2021届山东省威海市高考物理二模试卷附答案详解

2021届山东省威海市高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）

1.下列说法中正确的是（）

A.比结合能越大，原子核越稳定

B.电子通过双缝干涉后的图样体现了光的波动性

C.一定光照条件下，单位时间内，阴极K发射的光电子数目随电压增大而增大

D.原子的结合能随原子核核子数的增大先增大后减小

2.图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象.从该

时刻起（）

A.经过0.35s时，质点Q距平衡位置的距离等于质点P距平衡位置的距离

B.经过0.25s时，质点Q的加速度大于质点P的加速度

C.经过0.15s,波沿x轴的正方向传播了3zn

D.经过0.1s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向

3.下列图象的描述和判断正确的是（）

A.图中，一定质量的某种气体，若不计分子势能，气体在状态①时具有的

内能较大

在实际问题中，饱和汽压包括水蒸气的气压和空气中其他各

种气体的气压，且水的饱和汽压随温度的变化而变化，温度升高，饱和汽压增大

p

c

图中，由经到。的过程，气体对外做功小于由经。到的过程

C./B4B4C

o--------------

•定震*的理想

气体碌,图象

D.图中，通过观察蜂蜡在云母片上熔化区域形状，可以得出蜂蜡的物理性质是各

云绿片

向异性的

处于基态的一群氢原子被外来单色光激发后，发射的光谱中，在

巴耳末系中只有两条光谱线5>3跃迁到n=2）。则下列说法中错

误的是（）

A.外来单色光的频率约为3.08x1015Hz23.4

B.该氢原子发射的所有谱线中，最长的波长为6564mH

C.该氢原子发射的所有谱线中，最短波长的光子动量约为6.79x1------------------13£

10~27kg-m/s

D.氢原子发射的光照射逸出功为2.29W的金属钠，光电子最大动能约为10.46eV

5.下列关于光子说法正确的是（）

A.光的能量是连续的

B.光子的能量和它的频率成正比

C.光子的能量和它的速度的平方成正比

D.光子是具有一定质量和体积的物质微粒

6.设地球的半径为心,质量为瓶的卫星在距地面及高处做匀速圆周运动，地面的重力加速度为外，

不考虑地球自转的影响，则以下说法错误的是（）

A.卫星的线速度为叵B.卫星的角速度为整

7278RO

C.卫星的加速度为当D.卫星的周期为4兀回

如图所示，电梯内用两根轻质细线吊着一个质量m=0.8kg的小球，细线OB水平，

细线04与竖直方向的夹角a=37。.已知电梯在竖直方向上运动，加速度大小为

H

2m/s2,取g=lOm/s?,sin37°=0.6,则下列说法正确的是（）

A.细线0B的弹力一定为6.0NB.细线0B的弹力可能为4.8N

C.细线04的弹力可能为6.4ND.细线。4的弹力可能为9.6N

8.在如图所示的电路中，闭合开关S,把滑动变阻器飞的滑片向上滑动的过程

中，若电源内阻不能忽略，则下列说法正确的是（）丁，巳q

A.电压表的示数变小，电流表示数变大F

B.电压表的示数变大，电流表示数变小

C.没有电流通过7?2

D./?2中有由a到b的电流

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9.如图所示，匝数n=100匝、边长;0.1m,电阻不计的正方形导线框abed处于匀强磁场中，磁

感应强度8=近7。线框绕中心轴0。'以3=100兀rad/s的角速度匀速运动。线框的输出端与理

7T

想变压器原线圈相连，副线圈连接着一只“20V、10山”的灯泡，且灯泡能正常发光，电路中

熔断器熔断电流为内，熔断器两端的电压忽略不计。从图示位置开始计时，下列判断正确的

是（）

A.线框产生的感应电动势瞬时值表达式为u=100V2cosl007rtIZ

B.理想变压器原、副线圈匝数之比为5：1

C.副线圈两端并联“20人lOW"的灯泡最多不能超过10只

D.线框从图示位置转过360。过程中，通过熔断器的电荷量为0.02C

10.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨间距为，，之间接有定值电阻R,质量

为m的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒的电阻为r,导轨

电阻不计。整个装置放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂

直，棒在竖直向上的恒力F作用下先加速上升的一段时间，再达到稳定状态。则

下列说法中正确的是

F-mg

A.棒达到稳定状态时，通过它的电流为/=

Bl

B.棒达到稳定状态时，其速度为〃=（~*）R

B212

C.棒达到稳定状态前，其加速度一直在减小

D.整个过程中，棒所受安培力做功在数值上等于棒上所生的热

11.如图所示，固定于地面、倾角为。的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底

端的挡板C连接，另一端与物块4连接，物块4上方放置有另一物块B,物块A、B质量均为m且

不粘连，整个系统在沿斜面向下的外力F作用下处于静止状态。某一时刻将力F撤去，在弹簧将

4、B弹出过程中，若4、B能够分离，重力加速度为g。则下列叙述正确的是（）

A.A、B刚分离的瞬间,两物块速度达到最大

B.A、8刚分离的瞬间，4的加速度大小为gsin。

C.从力F撤去到4、B分离的过程中，8物块的机械能一直增加

D.从力F撤去到力、B分离的过程中，4、B物块和弹簧构成的系统机械能守恒

12.如图，一匀强电场的方向平行于正方形4BC0确定的平面。己知4、B、C三

：；

点的电势分别为心=15人租8=31/,%=一3乙则下列说法正确的是（）；

：：

A.场强的方向与B。连线垂直

------------*C

B.电子在4点的电势能比在B点的低12eV

C.。点的电势为9V

D.电子从B点运动到C点，电场力做功为6elZ

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

13.在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙、丙三位同学在纸上画出的界面aa'、bb'与玻

璃砖位置的关系分别如图①、②和③所示，其中甲、丙两同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的

是梯形玻璃砖.他们的其他操作均正确，且均以aa'、防'为界面画光路图，则三位同学测得的

折射率与真实值相比（填偏大、偏小、不变或无法确定）

甲同学测得的折射率与真实值相比

乙同学测得的折射率与真实值相比

丙同学测得的折射率与真实值相比

14.在“测定金属的电阻率”实验中，提供以下实验器材；待测金属丝、螺旋测微器、毫米刻度尺、

电压表V(量程0〜3乙内阻约5k。)、电流表4(量程0〜0.64内阻以=1.50)、电源E(电动势约

3U)、滑动变阻器、开关及导线若干。某同学进行了如下操作：

(1)该同学用毫米刻度尺测量待测金属丝的长度为L;用螺旋测微器测量待测金属丝的直径为d,某次

测量如图甲所示，读数为mm.

(2)按照图乙所示的实验设计电路图，请完成图丙中的实物连接。

(3)该同学进行了相应测量，利用电压表和电流表的读数画出了图丁所示的U-/图象，由此得到金属

丝电阻R=________0。

四、计算题(本大题共4小题，共46.0分)

15.有-一辆汽车质量为800kg,行驶在圆弧半径为50m的拱形桥面上.求：

(1)当汽车在拱顶处速度为5m/s时，拱桥对汽车的支持力.

(2)汽车以多大的速度经过拱顶时对桥恰好没有压力而腾空？(取g=10m/s2)

16.如图所示的粗细均匀薄壁U型管，左管上端封闭，右管开口且足够长.温度为口=

L

27久时，右管内水银面比左管高h=4cm,左管内空气柱长度为L=40cm,大气

压强Po=76cmHg.现使左管内空气温度缓慢下降，则当左管内液面上升七=

4c/n时，管内气体温度tz为多少℃?

17.在某空间建立如图所示直角坐标系，并在该空间加上沿y轴负方向、磁感应强度大小为B的匀强

磁场，和沿某个方向的匀强电场。一质量为m、带电量为+q(q>0)的粒子从坐标原点。以初速

度及沿支轴正方向射入该空间，粒子恰好能做匀速直线运动。不计粒子的重力，求：

(1)所加电场强度E的大小和方向；

(2)若撤去电场，并改变磁感应强度的大小，使粒子恰好能经过坐标为(3a,0,-a)的点，则改变后的

磁感应强度夕为多大？

(3)若保持磁感应强度B不变，将电场强度大小调整为E',方向调整为平行于yOz平面且与y轴正方向

成某个夹角。，使得粒子能够在%0y平面内做类平抛运动(沿x轴正方向做匀速直线运动，沿y轴

正方向做初速度为零的匀加速直线运动)并经过坐标为(3a,a,0)的点，则E'和tan。各为多少？

18.如图，空间某个半径为R的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，与

它相邻的是一对间距为d,足够大的平行金属板，板间电压为U.一群质

三

量为电量为q的带正电粒子从磁场的左侧以相同速度沿平行极板的二

三

方向射入磁场，所有进入磁场的粒子都能从P点射入电场，不计重力。

问：

(1)粒子的入射速度"为多少？

(2)极板CD上多长的区域上可能会有带电粒子击中？

参考答案及解析

1.答案：A

解析：解：4、比结合能越大，原子核越稳定。故A正确；

8、电子通过双缝干涉后的图样体现了电子等实物粒子也具有波动性。故B错误；

C、光电流达到饱和后，光电子数目不会随电压增大而增大。故C错误；

。、原子的结合能随原子核核子数的增大而增大。故。错误；

故选：Ao

比结合能越大，原子核越稳定；电子通过双缝干涉后的图样体现了电子等实物粒子也具有波动性；

光电流达到饱和后，光电子数目不在增加；原子的结合能随原子核核子数的增大而增大。

本题考查了原子核的结合能、爱因斯坦光电效应方程、光的波粒二象性等知识点。这种题型属于基

础题，只要善于积累，难度不大。

2.答案：C

解析：解：力、由图，经过0.35s时，质点Q距平衡位置的距离不可能等于质点P距平衡位置的距离。

故4错误。

B、此时P向下运动，Q点向上运动。T=0.2s,经过t=0.25s=l[T时，P点到达波谷，Q点到达

平衡位置上方，但未到波峰，质点Q的加速度小于质点P的加速度。故B错误。

C、因波沿%轴的正方向传播,4=4m,则波速u=*=20m/s,则经过0.15s,波传播距离x=vt=3rn。

故C正确。

D、t=0.1s=,质点Q的运动方向沿y轴负方向。故。错误。

故选：Co

由振动图象读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向.由波动图象读出波长，由振动图象

读出周期，可求出波速.分析波动过程，确定Q点的加速度与P点加速度关系，并判断Q点的运动方

向.

波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系.同时，熟练要分析波动形成的过程，

分析物理量的变化情况.

3.答案：C

解析：解：4、高温时速率大的分子占比更多，因此气体分子在高温状态时的平均速率大于低温状态

时的平均速率，结合图可知，A<0•由于状态②时的温度高，故不计分子势能时，气体在状态①时

具有的内能较小，故A错误；

&在一定温度下，饱和蒸气的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，这个压强叫做饱和蒸

气压强；饱和汽压不包括空气中其他各种气体的气压，故8错误；

C、由4经B到C的过程气体对外做功为叫=%•△V,由4经。到C的过程气体对外做功为为伍=Pc-

△K,由于Pc>2i，故〃2>明，故C正确；

。、通过观察蜂蜡在玻璃片和云母片上熔化区域形状的不同，可以得出晶体的物理性质是各向异性

的或晶体在不同方向上的物理性质是不同的，即单晶体具有各向异性，不能得出蜂蜡物理性质是各

向异性的结论，故。错误。

故选：Co

温度是分子平均动能的标志，温度升高平均动能增大，体积不变时，气体的内能由平均动能决定；

与液体处于动态平衡的蒸气叫饱和蒸气；反之，称为不饱和蒸气。饱和蒸气压强与饱和蒸气体积无

关；

根据皿=P△V即可判断出对外做功的大小；

单晶体具有各向异性，而非晶体具有各向同性。

该题结合图象考查热学的多个知识点的内容，解答本题关键是明确影响饱和蒸汽压的因素：液体的

种类和液体的温度，与蒸汽的体积无关，基础题目。

4.答案:B

解析：解：4、由发射的光谱中，在巴耳末系中只有两条光谱线，可判断出基态氢原子吸收光子后跃

1

迁到n=4,根据能级跃迁时的频率条件加=Em-En,外来单色光的频率为v=等=

匕竺x3.08X1015Hz,故A正确.

6.63x10-34

8、该氢原子发射的所有谱线中，71=4到n=3跃迁产生的光子的能量最小，频率最低，波长最长，

利用若=E,—E3得最长的波长为"端=卷含就罂声7n“18.84x10-m=1884nm,

故8错误.

C、n=4到n=1跃迁产生的光子的能量最大，频率最高，波长最短，利用光子能量E==

光子动量尸=：得光子动量P=E.

AC

因为E=%-4=[-0.85-(-13.6)]x1,6x10-197=2.04xIO-18；,所以动量P=g=

4Q4X10x679x10~27kg-m/s,故C正确.

D,n=4到n=1跃迁产生的光子的能量最大，为E=—4=12.75eV,用它照射逸出功为2.29eU

的金属钠，光电子动能最大，最大动能为a=E-%=(12.75-2.29)eU土10.46eV,故。正确.

本题选错误的.

故选：B。

通过在巴耳末系中只有两条光谱线，判断出跃迁后的原子所处的能级，从而求外来单色光的频率；

波长最长的谱线，对应跃迁时能级差值最小，波长最短的谱线，对应跃迁时能级差值最大；利用光

子能量和动量表达式，求解光子动量；利用光电效应方程求最大动能。

本题考查原子的跃迁和光电效应，解答时用到玻尔理论的频率条件hv=Em-E”和爱因斯坦光电效

应方程&巾=hv-%.本题难点是运算复杂，此类题目对培养学生的运算能力大有裨益。

5.答案：B

解析：解：小光子说认为光是不连续的、一份一份的，每一份的能量为抽，故A错误。

BC、由E=hy知，光子的能量和它的频率成正比，故B正确，C错误。

。、光是一种电磁波，光是高频电磁波，光子不是物质微粒，故。错误。

故选：B。

光子说认为光是不连续的、一份一份的，光子的能量与光的频率成正比。光子不是实物粒子。

本题的要求掌握光子说的内容、光子能量公式，知道光是一种电磁波，不是实物粒子。

6.答案：C

解析：解：4研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：雪=m',

rzr

解得：D=舟其中r=2R0①

忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式：^~=mg0,

解得：GM=gRl②

由①②得：卫星的速度大小12=坪,故A正确。

B、卫星的角速度®=3=为/条，故B正确。

C、根据圆周运动知识得：a=^=以，故C错误。

r4

=里=4兀陛,

D、卫星的周期7故。正确。

v7go

本题选择错误的，故选：C。

研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出线速度、角速度、周

期、加速度等物理量.忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式.

向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用.运用黄金代换式GM=

g/?2求出问题是考试中常见的方法.

7.答案：B

解析：解：小球受力如图所示：J

由牛顿第二定律

当加速度方向向上时：Tcosa—mg—ma,Tsina-T

AAB---v---1

“，ms

解得：TA=12N,TB=7.2/V；

当加速度方向向下时：mg-TAcosa=ma,TAsina=TB

解得：TA=8N,TB=4.8/V；

故错误，B正确；

故选：B。

小球在竖直方向运动，加速度方向即可能向上，也可能向下，应用牛顿第二定律求出细线的拉力，

然后分析答题.

本题考查了牛顿第二定律的应用，对小球正确受力分析、应用牛顿第二定律即可解题，解题时要注

意讨论加速度的方向，否则会出错.

8.答案：D

解析：解：4、当滑动变阻器的滑动触头向上移动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减

小，干路电流增大，电压表测量色的电压，根据U=/R可知，电压表示数增大，故AB错误；

C、根据闭合电路欧姆定律得知，并联部分电压变小，电容器电压减小，电容器放电，电容器下极板

带正电，则％中有由a到b的电流，故C错误，。正确.

故选：D。

当滑动变阻器的滑动触头向上移动的过程中，变阻器在路电阻减小，即可知外电路总电阻减小，由

闭合电路欧姆定律可判断出干路电流的变化，进而判断并联部分电压变化，从而判断电容器是充电

还是放电.

本题按“局部—整体T局部”的思路进行动态分析，掌握闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律是分

析的理论依据，注意电容器对电路没有影响.

9.答案:AB

解析：解：4、从图示位置开始，线框产生的感应电动势瞬时值表达式

u=NBS3cos3t=100x今x0.12x1007rcosl007rt(y)=100V2cosl007rt(7)，故A正确：

B、由于灯泡正常发光，则副线圈两端电压为201Z,由公式£=最得：

100—

也===3故B正确；

n2201

C、一个灯泡正常发光的电流为/=3=彭=0.54

由公式*=詈可知：

hn2

，2==5/i=5y/2A

n2

则灯泡的个数N=2只=10立只”14只，故C错误：

0.5

D、线框从图示位置转过360。过程中，穿过线圈的磁通量变化为0,则电荷量为0,故。错误。

故选：AB.

线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动，产生正弦式交变电流，感应电动势瞬时值表达式“=

NBS3cosa)t；然后结合变压器的变压比公式和

输入、输出功率关系分析

本题关键熟悉交流电的产生和变压器的变压比公式，同时要结合能量守恒定律分析

10.答案：AC

解析：对导体棒受力分析得：F-mg-BlL=ma,而感应电动势E=BW,电流［=_£_,带入得：

F-mg-尤包=ma,随着运动速度V增加，加速度减小，当加速度减小到零时，速度最大:v=

R十万

''一"f",电流1=£*,故A正确；8错误；C正确；

B2L2BL

根据能量守恒定律可知，棒所受安培力做功在数值上等于回路中产生的焦耳热，故。错误；

故选：AC.

11.答案：BCD

解析：解：力、A、8被弹起的过程中，当整体的合力等于零时，两物块速度达到最大，此时弹簧处

于压缩状态，4、B还没有分离，故A错误。

B、4、8刚分离瞬间，4、B间的弹力为零，对B,由牛顿第二定律得mgsin。-maB,得CZB=gsind,

此瞬间4与B的加速度相同，所以4的加速度大小为gsin。，故B正确。

C、从力尸撤去到4、8发生分离的过程中，4对B一直做正功，贝必物块的机械能一直增加，故C正

确。

。、从力尸撤去到4、B发生分离的过程中，4、B物块及弹簧所构成的系统只有重力和弹簧的弹力做

功，所以系统的机械能守恒，故。正确。

故选：BCD.

系统机械能守恒的条件是只有重力和弹簧的弹力做功。A、B被弹起过程中，合力等于零时，两物块

速度达到最大。A、B刚分离瞬间，两者间的弹力为零，以B为研究对象，求解B的加速度大小，即等

于4的加速度大小。结合功能原理分析4的机械能变化情况。

本题从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的弹力为0.从运动学角度看，一起运动的两物体

恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等。

12.答案：BC

解析：解：A、连接4C,在4c上找出与B点等电势点E,作出等势线BE,根据、\\

电场线与等势面垂直可知，电场线方向与BE垂直向下，并不与BD连线垂直。D

故4错误.pmV

B、电子在4点的电势能比在B点的低，-MB=-qU.=-勺(以—SB)=|a\i

e(15-3”=12eV,故B正确。B一、37c

C、根据匀强电场中电势差与场强的关系：U=Ed,可知沿电场线方向相同距离电势差相等，结合

正方形的对称性可得：(PA-<PB=<PD一中C，

得：9。=04—SB+9c=15—3—3=9匕故C正确。

。、电子从B点运动到C点，电场力做功为WBc=-eUBc=-e(3-(-3))=-6eV,故。错误。

故选：BCo

电场力做功根据公式W=qU进行计算；根据匀强电场中电势差与场强的关系：U=Ed,可知沿电

场线方向相同距离电势差相等，求解。点的电势；连接4C,在2C上找出与2点等电势点，作出等势

线，再确定电场线的方向。

本题关键是找到等势点，作出等势线。利用电场线与等势面相互垂直的关系作出电场线，分析时还

要抓住对称性。

13.答案：偏小；不变；可能偏大、可能偏小、可能不变

解析：解：如图1.甲同学测定折射率时，作出的折射光线如图中虚线所示，实线表示实际光线，可

见折射角增大，则由折射定律n=%可知，折射率n将偏小:

用图②测折射率时，只要操作正确，测量的结果与玻璃砖的形状无关，故乙同学测得的折射率与真

实值相比不变；

用图③测折射率时，折射角可能偏小，可能偏大，也可能不变，所以测得的折射率可能偏大、可能

偏小，也可能不变.

故答案为:

①偏小；

②不变；

③可能偏大、可能偏小、可能不变.

用插针法测定玻璃砖折射率的实验原理是折射定律《=典，运用作图法，作出光路图，确定折射光

sinr

线的偏折情况，分析入射角与折射角的误差，从而来确定折射率的误差.

对于实验误差，要紧扣实验原理，用作图法，确定出入射角与折射角的误差，即可分析折射率的误

差.

14.答案：0.3153.5—

4L

解析：解：(1)由图甲所示螺旋测微器可知，其示数为0+31.5xO.Olnvn=0.315小加。

(2)由图乙所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，电流表采用内接法，根据图乙所示电路图连

接实物电路图，实物电路图如图所示；

(3)根据图丁所示图象由欧姆定律得R+&=彳=言。=5.0/2,

金属丝电阻R=3.50；

(4)由电阻定律可知^^==2急，

电阻率p=嗒；

故答案为：(1)0.315；(2)实物电路图如图所示；(3)3.5；(4)嗒。

(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。

(2)根据图乙所示电路图连接实物电路图。

(3)根据图乙所示电路图与图丁所示图象求出金属丝的电阻。

(4)根据电阻定律求出电阻率的表达式。

本题考查了螺旋测微器读数、实验数据处理等问题，要掌握常用器材的使用与读数方法；应用电阻

定律可以求出电阻率的表达式。

15.答案:解：(1)根据牛顿第二定律得，

..V2

mg—N=m—

解得N=mg-m-=8000-800x—W=7600/V.

DRso

答：拱桥对汽车的支持力为7600N.

(2)当压力为零时，有：mg=m^

解得%=dgR=解OOm/s=22.4m/s-

答：当汽车的速度为22.4771/s时，汽车对桥恰好没有压力而腾空.

解析：(1)汽车在桥顶时，重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律求出拱桥

对汽车的支持力.

(2)当汽车对桥顶恰好无压力时，重力提供向心力，根据牛顿牛顿第二定律求出汽车的速度.

解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律求解.

16.答案：解：设玻璃管横截面积为Sen?,以左管上端封闭的空气柱为研究对象.

气压：P[=P()+色=76+4cmHg=QOcmHg,p2=76—4=72cmHg

体积：匕=40•Scm3,%=(40-4)•S=36Scm3

温度：Ti=273十27=300K

根据理想气体状态方程：

PMP2%

丁_亏

代入数据解得：72=策71=蒋芸X3OOK=243K

即管内气体温度为t2=T2-273℃=243-273℃=-30℃

答：管内气体温度12为-30℃

解析：左管水银面比右管水银面高出4cm,则封闭气体的压强减小4cm"g,对封闭气体运用理想气

体状态方程列式求解即可

以封闭的气体为研究对象，找出气体变化前后的状态参量，利用气体的状态方程计算即可.

17.答案：解：(1)由左手定则可知，带电粒子所受洛伦兹力沿z轴负方向，

粒子做匀速直线运动，由平衡条件可知，电场力沿z轴正方向，粒子带正电，则电场强度方向沿z轴

正方向，

对粒子，由平衡条件得：qE-qvB=0

解得：E=vB

(2)撤去电场后粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动的轨迹如图1所示

设粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r,由几何知识得:

r2=(r—Q)2+(3a)2

解得：r=5a

粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心