2023-2024学年湖北省武汉市问津教育联合体高二（上）质量检测物理试卷（12月）（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市问津教育联合体高二（上）质量检测物理试卷（12月）（含解析），共17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.下列说法正确的是( )
A. 质子所带的电荷量是1.6×10−19C，所以质子是元电荷
B. 相互作用的两点电荷，即使它们的电荷量不相等，它们之间的库仑力大小也一定相等
C. 点电荷就是体积和电荷量都很小的带电体
D. 根据F=kq1q2r2可知，当r→0时，F→∞
2.关于静电力、安培力与洛伦兹力，下列说法正确的是( )
A. 电荷放入静电场中一定会受静电力，静电力的方向与该处电场强度的方向相同
B. 通电导线放入磁场中一定受安培力，安培力的方向与该处磁场方向垂直
C. 运动的电荷进入磁场中要受到洛伦兹力，速度的方向必须与该处磁场方向垂直
D. 当电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的洛伦兹力最大，方向与磁场方向垂直
3.如图所示，CD和EF是两根相同的金属棒，用两根等长的柔软导线l1、l2(重力不计)将它们连接，形成闭合回路CDFE。用两根绝缘细线l3、l4将整个回路悬于天花板上，使两棒保持水平并处于竖直向下的匀强磁场中，在回路中通以如图所示方向的电流，则稳定后( )
A. l1和l2将保持竖直
B. l3和l4将保持竖直
C. l1和l2对EF的合力小于EF受到的重力
D. l3和l4对CD的合力大于CD和EF的总重
4.如图所示，在匀强电场中有一直角三角形ABC，∠C=90°，∠A=30°；AC边长1 m。电场强度的方向与三角形ABC在同一平面内。一电子从A点移到B点克服电场力做功为10 eV，从A点移到C点克服电场力做功为5 eV。则
( )
A. B、C两点间的电势差UBC为−10 V
B. 电场强度的方向由A点指向B点
C. 电场强度的大小为10 V/m
D. 一电子从B点移到C点，电势能增加5 eV
5.如图，光滑半圆形轨道与光滑曲面轨道在B处平滑连接，前者置于水平向外的匀强磁场中，有一带正电小球从A静止释放，且能沿轨道前进，并恰能通过半圆形轨道最高点C.现若撤去磁场，使球从静止释放仍能恰好通过半圆形轨道最高点，则释放高度H′与原释放高度H的关系是( )
A. H′>HB. H′=HC. H′6.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大阻值为R，G为灵敏电流计，开关闭合，两平行金属板M、N之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带正电的粒子恰好以速度v匀速穿过两板，不计粒子重力。以下说法中正确的是( )
A. 保持开关闭合，滑片P向下移动，粒子可能从M板边缘射出
B. 保持开关闭合，滑片P的位置不动，将N板向上移动，粒子可能从M板边缘射出
C. 将开关断开，粒子将继续沿直线匀速射出
D. 将开关断开，流过灵敏电流计G的电流将均匀变小
7.如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中。质量为m、带电荷量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑。在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )
A. 滑块受到的摩擦力不变B. 滑块到达地面时的动能与B的大小有关
C. 滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向上D. B很大时，滑块可能静止于斜面上
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.空间有一垂直于纸面向内匀强磁场，一光滑绝缘管道内有一个质量m=1 kg的小球随管道一起向右运动，小球带电量为q=1×10−6C。管道在外力F作用下向右匀速运动，以小球开始运动时的位置为坐标原点，管道运动方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系，小球在y方向运动的速度−时间图像如图甲所示，它在x方向的位移−时间图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 小球动能的增量来自洛伦兹力对小球做功B. 小球所受洛伦兹力沿y轴正方向
C. 小球在管道内做匀加速直线运动D. 匀强磁场的磁感应强度大小为0.1 T
9.如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r，C为电容器，R1R1>r和R2为定值电阻，R3为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，A为理想电流表，G为灵敏电流计，当开关S闭合且电路稳定后，在逐渐增大对R3的光照强度的过程中( )
A. 电源的输出功率可能先增大后减小B. A表的示数变大
C. 电源的效率变小D. G表中有从a至b的电流
10.如图，在竖直平面内有一匀强电场，一带电荷量为+q、质量为m的小球在力F(大小可以变化)的作用下沿图中虚线由A至B做竖直向上的匀速运动.已知力F和AB间夹角为θ，A、B间距离为d，重力加速度为g.则( )
A. 力F的最大值为mgcsθ
B. 电场强度E的最小值为mgsinθq
C. 小球从A运动到B电场力一定做正功
D. 若电场强度E=mgtanθq时，小球从A运动到B电势能变化量大小可能为2mgdsin2θ
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.在“观察电容器的充、放电现象”实验中：
(1)用如图甲所示的电容器做实验，电容器外壳上面标着“2200μF，10V”，下列说法正确的是______；
A.电容器的击穿电压为10V
B.电压低于10V，电容器不能工作
C.电容器电压为5V时，电容是2200μF
D.电容器电压为5V时，电容是1100μF
(2)把干电池E、电阻箱R、电容器C、电流表G、单刀双掷开关S按图乙电路图连成实验电路如图丙所示，将电阻箱R调到合适阻值。
①先使开关S接1，电源给电容器充电，观察到电流表指针偏转情况为________；
A.逐渐偏转到某一刻度后保持不变 B.逐渐偏转到某一刻度后迅速回到0
C.迅速偏转到某一刻度后保持不变 D.迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到0
②电容器充电完毕，断开开关；
③然后将开关S接2，电容器放电．在放电过程中，电流______(填“向左”或“向右”)流过电阻箱R，若该电流大小为i，电容器所带电荷量为Q，电容器两极板电势差为U，电容器的电容为C。下面关于i、Q、U、C随时间t的变化的图像，正确的是______。
A.
B.
C.
D.
12.某校举行了一次物理实验操作技能比赛，甲、乙两组同学选用合适的电学元件，设计合理的电路，并能较准确地测出同一电池组的电动势及其内阻。提供的器材如下：
A.电流表G(满偏电流为10 mA，内阻为10 Ω)
B.电流表A(0～0.6 A～3 A，内阻未知)
C.电压表V(0～5 V～10 V，内阻未知)
D.滑动变阻器R(0～100 Ω,1 A)
E.电阻箱R0(0～9999.99 Ω)
F.开关与导线若干
(1)甲组同学设计了图甲所示的实验电路图，想把电流表G改装成量程为10 V的电压表，需要将电阻箱R0的阻值调到________Ω。
(2)甲组同学根据该实验电路测出的数据绘制的I1−I2图线如图乙所示(I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数)，由图线可以得到被测电池组的电动势E=________V，内阻r=_______Ω。(结果均保留2位有效数字)
(3)乙组同学设计了图甲所示的实验电路图，对电池组进行测量，记录了多组单刀双掷开关S2分别接1、2时对应电压表的示数U和电流表的示数I；根据实验记录的数据绘制出的U−I图线如图乙中所示的A、B两条直线(其中直线A是开关S2接1时的直线)；分析A、B两条直线可知，此电池组的电动势E=________，内阻r=________。(均用图中EA、EB、IA、IB表示)
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图所示，将长为50cm、质量为10g的均匀金属棒ab的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，位于垂直于纸面向里的匀强磁场中。当金属棒中通以0.4A的电流时，弹簧恰好不伸长。g=10m/s2。
(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小；
(2)当金属棒中通过大小为0.2A、方向由a到b的电流时，弹簧伸长1cm；如果电流方向由b到a，而电流大小不变，则弹簧伸长又是多少？
14.如图所示，水平放置的平行板电容器的极板长L=0.4m，两板间距离d=4×10−3m；在电容器两板不带电的情况下，有一束带电粒子，以相同的速率v0从两板中央沿平行极板方向水平射入两板之间，粒子流恰好落在下板的正中央；已知每个带电粒子的质量m=4×10−5kg，电量q=+1×10−8C。重力加速度g=10m/s2。为使粒子流能从平行板电容器的右侧射出电场，求：
(1)入射速率v0及电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？
(2)所加的电压U的大小。
15.如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正方形abcd区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正方形边长为L且ad边与x轴重合，ab边与y轴平行.一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0,h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限的磁场区域，不计粒子所受的重力.求：
(1)电场强度E的大小；
(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；
(3)磁感应强度B满足什么条件，粒子经过磁场后能到达y轴上，且速度与y轴负方向成45°角？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.元电荷是最小的电荷量，质子的电荷量等于元电荷，质子是实实在在的粒子，不是元电荷，故A错误；
B.两个点电荷之间的相互作用力，是一对作用力和反作用力，二者大小相等方向相反，故B正确；
C.当带电体的形状对电场与它的相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，与体积大小和电荷量无直接关系，故C错误；
D.库仑定律只适用于真空中的点电荷，当 r→0 时，带电体不能再看作是点电荷，故库仑定律不再适用，故D错误。
故选B。
2.【答案】D
【解析】A.电荷放入静电场中一定会受静电力，正电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相同，负电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相反，故A错误；
B.通电导线放入磁场中不一定受安培力，例如电流方向与磁场方向平行时不受安培力，故B错误；
C.运动的电荷进入磁场中要受到洛伦兹力，速度的方向只要不和磁场平行有垂直分量即可，故C错误；
D.电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的洛伦兹力最大，方向与磁场方向垂直，故D正确。
故选D。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查平衡问题，题中将金属杆受力的图示从正面转化为侧面图是解题的关键．然后使用共点力的平衡即可解题，属于中档题目。
【解答】
A、由左手定则可知EF受到垂直于纸面向外的安培力，l1和l2需提供水平分力与之平衡，l1和l2不能保持竖直，故A错误；
B、闭合回路CDFE所受安培力合力为0，l3和l4不需要提供水平分力保持竖直，故B正确；
C、由力的平衡可知l1和l2对EF的合力大于EF受到的重力，故C错误；
D、由力的平衡可知l3和l4对CD的合力等于CD和EF的总重，故D错误。
故选B。
4.【答案】C
【解析】【分析】
由电场力做功解得AB、AC间的电势差，再由各点的电势关系解得B、C两点间的电势差；找到等势点，由此可得等势线，从而确定电场强度的方向；再由匀强电场中电势差与场强的关系得解；由电势能与电势的关系得解。
本题主要考查电势差、电场强度的求解，熟悉电场各点的电势关系是解题的关键，难度一般。
【解答】
A.由电场力做功与电势差的关系分别解得：UAC=−5eV−e=5V，UAB=−10eV−e=10V。由各点的电势关系可得：UBC=φB−φC=−5V，故A错误；
BC.设AB中点为D，由以上分析可知，在匀强电场中A、D间的电势差为：UAD=5V，及C、D两点等势，故二者连线为等势线，场强方向与等势线垂直，过A点做CD的垂线AE，则该匀强电场的方向由A指向E；由几何关系可得AE=0.5m，由匀强电场中电势差与场强的关系可得电场强度的大小为：E=UADAE=10 V/m，故B错误，C正确；
D. 由以上分析可知，由B点电势低于C点电势，由电势能与电势的关系可知，将一电子从B点移到C点，电势能减小5eV，故D错误。
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律的运用，知道圆周运动的最高点，恰好通过时向心力的来源。
【解答】
有磁场时，恰好通过最高点，有：mg−qvB=mv12R，
无磁场时，恰好通过最高点，有：mg=mv22R，
由两式可知，v2>v1，
根据动能定理，由于洛伦兹力和支持力不做功，都是只有重力做功，mg(h−2R)=12mv2，可知，H′>H，
故选A。
6.【答案】A
【解析】A.由粒子在复合场中做匀速直线运动可知，粒子所受电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，当保持开关闭合，滑片P向下移动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电容器两极板间的电压减小，电容器两极板间电场强度减小，电场力减小，则粒子所受向上的洛伦兹力大于竖直向下的电场力，从而向上偏转，有可能从M板边缘射出，故A正确；
B.将N板向上移动使得两极板间距减小，电容器两极板间电场强度增大，则粒子所受竖直向下的电场力增大，粒子向下偏转，不可能从M板边缘射出，故B错误；
CD.将开关断开，平行板电容器放电，电容器两极板间的电压逐渐减小，流过灵敏电流计G的电流逐渐变小，减小得越来越慢，此后粒子将只受洛伦兹力做匀速圆周运动，故CD错误。
故选A。
7.【答案】B
【解析】【分析】
小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛伦兹力，摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当加速度减到0时，做匀速运动。
本题考查带电体在磁场中的运动。解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况。
【解答】
小滑块受力如图所示；
A.F洛=qvB，滑动摩擦力F=μFN=μ(mgcsθ+qvB)，随速度增加而变大，故A错误；
B.若滑块滑到底端已达到匀速运动状态，摩擦力F=mgsinθ=μ(mgcsθ+qvB)，则v=mgBq(sinθμ−csθ)，可看出v随B的增大而减小，B越大滑块动能越小；若在滑块滑到底端时还处于加速运动状态，则B越大时，滑动摩擦力F越大，滑块克服阻力做功越多，由动能定理可知，滑块到达斜面底端的速度越小，动能越小，故B正确；
C.滑块沿斜面向下运动，由左手定则可知，洛伦兹力垂直于斜面向下，故C错误；
D.滑块之所以开始能动，是因为重力的沿斜面的分力大于摩擦力，滑块沿斜面向下做加速运动，当摩擦力、支持力、重力与洛伦兹力合力为零时，滑块做匀速直线运动，速度不会为零，不会静止在斜面上，B很大时，一旦运动，不会停止，最终做匀速直线运动，故D错误。
8.【答案】CD
【解析】【分析】
本题考查了洛伦兹力、带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律；解决本题时，要会运用运动的分解法理解洛伦兹力不做功的原因，能根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求出磁感应强度的大小。
洛伦兹力对小球不做功。将小球的速度沿管子和向右两个方向分解，由左手定则判断小球所受洛伦兹力的方向。根据甲图分析小球在管道内的运动情况。由v−t图像的斜率求出加速度，再由牛顿第二定律和洛伦兹力公式相结合求磁感应强度大小。
【解答】
AB.依题意，管内带正电的小球将随管一起向右运动而成为运动电荷，它在磁场中受到洛伦兹力，由左手定则可知，开始时洛伦兹力的方向与管平行且沿y轴正方向，随小球速度的增大，小球的实际速度应是沿管的向上速度与随管向右的速度的合速度，则洛伦兹力应与合速度垂直，如图所示，由题图甲和乙可知，洛伦兹力F的两个分力对小球做的总功是零，故AB错误；
C.由题图甲速度—时间图像可知，小球在管道内做匀加速直线运动，故C正确；
D.由图甲可知，小球的加速度是a=4×10−72m/s2=2×10−7m/s2，则小球所受洛伦兹力大小F=ma=1×2×10−7N=2×10−7N，由洛伦兹力公式F=Bqv，解得B=0.1T，故D正确。
故选：CD。
9.【答案】BC
【解析】A.当电源外电路电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，电源外电路电阻越接近电源内阻，电源的输出功率越大，逐渐增大对 R3 的光照强度， R3 阻值减小，电路总电阻减小，由于 R1>r ，电阻总电阻一直大于电源内阻，电源的输出功率一直增大，故A错误；
B.逐渐增大对 R3 的光照强度， R3 阻值减小，电路总电阻减小，电路总电流增大，A表的示数变大，故B正确；
C.电源的效率为
η=EI−I2rEI=E−IrE
电路总电流增大，电源的效率变小，故C正确；
D.电路总电流增大，电源内阻和 R1 两端的电压增大， R2 两端的电压减小，即电容器两极板间的电压减小，电容器带电量减小，电容器放电，G表中有从b至a的电流，故D错误。
故选BC。
10.【答案】BD
【解析】【分析】
由题意可知，小球受到重力、拉力F与电场力，做匀速直线运动，根据电场强度的方向可能值确定拉力大小；运用图解法确定出电场力最小时电场力大小，即可求得电场强度的最小值。根据功的计算公式求解出电场力做功，即可由功能关系得到小球从A运动到B电势能变化量大小。
解决本题的关键是对小球进行正确的受力分析，灵活运用图解法分析极值情况，并根据力图要知道电场力大小一定时，方向可能有两种情况，不能漏解。
【解答】
分析小球受力情况：小球受到重力mg、拉力F与电场力qE，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力，如图：
A.拉力F的取值随着电场强度方向的变化而变化，如果电场强度方向斜向右下方，则F的值将大于mgcsθ，故A错误；
B.由图可知，当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小．则得：qE=mgsinθ，所以电场强度的最小值为E=mgsinθq，故B正确；
C.当电场力qE与AB方向垂直时，小球从A运动到B电场力不做功，故C错误；
D.若电场强度E=mgtanθq时，即qE=mgtanθ时，电场力qE可能与AB方向垂直，如图1位置，电场力不做功，电势能变化量为0；电场力的方向也可能电场力位于位置2方向，则电场力做功为W=qEsin2θ·d=q·mgtanθqsin2θ·d=2mgdsin2θ，故D正确。
故选BD。
11.【答案】 C D 向右 B
【解析】(1)[1]A. 10V 是电容器的额定电压，不是电容器的击穿电压，故A错误；
B.电压低于 10V ，电容器也可以工作，B错误；
CD.电容与电容器所加电压无关，只与自身构造有关，可知电容器电压为 5V 时，电容仍是 2200μF ，故C正确，D错误。
故选C。
(2)①[2]使开关S接1，电源给电容器充电，电路瞬间有了充电电流，随着电容器所带电荷量逐渐增大，电容器两极板间的电压逐渐增大，充电电流逐渐减小，所以此过程中观察到电流表指针迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到0。
故选D。
③[3]在放电过程中，电容器上极板带正电，电流向右流过电阻箱R；
[4]ABC.放电过程中，电容器所带电荷量逐渐减小，根据电容定义式
C=QU
可知电容器极板间电压逐渐减小，则放电电流逐渐减小，根据
i=ΔQΔU
可知 Q−t 图像的切线斜率绝对值逐渐减小，故B正确，AC错误；
D.放电过程中，电容与电容器所带电荷量和电容器极板间电压没有关系，可知电容器电容保持不变，故D错误。
故选B。
12.【答案】(1)990；
(2)7.6；5.7
(3)EA；EAIB
【解析】【分析】
本题考查了测定电源的电动势和内阻；本题是用图象法测电动势和内阻实验的经典题，从闭合电路欧姆定律出发，写出表达式，结合直线的斜率和截距解题。
(1)把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律求出串联电阻阻值；
(2)根据闭合电路欧姆定律结合图像计算出电池的电动势和内阻；
(3)由闭合电路欧姆定理写出U−I表达式，由于S2接1和2时，电流表采用的是内接法和外接法，根据电表的分压或分流确定横纵截距的意义，确定哪种接法电动势是准确值，哪种接法是短路电流准确值。从而求得电动势和内阻的准确值。
【解答】
(1)把电流表G改装成量程为0～10V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值R0=UIg−rg= 1010×10−3Ω−100Ω=990Ω。
(2)由图示根据闭合电路欧姆定律有：E=I1(R0+rg)+(I1+I2)r，代入已知并整理变形得：I1=−rR0+rg+r×I2+ER0+rg+r；
结合I1−I2图象的斜率k=(7−5)×10−30.1−0.45=−rR0+rg+r，截距b=7.5×10−3A=ER0+rg+r；
联立解得：r≈5.7Ω，E≈7.6V。
(3)由图甲分析可知，单刀双掷开关接1和2时，只是电流表的内接与外接差别：
当S2接1时，是电流表的内接法(相对于电源)，从图乙可以看出，当电流表的示数为零时，即电源的外电路断开，而对电源来说断路电压就是电动势，根据实验原理知：图象的纵截距b1=E；由于电流表内阻的影响，则短电流I短1当S2接2时，电流表相对于电源外接，同理可以看出，当电流的示数为零时，但由于电压表与电源仍构成通路，则此时路电压小于电动势，根据实验原理知：图象的纵截距b2总结以上两点可知，U−I图象中纵截距小的EB是S2接2的数据所绘；
图线A是S2接1时中的实验数据描出，则电源电动势E=EA；电源的内阻r=EI短=EAIB。
13.【答案】(1)0.5T；(2)3cm
【解析】(1)弹簧恰好不伸长时，ab棒受到向上的安培力 BIL 和向下的重力mg，二者大小相等，即
BIL=mg
解得，匀强磁场的磁感应强度的大小为
B=mgIL=0.5T
(2)当大小为 0.2A 的电流由a流向b时，ab棒受到两只弹簧向上的拉力 2kx1 及向上的安培力 BI1L 和向下的重力mg作用，处于平衡状态。根据平衡条件有
2kx1+BI1L=mg
当电流反向后，ab棒在两只弹簧向上的拉力 2kx2 及向下的安培力 BI2L 和重力mg作用下处于平衡状态。根据平衡条件有
2kx2=mg+BI2L
联立解得
x2=3cm
14.【答案】(1) v0=10m/s ，负极；(2) 120V【解析】(1)粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有，水平方向有
L2=v0t
竖直方向有
d2=12gt2
解得
v0=10m/s
由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连。
(2)当所加电压为 U1 时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有
d2=12a1Lv02
根据牛顿第二定律得
mg−qU1d=ma1
解得
U1=120V
当所加电压为 U2 时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有
d2=12a2Lv02
根据牛顿第二定律得
qU2d−mg=ma2
解得
U2=200V
所以所加电压的范围为
120V15.【答案】解：(1)粒子在第一象限内做类平抛运动，设在第一象限内运动的时间为t1，则
水平方向有：2h=v0t1…①
竖直方向有：h=12⋅qEmt12…②
由①②式联立得：E=mv022qh…③
(2)设粒子到达a点时竖直方向的分速度为vy
则有：vy=at1=qEmt1…④．
由①③④联立得：vy=v0
所以粒子到达a点时速度大小为：
va= vx2+vy2= v02+v02= 2v0 ①
与x轴的夹角为θ，由几何关系得：
tanθ=vyvx=v0v0=1，
所以有：θ=45°
(3)从粒子在磁场中做匀速圆周运动．粒子经过磁场后要能到达y轴上，且速度与y轴负方向成45°角，必须从ab边上射出磁场，从b点射出磁场时轨迹半径最大，对应的B最小，画出轨迹，如图所示．
设粒子从b点射出时轨迹半径为r1，根据几何关系得：r1= 22L
再由牛顿第二定律得：qvaB=mva2r1，得B=2mv0qL
所以磁感应强度B满足的条件是：B≥2mv0qL．
答：(1)电场强度E的大小为mv022qh；
(2)粒子到达a点时速度的大小为 2v0，方向与x轴的夹角为45°；
(3)磁感应强度B满足B≥2mv0qL，粒子经过磁场后能到达y轴上，且速度与y轴负方向成45°角．
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，水平位移和竖直位移均已知，由牛顿第二定律和运动学公式，运用运动的分解法可求出场强大小E．
(2)由速度的合成法求出粒子到达a点时速度大小和方向，由几何知识确定粒子经过a点时的方向．
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动．粒子经过磁场后要能到达y轴上，且速度与y轴负方向成45°角，必须从ab边上射出磁场，从b点射出磁场时轨迹半径最大，对应的B最小，画出轨迹，根据几何关系求出轨迹半径，再由牛顿第二定律求出B的值．
带电粒子在电磁场中的运动要注意分析过程，并结合各过程中涉及到的运动规律采用合理的物理规律求解．