2023-2024学年甘肃省兰州一中高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年甘肃省兰州一中高二（上）期末物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列有关物理学史的说法，其中正确的是( )
A. 法拉第发现了电流的磁效应B. 安培提出了著名的分子电流假说
C. 奥斯特首先发现了电磁感应现象D. 洛伦兹发现磁场对通电导线有作用力
2.图示为长度相同的通电直导线放在磁感应强度大小相等的匀强磁场中，已知通电直导线中的电流均为I，长度均为L，磁感应强度均为B，则通电导线受到的安培力F=BIL的是( )
A. B.
C. D.
3.如图所示，在水平桌面上有一金属圆环，在它圆心正上方有一条形磁铁(极性如图所示)，当条形磁铁下落时，可以判定( )
A. 环中将产生俯视顺时针的感应电流B. 环对桌面的压力将减小
C. 环有面积减少的趋势D. 磁铁将受到竖直向下的电磁作用力
4.如图所示，虚线框MNPQ内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。若不计粒子所受重力，则( )
A. 粒子a带负电，粒子b、c带正电B. 粒子c在磁场中运动的时间最长
C. 粒子c在磁场中的加速度最大D. 粒子c在磁场中的速度最大
5.某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪眼球的运动。若该眼动仪线圈面积为S，匝数为N，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面最初平行于磁场，经过时间t后线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，则在这段时间内，线圈中产生的平均感应电动势的大小和感应电流的方向(从左往右看)为( )
A. NBSsinθt，逆时针B. NBScsθt，逆时针
C. NBSsinθt，顺时针D. NBScsθt顺时针
6.某国产直升机在我国某地上空悬停，长度为L的螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动(俯视)，转动角速度为ω。该处地磁场的水平分量为Bx，竖直分量为By。叶片的近轴端为a，远轴端为b。忽略转轴的尺寸，则叶片中感应电动势为( )
A. 12BxLω，a端电势高于b端电势B. 12BxL2ω，a端电势低于b端电势
C. 12ByL2ω，a端电势高于b端电势D. 12ByL2ω，a端电势低于b端电势
7.中国环流器二号M装置(HL−2M)在成都建成并实现首次放电，该装置通过磁场将粒子约束在小范围内实现核聚变。其简化模型如图所示，半径为R和 3R的两个同心圆之间的环形区域存在与环面垂直的匀强磁场，核聚变原料氕核(11H)和氘核(12H)均以相同的速率从圆心O沿半径方向射出，全部被约束在大圆形区域内。则氕核在磁场中运动的半径最大为( )
A. 36RB. 33RC. 2 33RD. ( 3−1)R
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.利用电场、磁场控制电荷的运动，在现代科技领域有着广泛应用，如图所示，下列四种器件中(均不计粒子重力)，关于带电粒子运动的说法正确的是( )
A. 甲图中从左侧射入的粒子，无论正、负均有可能沿直线射出
B. 乙图中等离子体进入上、下极板之间后上极板A带正电
C. 丙图中通过励磁线圈的电流越小，电子的运动径迹半径越大
D. 丁图中只要回旋加速器的D形盒足够大，加速粒子就能获得任意大的速度
9.如图所示电路中，电源内阻不计，L是自感系数很大、电阻可忽略不计的自感线圈，A和B是两个相同的小灯泡。则( )
A. 闭合开关S时，A、B灯同时亮
B. 闭合开关S时，B灯立即亮，A灯逐渐亮，最后一样亮
C. 断开开关S时，A灯逐渐熄灭，B灯闪亮一下再熄灭
D. 断开开关S时，通过B灯的电流方向发生改变
10.如图甲所示，一正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，水平面内两条平行直线MN、OP间存在垂直水平面的匀强磁场，t=0时，线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙实线所示，已知线框质量m=1kg、电阻R=4Ω，则( )
A. 磁场宽度为4m
B. 匀强磁场的磁感应强度为4T
C. 线框右边即将穿出磁场瞬间，其两端的电势差U=8V
D. 线框穿过整个磁场的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为零
三、实验题：本大题共3小题，共18分。
11.某中学实验小组利用如图所示电路探究“电磁感应现象”。
(1)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，那么合上开关后进行下述操作时可能出现的情况是：
①将通电线圈A迅速插入感应线圈B时，灵敏电流计指针将______ (选填“左偏”“不偏”“右偏”)。
②将通电线圈A插入感应线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，灵敏电流计指针将______ (选填“左偏”“不偏”“右偏”)。
(2)在上述实验中，如果感应线圈B两端不接任何元件，则感应线圈B中将______ 。
A.因电路不闭合，无电磁感应现象
B.有电磁感应现象，有感应电动势，但无感应电流
C.不能用楞次定律和安培定则判断感应电动势方向
12.(1)如图1所示的游标卡尺，读数为______ mm；

(2)使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图2所示，则金属丝的直径为______ mm；
(3)图3中用3V量程时，表针的示数是______ V；当使用15V量程时，图中表针示数为______ V。
13.用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源(电动势约3V，内阻约2Ω)，保护电阻R1(阻值10Ω)和R2(阻值5Ω)，滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。
实验主要步骤：
(i)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
(ii)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；
(iii)以U为纵坐标，I为横坐标，作UI图线(U、I都用国际单位)；
(iv)求出UI图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。
回答下列问题：
(1)电流表最好选用______。
A.电压表(0～3V，内阻约15kΩ)
B.电压表(0～3V，内阻约3kΩ)
C.电流表(0～200mA，内阻约2Ω)
D.电流表(0～30mA，内阻约2Ω)
(2)选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=______，r=______，代入数值可得E和r的测量值。
四、简答题：本大题共1小题，共12分。
14.如图所示，边长a=0.5m，宽b=0.4m，匝数N=100匝的矩形线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，磁感应强度按ΔBΔt=0.02T/s的规律均匀减小，开始时开关S未闭合。已知定值电阻R=6Ω，线圈内阻r=4Ω。求：
(1)线圈产生的感应电动势E的大小；
(2)闭合开关S后，通过电阻R的电流大小和方向。
五、计算题：本大题共2小题，共27分。
15.在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，B=0.2T，有一水平放置的光滑框架，宽度为L=0.4m，如图所示，框架上放置一质量为0.05kg、电阻为1Ω的金属杆cd，框架电阻不计。若杆cd在向右的水平外力作用下以恒定加速度a=2m/s2由静止开始做匀变速运动，求：
(1)金属杆cd在5s末的速度大小；
(2)5s末的瞬时感应电动势E和瞬时感应电流I的大小；
(3)第5s末作用在杆cd上的水平外力的功率。
16.在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第一象限有竖直向下的匀强电场，第三、四象限有垂直于纸面向外、磁感应强度大小不同的匀强磁场。一质量为m、电量为+q的带电粒子沿x轴正向以初速度v0从A(0,1.5l)点射入第一象限，偏转后打到x轴上的C( 3l,0)点。已知第四象限匀强磁场的磁感应强度大小为mv0ql，不计粒子重力。
(1)求第一象限匀强电场的电场强度大小；
(2)求粒子从C点直接运动到P(0,−3l)点所用的时间；
(3)为使从C点射入磁场的粒子经过第三象限偏转后直接回到A点，求第三象限磁场的磁感应强度大小。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AC、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第首先发现了电磁感应现象，故AC错误；
B、安培提出了著名的分子电流假说，故B正确；
D、安培发现磁场对通电导线有作用力，故D错误。
故选：B。
本题是物理学史问题，根据奥斯特、安培、法拉第的物理学贡献进行解答。
本题考查物理学史，属于识记内容，对于物理学上重大发现、发明、著名理论和实验要加强记忆，重视知识的积累。
2.【答案】A
【解析】解：A、在A中，通电导线与磁场方向垂直，故受到的安培力F=BIL，故A正确；
B、通电导线与磁场成一定的夹角，故此时受到的安培力FC、通电导线与磁场平行，受到的安培力为零，故C错误；
D、通电导线与磁场平行，受到的安培力为零，故D错误；
故选：A。
安培力公式为：F=BIL，注意公式的适用条件是：匀强磁场，电流和磁场方向垂直。
本题比较简单，考查了安培力的大小计算，应用公式F=BIL时注意公式适用条件和公式中各个物理量的含义。
3.【答案】C
【解析】解：A.根据楞次定律可知，由于条形磁铁下部极性为N极，可以确定环中感应电流的方向是逆时针的，故A错误；
BC.磁铁向下移动，穿过环中的磁通量增大，根据楞次定律可知，环有面积减少的趋势和向后退的趋势，则环对桌面的压力将增大，故B错误，C正确；
D.根据力的作用是相互的可知，磁铁将受到竖直向上的电磁作用力，故D错误。
故选：C。
通过楞次定律可知铝环中的感应电流产生的磁场要阻碍通过铝环的磁通量的增加，从而可知铝环的运动的趋势和面积大小的变化趋势，从而可得知正确选项。
解答该题的关键是对楞次定律的理解和灵活应用，要注意在分析线圈的运动和形变时可以直接利用楞次定律的第二种描述。
4.【答案】B
【解析】解：A、根据左手定则可知，粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A错误；
B、带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB=mv2R
且T=2πRv
解得T=2πmqB
三个带电粒子的质量和电荷量都相等，故三个粒子在同一磁场中运动的周期相等，粒子c的轨迹对应的圆心角最大，所以粒子c在磁场中运动的时间最长，故B正确；
CD、根据公式qvB=ma，可得a=qvBm，c在磁场中运动的半径最小，所以速度最小，加速度最小，故CD错误。
故选：B。
根据粒子运动轨迹由左手定则判断粒子的电性；根据粒子做圆周运动的周期与转过的圆心角比较粒子运动时间；粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的半径公式，根据几何关系比较半径大小，再比较速度和加速度。
本题考查了粒子在磁场中的运动，由左手定则与牛顿第二定律可以解题；带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小。
5.【答案】A
【解析】解：开始时线圈与磁场额方向平行，则穿过线圈的磁通量为零；经过时间t，面积为S的线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，磁通量变化为：ΔΦ=BSsinθ；由法拉第电磁感应定律，线圈中产生的平均感应电动势的大小为：E=NΔΦΔt=NBSsinθt；由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向。故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据Φ=BSsinθ判断穿过线圈的磁通量，然后求出磁通量的变化量，再根据法拉第电磁感应定律求出平均电动势的大小，根据楞次定律判断感应电流的方向。
该题考查楞次定律与法拉第电磁感应定律，正确求出磁通量的变化是解答的关键。
6.【答案】D
【解析】解：螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动，叶片切割磁感线产生的感应电动势为E=ByLv−=ByLva+vb2=ByL0+Lω2=12ByL2ω
我国地磁场竖直分量方向向下，根据右手定则可知，a端电势低于b端电势，故ABC错误，D正确。
故选：D。
螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动，切割磁感线产生感应电动势。b端转动的线速度大小为vb=Lω，根据E=ByLv−求叶片中感应电动势。根据右手定则判断电势高低。
解决本题的关键要会推导转动切割产生感应电动势的表达式，要掌握应用右手定则判断感应电动势方向的方法。
7.【答案】A
【解析】解：依题意，氕核、氘核全部被约束在大圆形区域内，在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
qvB=mv2r
解得：r=mvqB
由于二者速度相同，根据半径与比荷的关系，可知氕核、氘核在磁场中的轨迹半径之比为1：2。
当氘核在磁场中运动轨迹刚好与磁场外边界相切时，氘核运动轨迹半径最大，如图所示，由几何知识得
( 3R−rmax)2=rmax2+R2
解得氘核的最大半径为：rmax= 33R
则氕核在磁场中运动的最大半径为：r′max=12rmax= 36R，故A正确，BCD错误。
故选：A。
氕核、氘核在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子做匀速圆周运动的轨道半径表达式，当氘核在磁场中运动轨迹刚好与磁场外边界相切时，氘核运动轨迹半径最大，作出氘核运动轨迹，由几何知识求出氘核的最大半径，再求氕核在磁场中运动的最大半径。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求轨迹半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。
8.【答案】AC
【解析】解：A.甲图中带正电的粒子从左侧射入复合场中时，受向下的电场力和向上的洛伦兹力，当两个力平衡时，带电粒子有可能沿直线射出；当带负电的粒子从左侧射入复合场中时，受向下的洛伦兹力和向上的电场力，当两个力平衡时，带电粒子有可能沿直线射出，故A正确；
B.乙图中等离子体进入上下极板之间后，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，正粒子向B极板偏转，负粒子向A极板偏转，因此极板A带负电，极板B带正电，故B错误；
C.丙图中通过励磁线圈的电流越小，线圈产生的磁场越弱，电子的运动由洛伦兹力提供向心力，则有
evB=mv2r
解得：r=mveB
由上式可知，当电子的速度一定时，磁感应强度越小，电子的运动径迹半径越大，故C正确；
D.丁图中只要回旋加速器的D形盒足够大，加速粒子就能获得较大的能量，具有较大的速度，可当能量达到25MeV～30MeV后就很难再加速了，原因是按照狭义相对论，粒子的质量随速度的增大而增大，而质量的变化会导致其回旋周期的变化，从而破坏了与电场变化周期的同步，因此加速粒子就不能获得任意速度，故D错误。
故选：AC。
甲图中只要带电粒子受力平衡就可以沿直线射出；根据左手定则分析图乙中极板带电情况；根据洛伦兹力提供向心力可知图丙中电流与半径的关系；图丁中只要回旋加速器的D形盒足够大，粒子可以获得较大的速度，但不能获得任意速度。
本题考查带电粒子在电磁场中的综合应用。解题关键掌握粒子的受力情况，根据牛顿第二定律分析解答。
9.【答案】BD
【解析】解：AB、开关S闭合时，电源的电压同时加到两支路的两端，B灯立即发光。通过线圈的电流要增大，线圈会产生自感电动势阻碍电流的增加，所以A灯电流逐渐增大，A灯会逐渐变亮，由于线圈的电阻可以忽略，最后稳定时，两灯电压相等，两灯一样亮，故A错误，B正确；
C、断开开关S后，两灯泡与电感线圈形成闭合回路，此时通过小灯泡的电流不会大于断开开关之前通过小灯泡的电流，B灯不会闪亮一下，A、B灯逐渐熄灭，故C错误；
D、断开开关S前，B灯电流从左向右。断开S时，线圈的自感电动势阻碍电流的减小，线圈是电源，B灯电流从右向左，故D正确。
故选：BD。
开关S闭合时，电源的电压同时加到两支路的两端，B灯立即发光，由于线圈的阻碍，A灯后发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯B逐渐变亮，断开开关S的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回路，由于线圈的自感作用，两灯逐渐同时熄灭。
对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源。当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路。
10.【答案】AD
【解析】解：A、t=0时刻，F=2N，此时线框中没有感应电流，不受安培力，则线框的加速度为a=Fm=21m/s2=2m/s2，磁场的宽度等于线框在0−2s内通过的位移大小，为d=12at22=12×2×22m=4m，故A正确；
B、t1=1s时，线框恰好全部进入磁场，由牛顿第二定律得F1−F安=ma，而F安=BI1L，I1=BLat1R，其中F1=4N，t1=1s，L=12at12，联立解得：B=2T，故B错误；
C、t2=2s时，线框右边即将穿出磁场，此时线框的速度为v2=at2=2×2m/s=4m/s。由上可得线框的边长L=1m，其右端的电势差U=34BLv2=34×2×1×4V=6V，故C错误；
D、线框穿过整个磁场的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为q=I−⋅Δt=E−⋅ΔtR=ΔΦR，因为ΔΦ=0，则q=0，故D正确。
故选：AD。
当t=0时线框的速度为零，没有感应电流，线框不受安培力，根据牛顿第二定律求出加速度a，由运动学公式求出0−2s内线框通过的位移大小，即可得到磁场宽度；当线框全部进入磁场的瞬间，由运动学公式求出线框刚出磁场时的速度，结合安培力表达式，由牛顿第二定律即可求出磁感应强度B；线框右边即将穿出磁场瞬间，由E=BLv和电压分配规律求右端的电势差；根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律结合电荷量与电流的关系求解通过线圈某一横截面的电荷量。
本题的突破口是根据t=0时刻的受力情况，由牛顿第二定律求出线框的加速度，根据运动学公式求出线框的边长和速度，问题就变得简单清晰了。
11.【答案】右偏 左偏 B
【解析】解：(1)在闭合开关时A线圈的电流从无到有，这个电流产生的磁场也是从无到有，则穿过B线圈的磁通量也是从无到有，也就是增加，说明B线圈磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏转，
①合上开关后，将通电线圈A迅速插入感应线圈B时，B线圈磁通量增加，则灵敏电流计的指针向右偏转；
②将通电线圈A插入感应线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，由电路图可知，电阻增加，则A线圈电流减小，穿过B线圈的磁通量减少，灵敏电流计指针左偏；
(2)如果穿过电路的磁通量变化，会有感生电场，进而产生感应电动势，但是电路不闭合，不会有感应电流，故B正确，AC错误。
故答案为：(1)①右偏；②左偏；(2)B。
(1)根据磁通量增加还是减少判断灵敏电流计指针偏转情况；
(2)电路不闭合，如果穿过电路的磁通量变化，根据感应电动势产生原理判断。
本题不知道线圈的绕向，不能用楞次定律判断感应电流的方向，由于电路不变，我们就用等效原理判断灵敏电流计的指针偏转方向。
12.【答案】23.85 0.045 1.70 8.5
【解析】解：(1)游标卡尺的读数为主尺的读数+游标尺的读数，该游标卡尺的精确度为0.05mm，故图示读数为L=23mm+17×0.05mm=23.85mm；
(2)螺旋测微器的读数为固定刻度读数+可动刻度读数，其精确度为0.01mm，故金属丝的直径为：d=0+4.5×0.01mm=0.045mm；
(3)当电压表量程为3V时，每一小格为0.1V，故指针所指读数为U1=1.70V；
当使用15V量程时，每一小格为0.5V，故指针所指读数为U2=8.5V。
故答案为：(1)23.85；(2)0.045(0.043～0.047)；(3)1.70；8.5。
(1)游标卡尺的读数为主尺的读数+游标尺的读数，由此读数；
(2)螺旋测微器的读数为固定刻度读数+可动刻度读数，由此读数；
(3)当电压表量程为3V时，每一小格为0.1V，根据指针位置读数，需要估读；当使用15V量程时，每一小格为0.5V，根据指针位置读数，不需要估读。
本题主要是考查了测量工具的读数问题；对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量，能够正确的进行读数；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标尺读数，不需估读。螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
13.【答案】C ka k−R2
【解析】解：(1)通过电路的最大电流约为：
I=ER2+r+RA=35+2+2≈0.3A=300mA，则电流表应选择C；
(2)由闭合电路欧姆定律可知：U=E−I(r+R2)
对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为：k=r+R2；则内阻为：r=K−R2；
令U=0，则有：I=ER2+r=Ek
由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：a=I=Ek
解得：E=ka；
故答案为：(1)C； (2)ka，k−R2。
(1)根据电路图从减小实验误差的角度分析选择电压表，根据电路最大电流选择电流表。
(2)应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后求出电源电动势与内阻。
分析清楚电路结构、知道实验误差来源是选择实验器材的前提与关键；根据电路图与实验原理求出图象的函数表达式是求出电源电动势与内阻的关键。
14.【答案】解：(1)根据法拉第电磁感应定律可得
E=NΔΦΔt=NΔBΔtS=NΔBΔtab
其中ΔBΔt=0.02T/s
则得E=100×0.02×0.5×0.4V=0.4V
(2)根据楞次定律可知回路中感应电流方向为顺时针电流，则通过电阻R的电流方向由e到f。
根据闭合回路欧姆定律得
I=ER+r
解得：I=0.04A
答：(1)线圈产生的感应电动势E的大小为0.4V；
(2)闭合开关S后，通过电阻R的电流方向由e到f，电流大小为0.04A。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小。
(2)由闭合电路的欧姆定律可求出通过电阻R的电流大小，根据楞次定律判断感应电流方向。
本题利用法拉第电磁感应定律求感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解电流大小，运用楞次定律判断感应电流方向，常规问题，要熟练掌握。
15.【答案】解：(1)金属杆cd在5s末的速度大小为：
v=at=2×5m/s=10 m/s
(2)5s末的瞬时感应电动势为：
E=BLv=0.2×0.4×10V=0.8V
感应电流I的大小为：
I=ER=0.81A=0.8A
(3)根据牛顿第二定律得
F−BIL=ma
解得：F=0.164N
水平外力的功率为：
P=Fv=0.164×10W=1.64W
答：(1)金属杆cd在5s末的速度大小为10m/s；
(2)5s末的瞬时感应电动势E为0.8V，瞬时感应电流I的大小为0.8A；
(3)第5s末作用在杆cd上的水平外力的功率为1.64W。
【解析】(1)金属杆cd由静止开始做匀加速运动，由速度—时间公式v=at可求得金属杆cd在5s末的速度大小；
(2)根据E=BLv可求得5s末的瞬时感应电动势E，根据欧姆定律可求得瞬时感应电流I的大小；
(3)根据牛顿第二定律和安培力公式相结合求出第5s末作用在杆cd上的水平外力大小，再由P=Fv计算外力的功率。
本题中金属杆做匀加速运动，运用运动学公式与电磁感应的规律结合求解。对于外力，关键是安培力的计算以及牛顿第二定律的正确应用。
16.【答案】解：(1)粒子在第一象限内做类平抛运动， 3l=v0t，1.5l=12at2，qE=ma，
解得：E=mv02ql；
(2)粒子y方向末速度vy=at，解得vy= 3v0，
合速度v1= v02+vy2=2v0，
方向与x轴正向成60°角，斜向右下，
第四象限内粒子做匀速圆周运动，运动半径为r1，qv1B4=mv12r1，解得：r1=2l
设粒子运动的周期为T1，T1=2πr1v1，
解得T1=2πlv0，
如图，粒子从C到P转过2π3，运动时间t2=13T1=2πl3v0，

(3)粒子在第三象限和第二象限运动的轨迹如图所示
设粒子在第三象限运动的轨道半径为r3，粒子在第四象限运动的轨迹与x轴正方向的夹角为θ，r3sinθtanθ=1.5l，r3csθ+r3=3l
解得r3=95l，
由qv1B3′=mv12r3，解得B3′=10mv09ql。

答：(1)求第一象限匀强电场的电场强度大小为mv02ql；
(2)求粒子从C点直接运动到P(0,−3l)点所用的时间为2πl3v0；
(3)第三象限磁场的磁感应强度大小为10mv09ql。
【解析】(1)根据粒子在第一象限做类平抛运动，根据类平抛运动规律列式可求解电场强度；
(2)根据类平抛运动规律可知粒子进入磁场的速度大小和方向，再根据粒子在第四象限做匀速圆周运动，做出粒子运动轨迹，根据几何关系求得圆心角，再求运动时间；
(3)根据粒子在第三象限的运动规律做出粒子的运动轨迹，为使粒子能够直接回到A点，即粒子离开第三象限时速度方向指向A点。
本题考查粒子做类平抛运动规律、在匀强磁场中做匀速圆周运动规律，该题的难点在于能否正确做出粒子的运动轨迹，题目难度较大。