【文档说明】河南南阳市第一中学校2022-2023学年高二上学期第四次月考物理试卷 PDF版含解析.pdf，共(21)页，2.094 MB，由小赞的店铺上传

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答案第1页，共8页南阳一中2022年秋期高二年级第四次月考物理试题一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，1-8题只有一个选项符合题目要求；9-12题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.）1．下列说

法中正确的是（）A．电容QCU、电流UIR、磁感应强度FBIL安都用到了比值定义法B．可自由转动的小磁针，在地面上静止时，其N极指向地磁的南极附近C．通电导线在磁场中受到的安培力越大，该处磁场的磁感应强度就越强D．电荷所受电场力一定与该处电场

方向一致，但所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直2．如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点运动的最低点，不计摩擦阻力，则以下说法中正确的是（）A．液滴一定带正电B．液滴在C

点时的动能最大C．从A到C过程液滴的电势能可能减小D．从C到B过程液滴的机械能不变3．如图所示电路中，1A和2A是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其直流电阻可不计。在开关S接通和断开时，下列说法正确的是（）A．S接通时，2A先达到最亮，稳定后1A与2A亮度相同B．S接通时，1A先达

到最亮，稳定后1A与2A亮度相同C．电路稳定后断开S时，2A先熄灭，1A闪亮后熄灭D．电路稳定后断开S时，1A闪亮后与2A一起熄灭4．如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示。P所受的重力为G，桌面对P的

支持力为NF，P始终保持静止状态，则（）A．零时刻NFG，此时P无感应电流答案第2页，共8页B．1t时刻NFG，P有收缩的趋势C．2t时刻NFG，此时P中感应电流最大D．3t时刻NFG，此时穿过P的磁通量最大5．如图所示，一根粗细均匀、长为1mL、质量为0.01kgm

的导体棒ab从中点处弯成60角，将此导体棒放入磁感应强度大小为0.4TB、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，导体棒两端a、b悬挂于两根相同的弹簧下端，弹簧均处于竖直状态。当导体棒中通有1AI的电流时，两根弹簧比自然长度各缩短了0.01mx，则下列

说法中正确的是（）A．导体中电流的方向为aObB．每根弹簧的弹力大小为0.1NC．弹簧的劲度系数为5N/mD．若仅改变电流方向，则弹簧将会比自然长度各伸长0.01m6．如图所示，半径为L的小圆与半径为3L的圆形金属导轨拥有共同的圆心，在小圆与导轨之间的环形区域存在垂直于纸面

向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现将一长度为3L导体棒置于磁场中，让其一端O点与圆心重合，另一端A与圆形导轨良好接触。在O点与导轨间接入一阻值为r的电阻，导体棒以角速度ω绕O点沿逆时针方向做匀速圆周运动，其他部分电阻不计

。下列说法正确的是（）A．导体棒O点的电势比A点的电势高B．电阻两端的电压为292BLC．在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻的电荷量为28πBLrD．在导体棒旋转一周的时间内，电阻产生的焦耳热为248BLr7．如图甲所示的变压器电路中，理想变压器原

、副线圈匝数之比为1:2，a、b输入端输入如图乙所示的交变电流，副线圈电路中电阻R=1Ω，电路中的电流表、电压表都是理想电表，下列说法正确的是（）A．电压表的示数为210VB．电流表的示数为10AC．电阻R的功率为10WD．电路中的电流在1s内方向改变50次8．

如图所示，光滑绝缘的水平桌面上有一直角三角形导线框ABC，其中AB=L，BC=2L，两平行虚线间有一垂直于桌面向下的匀强磁场，磁场宽度为L，导线框BC边与虚线边界垂直．现让导线框从图示位置开始沿BC方向匀速穿过磁场区域．设线框中产生顺时针方向的感应电流为正

，则在线框穿过磁场的过程中，产生的感应电流与线框运动距离x的函数关系图象正确的是（）答案第3页，共8页A．B．C．D．9．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答案第4页，共8页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10．如图，理想变压器原线圈

与定值电阻R0、电流表串联后接在2202sin100(V)ut的交流电源上，副线圈接电压表和滑动变阻器R，原、副线圈匝数比为2:1，已知R0=16Ω，R的最大阻值为10Ω，电流表、电压表均为理想交流电表，下列说法正确的是（）A

．若将R的滑片P向上滑动，则电压表示数变大，电流表示数变小B．若将R的滑片P向上滑动，则电压表示数不变，电流表示数变小C．当R=4Ω时，理想变压器的输出功率最大D．当R=8Ω时，理想变压器的输出功率最大11．如图所

示，匀强磁场的边界为直角三角形，∠EGF=30。，已知磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。F处有一粒子源，沿FG方向发射出大量带正电荷q的同种粒子，粒子质量为m，粒子的初速度0v大小可调，粒子重力不计，则下列说法正确的是（）A．0v取合适值，粒子可以到达E点B．能到

达EF边界的所有粒子所用的时间均相等C．粒子从F运动到EG边所用的最长时间为5������6������D．若粒子能到达EG边界，则粒子速度越大，从F运动到EG边的时间越长12．如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd

边长为L（L＜d），质量为m，电阻为R，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿越磁场的过程中（从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止），则以下说法中正确的是（）A．感应电流所做的功为2m

gdB．线圈下落的最小速度一定为2ghLdC．线圈下落的最小速度可能为22mgRBLD．线圈进入磁场和穿出磁场的过程比较，所用的时间不一样二、填空题（本题共两小题，10空，每空2分，共20分）13．某次用螺旋测微器测金属丝直径d，用游标卡尺测金属丝的长度l，示数如图丙所示，则d=__

______mm，l＝__________cm。答案第5页，共8页14．某同学利用如图甲所示的电路测量电源的电动势和内阻，其中定值电阻R0的阻值为4Ω，电流表A为理想电表。实验中，改变电阻箱的阻值，测出多组电阻箱的阻值R以

及对应的电流表示数I，作出1RI关系图像如图乙所示。（1）根据如图甲所示的电路，可得1RI的函数关系式为1I=______；（2）该电源的电动势E=____V、内阻r=_____Ω；（结果均保留两位有效数字）（3）若电流表的内阻不可忽略，则因此造成电动势E的测量值_____（选填“大于”

、“等于”或“小于”）真实值。15．热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC），PTC的电阻随温度的升高而增大，NTC的电阻随温度的升高而减小。为研究一热敏电阻Rx的伏安特性，实验室可供选择

的主要器材如下：A．电流表A1（量程15mA，内阻10.0Ω）B．电流表A2（量程0.3A，内阻约0.3Ω）C．滑动变阻器（0~1000Ω）D．滑动变阻器（0~20Ω）E.定值电阻（阻值990.0Ω）F.定值电阻（阻值

90.0Ω）G.电源E（电动势15V，内阻可忽略）H.开关一个导线若干答案第6页，共8页某同学设计了图甲的电路图进行研究，完成下列填空。(1)为确保实验有较高的精度并方便操作，则滑动变阻器而R1应选择___，定值电阻R2应选择___（填器材前的字母）。(2)

正确选择R2后，反复调节滑动变阻器，读出A1、A2的示数I1，I2，描绘出I1-I2图线，如图乙所示。则该热敏电阻是____（选填“PTC”或“NTC”）；(3)当A1的示数I1＝10mA时，热敏电阻Rx的阻值为Ω（保留两位有效数字）。三、计算题（本题共4小题，共42分。解答

应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能给分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16．（10分）如图所示的电路中，电容器的电容12510FC，定值电阻11R，22R，33R，46R，电源的电动势E＝3V，内电阻r＝0.75Ω，电表

均为理想电表。求：（1）电键1K闭合、2K断开时，电容器所带的电荷量；（2）电键1K、2K闭合且电路稳定后，电流表的示数；（3）电键1K闭合后，当电键2K由断开到闭合后稳定时，电容器的电量变化量。17．（10分）如

图，宽度为l=1m的金属导轨ABCD与水平面成θ=37°角，质量为m=0.1kg、有效长度为l=1m的金属杆MN水平放置在导轨上，杆与导轨间的动摩擦因数为μ=0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。空间存在着竖直向下磁感应强度为B0=1T的匀强磁场。已知AN=l=1m，重力

加速度g取10m/s2，sin37°=0.6。（1）若开关S1断开、S2闭合时，调节滑动变阻器使杆始终静止，求通过杆的电流范围。（2）若开关S1闭合、S2断开的同时，给杆一沿斜面向下的速度v=1m/s，则B应怎样随时间t变化可保证杆做匀速答案第7页，共8页运动。18．（12

分）如图所示，两根光滑金属平行导轨放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，右端水平部分足够长，导轨间距为0.4mL，电阻不计。水平段导轨所处空间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小1.0TB。质量为0.1kgbm，电阻为0.2bR的金属棒b垂直导轨放置其上，它与磁场左边

界AA的距离为00.5mx，现将质量为0.2kgam，电阻为0.1aR的金属棒a从弯曲导轨上高为0.45mh处由静止释放，使其沿导轨运动，两金属棒运动过程中不会相撞，最终两棒做匀速运动。设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。重

力加速度g取210m/s，求：（1）金属棒a刚越过磁场左边界AA时，流过金属棒a的电流方向及它两端的电压大小；（2）金属棒匀速运动前，a棒上产生的焦耳热；（3）两金属棒匀速运动时，a、b两棒的间距1x是多大。19．如图所示，半径为R的圆形区域，圆心位于平面直角坐标系原点O，其内

充满垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；在第四象限x≥R空间充满沿y轴正方向的匀强电场。位于x轴上的离子源以恒定速度射出电荷量为q、质量为m的正离子，离子沿x轴正方向进入磁场，经坐标点（4R，0）离开电场。己知离子离开磁场时速

度方向与x轴正方向的夹角=60°。忽略离子间的相互作用，不计重力。求（1）离子在圆形区域中运动时的速度的大小v；（2）电场强度的大小E。答案第8页，共8页南阳一中2022年秋期高二年级第四次月考物理试题答案1．B【详解】电容QCU、磁感应强度FBIL安都用到了比值定义法，电流UIR不是用比

值法定义的，故A错误；规定小磁针静止时，N极指向即为该位置磁场方向，而地理的南极为地磁的北极，故可自由转动的小磁针，在地面上静止时，其N极指向地磁的南极附近，故B正确；根据公式F=BILsinθ，通电导线在磁场中受到的安培力大，该处磁场的磁感应强度不一定

强，还与电流的大小、电流方向与磁场方向的夹角θ有关，故C错误；正电荷所受电场力一定与该处电场方向一致，负电荷所受电场力一定与该处电场方向相反，运动电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直，故D错误．所以B正确，ACD错误

．2．B【详解】A．从图中可以看出，带电粒子由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指向弧内，根据左手定则可知液滴带负电，故A错误；B．从A到C的过程中，重力正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做

功，但合力仍做正功，导致动能仍增大，从C到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，洛伦兹力不做功，但合力却做负功，导致动能减小，所以在C点动能最大。故B正确；C．从A到C过程液滴克服电场力做功，故电势能增加，故C错误；D．除重力以外的力做的功等于机械

能的变化量，从C到B的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，故D错误。故选B。3．C【详解】AB．1A和2A在S接通时立即发光，由于电感线圈L的作用，1A会逐渐变暗，稳定后熄灭；2A亮度会逐渐增强，1A熄灭时2A达到最亮，选项AB错误；CD．电路稳定后断开S时，2A立即熄灭；而1A与电

感线圈L组成回路，会闪亮后熄灭，选项C项正确、D项错误。故选C。4．D【详解】A．零时刻线圈Q中电流变化率为零，根据楞次定律可知线圈P中感应电流为零，不受安培力作用，因此FN=G，选项A错误；B．t1时刻线圈

Q中电流减小，根据楞次定律可知为阻碍磁通量变化，线圈P的面积有增大的趋势，同时受到向上的安培力，因此FN<G，选项B错误；C．t2时刻线圈Q中电流变化率最大，线圈P中磁通量变化率最大，此时P中感应电流最大，因线圈

Q中电流为零，二者之间没有安培力，说明FN=G，选项C错误；D．t3时刻线圈Q中电流最大，线圈P中磁通量最大，但因磁通量变化率为零，线圈P无感应电流，二者之间没有安培力，因此FN=G，选项D正确。故选D。

5．C【详解】A．由题意知通电后弹簧比原长缩短了，说明安培力方向向上，由左手定则可知，电流方向由bOa，A错误；B．通电后，ab导体的有效长度为0.5m2Ll受到的安培力为0.2NFBIl根据平衡

条件有2FFmg弹解得0.05NF弹B错误；C．根据胡克定律得Fkx弹解得5N/mkxF弹C正确；D．仅改变电流方向，则受到的安培力的大小不变，方向变为向下，设弹簧将会比自然长度伸长x，则有2mgFkx解得0.03mxD错误。

故选C。6．C【详解】A．由右手定则可知，外电路中感应电流由A流向O，则O点电势比A点电势低，A错误；B．感应电动势23(2)(2)42LLEBLvBLBL电阻两端电压24UEBL

B错误；C．电路中电流为24EBLIrr周期为2T在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻的电荷量为28BLqITrC正确；D．在导体棒旋转一周的时间内，电阻产生的焦耳热为24232BLQIrTrD错误。故选C。7．C【详

解】根据电流的热效应可知，输入电压的有效值为U1，则有：2221222()()2222UTTRRTR＝，解得：U1＝102V，根据1122UnUn＝得：U2＝10V，故A错误；根据输入功率与输出功率相同可得：U1I1＝22UR，解

得：I1＝210A，故B错误；电阻消耗的功率为：P=22UR＝10W，故C正确；由乙图可知，在一个周期内电流改变2次，故1s内电流方向改变的次数为：n＝10.02×2=100次，故D错误；故选C.8．D【详解】在线圈进入0-L范围时，线圈内产生的感应电流为逆时针方向；切割磁

感线的有效长度从0均匀增加到2L，可知感应电流均匀增加；从L-2L，线圈切割磁感线的有效长度为2L不变，感应电流不变，方向为逆时针方向；从2L-3L，线圈切割磁感线的有效长度从2L逐渐增加到L，则感应

电动势增加到原来的2倍，感应电流增加到2倍，方向为顺时针方向，故选D.9．AC【详解】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，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，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2vevBmRmvReB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，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，D错误。故选AC。10．AC【详解】AB．对原、副线圈回路，有110UUIR22UIR112221UnUn122112InIn所以210210110224UUIRIRIRIRIR由此可知，当滑片P向上滑动时，R阻值增大，U保持不变，则

I1减小，U2增大，所以电压表示数变大，电流表示数变小，故A正确，B错误；CD．对于理想变压器，其输入功率等于输出功率，即21110111()16220PUIUIRIII根据二次函数知识可知，功率最大时155A8I，m756.25WP所以255A4I

，255VU，224URI故C正确，D错误。故选AC。11．BC【详解】A．当粒子运动轨迹与EG边相切时，轨迹如图：根据几何关系得：+=cos30rrEF再由圆周运动公式200=mvqvBr可得0=qBrvm此

时r是定值。若粒子速度大于0v，粒子会从EG边出来；若粒子速度小于0v，粒子会从EF边出来，无法到达E点，故A错误；B．能从EF边出射的粒子运动轨迹都为半圆，因为粒子的周期与速度无关，所以到达EF边界的所有粒子所用的时

间均相等，故B正确；CD．由圆周运动公式22002==vqvBmmrrT可得2=mTqB即粒子在磁场中做圆周运动的周期只与比荷和磁感应强度有关。由选项A可知，当0=qBrvm时，粒子运动轨迹与EG边相切，此时圆心角最大为150，时间最长为1505==3606mtTq

B粒子速度越大，对应的圆心角越小，运动时间越短；故C正确，D错误；故选BC。12．ABC【详解】A．根据能量守恒研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量Q=mgdcd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，

所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q′=2mgd所以感应电流做的功为2mgd。故A

正确；B．因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减到等于重力时，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做加速运动，设线圈的最小速度为v，可知全部进入磁场的瞬间速度最小。由动能定

理，从cd边刚进入磁场到线框完全进入时，则有，综上所述，线圈的最小速度为2201122mvmvmgLmgd又进入磁场前有2012mghmv解得最小速为2()vghLd故B正确；C．线框进入磁场过程

，可能先做减速运动，在完全进入磁场前可能做匀速运动，因为完全进入磁场时的速度最小，则有22gBRmLv则最小速度可能为22mgRvBL故C正确；D．线圈进入磁场和出离磁场时的初速度都相同，故进入磁场和出离磁场的运动情况相同，可知进入磁场的时间与出离磁场的时间相同

，选项D错误。故选ABC。13．1.843mm（1.842mm~1.85mm）4.240cm由图示螺旋测微器可知，其示数为d=1.5mm+34.3×0.01mm=1.843mm估读出1.842~1.844mm均正确；[6]由图示游标卡尺可知，其示数为l=42mm+8×0.05mm

=42.40mm=4.240cm14．0+1+RrREE201.0等于【详解】（1）[1]由闭合电路欧姆定律得0EIRRr所以所以1RI的关系式为011RrRIEE（2）[2]由乙图可知，图像的斜率为1110.750.25V0.05V10

E解得20VE[3]当0R时，110.25AI，所以140.25A20Vr解得1.0r（3）[4]若电流表内阻不可忽略，则1RI的关系式应为0A11RrrRIEE图像的斜率仍为1110.750.25V0.05V10E所

以电动势的测量值等于真实值。15．DENTC61（56~63）【详解】(1)[1]由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择D。[2]把电流表A1与定值电阻串联改装成电压表测电压，电源电动势为15V，可以把A1改成成量程为15V的电压表，

串联分压电阻阻值A13A115Ω10.0Ω990.0Ω1510gURRI故定值电阻应选择E。(2)[3]由图乙所示图象可知，随I2增大I1增大，热敏电阻两端电压U增大，流过热敏电阻的电流I增大，热敏电阻实际功率P=UI增大，热敏电阻温度升高；由图乙所示图象可知，随I2增

大，图线上的点与坐标原点连线的斜率减小，图线上点与坐标原点连线的斜率表示热敏电阻阻值，因此随温度升高热敏电阻阻值减小，因此热敏电阻是NTC。(3)[4]由图乙所示图象可知，I1=10mA=0.010A时I2=0.175A，此时热敏电阻阻值1A12x210.01010.0990.

0Ω61Ω0.1750.010IrRRII16．（1）12410C；（2）0.75A；（3）12410C【详解】（1）电键2K断开时，电流表示数112EIRRr得10.8AI电容器的电荷量为12111410CQCIR（2）电键1K、2K闭合

后，外电阻123412342.25RRRRRRRRR总电流1AEIRr电压表示数22.25VUIR电流表的示数2212UIRR得20.75AI（3）电键1K

、2K闭合后，电容两端电压21230UIRIIR所以此时电容器的电荷量为20Q故电容器的电量变化量121241C0QQQ17．（1）240A7I；（2）1(T)1Bt【详解】（1）由题意可

得sincosmgmg故通过杆的电流最小值min0I即可。若杆受到沿斜面向下的最大静摩擦力，则此时通过杆的电流最大为maxI，其受到的安培力为max0FIlB方向水平向右，受力分析图如下由受力平衡可得Nsincos

mgFFNcossinFmgF联立解得max24A7I综上可得通过杆的电流范围为240A7I（2）开关S闭合后，由于sincosmgmg可知若回路中无电流，则杆所受滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，为使杆保持匀速直线运动，则闭合回路ABMN中

磁通量应保持不变，即20()lBlBlvt代入数据得1(T)1Bt18．（1）流过金属棒a的电流方向由A指向A，0.8V；（2）0.1J；（3）0.125m【详解】（1）金属棒a到达水平部分的过程，根据机械能守恒2012a

amghmv解得023m/svgh此时的电动势为01.2VEBLv根据右手定则，可知流过金属棒a的电流方向由A指向A。金属棒a两端电压为0.21.2V0.8V0.10.2babRUERR

（2）两金属棒所受安培力大小相等、方向相反，两金属棒最终以相等的速度v做匀速运动，两金属棒组成的系统满足动量守恒定律，则有0()aabmvmmv解得2m/sv设总焦耳热为Q，根据能量守恒可得22011

()0.3J22aabQmvmmva棒上产生的焦耳热为0.1JaaabRQQRR（3）安培力冲量为FtBILtBqL安又ΔΦΔΦΔΔΔΔΔababababEBLxtqItttRRRRRRRR对b棒，根据动量定理可得22Δ0babBLxFtmvRR

安解得3Δm8x则两金属棒匀速运动时，a、b两棒的间距为103Δ0.5mm0.125m8xxx19．（1）03qBRvm；（2）20233qBREm【详解】（1）粒子在圆形磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力、则2mvqvBr由几何知识得tan2R

r解得03qBRvm（2）进入电场区时，纵坐标为tanyR进入电场时速度沿坐标轴分解cosxvvsinyvv粒子在电场中x轴方向做匀速直线运动，运动时间3cosRtv粒子在y轴方向

做匀变速直线运动，加速度qEam23tan3tan2cosqERRRmv解得20233qBREm