FN和速度v的关系图像中正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“足够长的竖直绝缘管内壁的粗糙程度处处相同”‎ 可知，本题考查带电物体在复合场中的受力分析，根据电场力性质和洛伦兹力以及受力分析可解答本题。‎ ‎【详解】AB、当粒子速度足够大时，有 会有 此时，速度不再增加，故AB错误；‎ CD、根据受力分析，小球在水平方向受力平衡，即 故C错误，D正确 二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20 分，每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分．‎ ‎7.如图所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距．两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流．若 A. 金属环向左侧直导线靠近，穿过环的磁通量增加 B. 金属环向右侧直导线靠近，穿过环的磁通量减小 C. 金属环向上运动，环上无感应电流 D. 金属环向下运动，环上的感应电流方向为顺时针方向 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内”可知，本题考查闭合线圈磁通量变化以及感应电流方向，根据楞次定律和通电导线磁场分布规律可分析本题。‎ ‎【详解】AB、根据通电导线磁场分布规律可知，在两根通电导线中间，及分布垂直纸面向外的磁场也分布垂直纸面向里的磁场，并且在中间位置，磁通量为零，因此金属环无论向左向右移动，磁通量均增加，故A正确B错误；‎ CD、因为金属环内磁通量为零，根据对称性，金属环上下移动磁通量不会发生变化，根据楞次定律可知，无感应电流产生，故C正确D错误。‎ ‎8.如图所示的电路中，电源电动势、内阻及四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S，下列说法正确的有 A. 通过电源的电流为2 A B. 路端电压为9 V C. 电源的总功率为27 W D. a、b间用导线连接后，没有电流通过该导线 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“电源电动势、内阻及四个电阻的阻值已在图中标出”可知，本题考查闭合电路欧姆定律和电路串并联关系，根据电路动态分析和闭合电路欧姆定律公式可分析本题。‎ ‎【详解】A、根据电路情况可知，外电路中总电阻为，根据闭合电路欧姆定律可得 解得 故A错误；‎ B、根据公式 可得 故B正确；‎ C、根据公式 可得 D、a、b间用导线连接后，因为电阻分压，且有 因此a、b间电势差为零，所以没有电流通过该导线，故D错误 ‎9.速度相同的一束粒子（不计重力）经过速度选择器后射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是（ ）‎ A. 这束带电粒子带正电 B. 速度选择器的P1极板带负电 C. 能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于 D. 若粒子在磁场中运动半径越大，则该粒子的比荷越小 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 试题分析：由图可知，带电粒子进入匀强磁场B2时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得知该束粒子带正电．故A正确．在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，粒子带正电，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电．故B错误．粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvB1=qE，解得：．故C正确．粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：，解得：‎ ‎．可见，由于v是一定的，B不变，半径r越大，则越小．故D正确．故选ACD．‎ 考点：质谱仪；速度选择器 ‎【名师点睛】本题关键要理解速度选择器的原理：电场力与洛伦兹力，粒子的速度一定．粒子在磁场中偏转时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律则可得到半径。‎ ‎10.如图所示，水平光滑长杆上套有一物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的细线一端连接Q，另一端悬挂一物块P．设细线的左边部分与水平方向的夹角为θ，初始时θ很小．现将P、Q由静止同时释放，在物块P下落过程中，下列说法正确的有 A. 当θ＝60°时，P、Q的速度之比是1:2‎ B. 当θ＝90°时，Q的速度最大 C. 物块P一直处于失重状态 D. 绳对Q的拉力始终大于P的重力 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由题可知，P、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度相等，则当时，Q的速度 解得：‎ 故A正确；‎ B、P的机械能最小时，即为Q到达O点正下方时，此时Q的速度最大，即当时，Q的速度最大，故B正确；‎ C、角逐渐增大到的过程中，Q的速度一直增大，P的速度先增大后减小，所以P 是先失重后超重，故C错误；‎ D、因为P是先失重后超重，因此绳对Q的拉力会等于P的重力，故D错误。‎ ‎11.如图所示，质量M的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为l0的轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内．图中AO水平，BO间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直， O′在O的正下方，C是AO′段的中点，θ＝30°．现让小球从A处由静止释放，下列说法正确的有 A. 下滑过程中小球的机械能守恒 B. 小球滑到B点时的加速度为 C. 小球下滑到B点时速度最大 D. 小球下滑到C点时的速度为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“质量M的小球套在固定倾斜的光滑杆上”可知，本题考查物体运动过程中能量、速度和加速度的变化，根据能量守恒定律和牛顿第二定律可分析本题。‎ ‎【详解】A、下滑过程中小球的机械能会和弹簧的弹性势能相互转化，因此小球的机械能不守恒，故A错误；‎ B、因为在B点，弹簧恢复原长，因此重力沿杆的分力提供加速度，根据牛顿第二定律可得 解得 故B正确；‎ C、到达B点加速度与速度方向相同，因此小球还会加速，故C错误；‎ D、因为C是AO′段的中点，θ＝30°，所以当小球到C点时，弹簧的长度与在A点时相同，故在从A到C的过程中弹簧弹性势能没变，小球重力做功全部转化为小球的动能，所以得 解得 故D正确。‎ 三、简答题：本题共3小题，每空2分，共计28分．请将解答填写在答题卡相应位置．‎ ‎12.小明同学想研究一段铅芯的伏安特性曲线，他连接了如图甲所示的实验电路．小亮同学认为小明的电路并不完善，他在该电路上增加了一条导线，得到了小明的认同．‎ ‎（1）请你用笔画线在图甲上加上这条导线______．‎ ‎（2）对小亮改正后的电路，在闭合电键前，滑动变阻器的滑片应先置于_________（选填“最左端”或“最右端”）．‎ ‎（3）实验测得铅芯伏安特性曲线如图乙所示．由实验曲线可知，随着电流的增加铅芯的电阻________（选填“增大”、“不变”或“减小”）．‎ ‎（4）将一个电动势为3 V、内阻为10 Ω的电源直接接在该铅芯的两端，则该铅芯的实际功率为_________W．（结果保留两位有效数字）‎ ‎ ‎ 甲 乙 ‎【答案】 (1). (2). 最左端 (3). 增大 (4). 0.21 （0.19—0.23）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“小明同学想研究一段铅芯的伏安特性曲线”可知，本题考查电阻伏安特性曲线实验，根据实验要求、原理和数据处理可解答本题。‎ ‎【详解】（1）[1]由于是测电阻的伏安特性曲线，因此需要电压从零开始，因此选择分压法，所以连接如图 ‎（2）[2] 在闭合电键前，滑动变阻器的滑片应调至铅芯电压为零处，故调至最左端；‎ ‎（3）[3]由铅芯伏安特性曲线可知，在I-U图中，曲线斜率表示电阻的倒数，即，因此可知随着电流的增加铅芯的电阻增大；‎ ‎（4）[4]根据电源电动势和内阻情况可得下图 由图中数据可知，交点电压与电流乘积即为铅芯的实际功率，约为0.21W。‎ ‎13.利用如图甲所示的实验电路图测量两节干电池组成的电源的电动势和内阻．‎ ‎ ‎ ‎ 甲 乙 ‎（1）在实验操作正确的情况下测得数据记录在下表中，请在图乙中作出U-I图像________．‎ ‎（2）根据U-I图像，可得该电池组的电动势E=_______V，内阻r=______Ω．（结果均保留两位有效数字）‎ ‎（3）本实验存在系统误差，原因是___________（选填“电压表分流”或“电流表分压”），由此造成电源内阻测量值_______（选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值．‎ ‎【答案】 (1). (2). 3.0 (3). 1.0 (4). 电压表分流 (5). 小于 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“利用如图甲所示的实验电路图测量两节干电池组成的电源的电动势和内阻”可知，本题考查电源电动势和内阻的测量，根据闭合电路欧姆定律和U-I图像可解答本题。‎ ‎【详解】（1）[1]根据表中数据可得下图 ‎（2）[2] 根据U-I图像，可得该电池组的电动势即为U轴交点即E=3.0V；‎ ‎[3]图像斜率表示，所以内阻；‎ ‎（3）[4]由于电路采用内接法，因此电压表分流是导致误差的主要原因；‎ ‎[5]因为采用内接法，所以电流表测量值比电源电流要小，因此电源内阻测量值偏小。‎ ‎14.如图甲所示是某同学设计的“探究加速度a与物体所受合力F及质量m间关系”的实验装置简图，A为小车，B为打点计时器，C为装有砂的砂桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车拉力F等于砂和砂桶的总重力，小车运动加速度a可由纸带求得．‎ ‎（1）图乙所示是某同学通过实验得到的一条纸带，他在纸带上取A、B、C、D、E、F、G等7个计数点（每相邻两个计数点之间还有4个点没有画出）．已知打点计时器所使用电源的频率为50 Hz，用刻度尺测得：AB=0.60 cm，AC=1.60 cm，AD=3.00 cm，AE=4.80 cm，AF=7.00 cm，AG=9.60 cm，则打E点时小车的速度为_______m/s，小车的加速度为_______m/s2．（结果均保留两位有效数字）‎ ‎（2）另一同学保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F图线如图丙，该图线不通过原点，其主要原因是__________________．‎ ‎（3）若实验中将小车换成滑块，将木板水平放置可测出滑块与木板间的动摩擦因数μ．要测出动摩擦因数μ，需要测量的物理量有_______________________________；实验测得的动摩擦因数μ比真实值____________（选填“大”或“小”）．‎ ‎【答案】 (1). 0.20 (2). 0.40 (3). 实验前未平衡摩擦力（或平衡摩擦力不足或平衡摩擦力时木板倾角过小） (4). 砂和砂桶的总质量、木块的质量以及对应的加速度 (5). 大 ‎【解析】‎ 分析】‎ 由题中“如图甲所示是某同学设计“探究加速度a与物体所受合力F及质量m间关系”可知，本题考查牛顿第二定律实验，根据实验原理、数据处理和误差分析可解答本题。‎ ‎【详解】（1）[1]根据打点计时器瞬时速度公式可得 解得 ‎[2]根据加速度公式 解得 ‎（2）[3]由图可知，当有力的时候没有加速度，原因是实验前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足或平衡摩擦力时木板倾角过小；‎ ‎（3）[4] 如果要测出滑块与木板间的动摩擦因数μ，则根据牛顿第二定律可得 因此需要测量砂和砂桶的总质量、木块的质量以及对应的加速度。‎ ‎[5]因为在公式中没有考虑绳的摩擦，因此求出的动摩擦因数μ比真实值偏大。‎ 四、计算题：本题共4小题，共计54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．‎ ‎15.如图所示，小滑块A（可视为质点）的质量为2m，木板B的质量为m、长度为L，两物体静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，求：‎ ‎（1）B与地面间的最大静摩擦力Fmax；‎ ‎（2）当两物体刚发生相对滑动时，拉力F的大小．‎ ‎（3）当拉力F=4 μmg时，A离开B所需的时间t．‎ ‎【答案】（1） （2）3μmg （3）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“两物体静止叠放在水平地面上”可知，本题考查叠加物体间判断物体运动状态的内容，根据牛顿第二定律和隔离法可分析本题。‎ ‎【详解】（1）B和地面之间的弹力为：‎ B和地面之间的最大静摩擦力为：‎ ‎（2）当两物体刚发生相对滑动时，A、B的加速度相同. ‎ B：‎ A、B：‎ 解得 ‎（3）当拉力时，两物体发生相对滑动.‎ A：‎ B：‎ 解得 ‎16.轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l．现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5．用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g．‎ ‎（1）当弹簧长度为l时，求弹簧具有的弹性势能Ep；‎ ‎（2）若P的质量为m，试判断P能否到达圆轨道的最高点D？‎ ‎（3）若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．‎ ‎【答案】（1）5mgl （2）能 （3）≤M＜‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切”可知，本题考查动能定理和能量守恒定律，根据对物体运动过程的的分析，运动动能定理和能量守恒定律可解答本题。‎ ‎【详解】（1）依题意，当弹簧竖直放置，弹簧长度为l时的弹性势能为：‎ ‎（2）若P刚好能沿圆轨道运动到D点，有：‎ 解得 ‎ 设P能过到达D点，根据能量守恒定律有 解得 因为，所以P能运动到D点. ‎ ‎（3）为使P能滑上圆轨道，它到达B点时时速度不能小于零，即 ‎ 要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有 解得 ‎≤M＜‎ ‎17.在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿＋y方向飞出．‎ ‎（1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷；‎ ‎（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B1，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B1多大？‎ ‎（3）若磁感应强度的大小变为，带电粒子以速度v沿任意方向射入磁场，粒子在磁场中运动的最长时间t是多少？‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场”可知，本题考查带电粒子在有界磁场中的运动规律，根据洛伦兹力提供向心力和粒子运动规律可分析本题。‎ ‎【详解】（1）粒子带负电荷 ‎ 由题意可知，粒子在磁场做圆周运动的半径R= r ‎ 解得 ‎（2）粒子运动轨迹如图甲，飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，即图中=60°，由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径：‎ 解得 ‎（3）时粒子在磁场做圆周运动半径 ‎ 粒子做圆周运动的周期为：‎ 当此粒子在磁场中运动的时间最长时，运动的轨迹对应的弦最长，如图乙所示 ‎18.如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝4×105 N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．比荷＝2.5×109 C/kg的带正电的粒子，以初速度v0＝2×107 m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场，OA＝0.2 m，不计粒子的重力．‎ ‎（1）求粒子在电场中运动的加速度大小；‎ ‎（2）求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；‎ ‎（3）若要使粒子不能进入第Ⅲ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）1.0×l015m/s2 （2）0.4m （3）0.048T ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中“坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝4×105 N/C、方向水平向左的匀强电场”可知，本题考查带电粒子在复合场中的运动规律，根据电场力和洛伦兹力的特点、受力分析和运动规律判断可解答本题 ‎【详解】（1）根据公式 解得 ‎ ‎（2）设粒子在电场中运动时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点o的距离为y 解得 ‎ ‎（3）粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：‎ 粒子经过y轴时速度为：‎ 与y轴正方向夹角大小为，‎ ‎=45° ‎ 要使粒子不进入第III象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的半径为R，则 由 解得 ‎ ‎ ‎ ‎