2015-2016学年四川省雅安市高二(上)期末物理试卷

2015-2016学年四川省雅安市高二（上）期末物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共12小题，共36.0分)1.下列关于物理学史说法错误的是（）A.库仑发明了扭秤，非常准确地测出了物体间的静电力B.安培从磁体和通电线圈等效性实验进一步提出了“分子电流”假说C.楞次概括各种实验的结果，提出了楞次定律D.法拉第发现的电流磁效应，翻开了研究电与磁相互关系的新篇章【答案】D【解析】解：A、库仑发现了点电荷间的相互作用规律，并利用扭秤实验测得了静电力常量，故A正确．B、安培从磁体和通电线圈等效性实验进一步提出了“分子电流”假说，故B正确．C、楞次概括各种实验的结果，提出了楞次定律，故C正确．D、奥斯特发现的电流磁效应，翻开了研究电与磁相互关系的新篇章，故D错误．本题选错误的，故选：D在物理学发展史上有许多科学家作出重大贡献，根据相关科学家的物理学成就进行解答．对于物理学史属于常识性问题，平时要加强记忆，注意积累．本题中B项很易出错；要注意认真审题．2.下列单位中是电场强度的单位的是（）A.N/CB.V•mC.J/CD.J/s【答案】A【解析】解：电场强度的定义式：E=，F、q的单位分别是牛，库，由此公式推导出来电场强度为单位是牛/库；匀强电场中电场强度与电势差的关系式是E=，公式中U、d的单位分别是伏、米，由此公式推导出来电场强度为单位是伏/米．故A正确，BCD错误．故选：A．根据电场强度的两个公式：E=和E=推导出场强的单位即可．电场强度的单位是导出单位，根据电场强度的公式可推导出来．3.关于电场和磁场，下列说法错误的是（）A.我们虽然不能用手触摸到电场的存在，却可以用试探电荷区探测它的存在和强弱B.电场线和磁感线是可以形象描述场的强弱和方向的假想曲线C.磁感应和电场线都是闭合的曲线D.磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场都是客观存在的物质【答案】C【解析】解：A、我们虽然不能用手触摸到电场的存在，却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱．当有电场力时，则说明有电场存在，当在不同位置电场力有大小时，则说明电场有强弱．故A正确；B、电场线和磁感线是可以形象描述场强弱和方向，但不是客观存在的曲线．故B正确；C、磁体外部磁感线是从N极到S极，而内部则是从S极到N极，所以磁感线是闭合的曲线，而静电场的电场线不是闭合曲线，故C错误；D、磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，都是客观存在的物质，故D正确；本题选择错误的，故选：C电场与磁场是看不见摸不着，却客观存在的特殊形态，它们均由不存在的电场线、磁感线来粗略描述电场与磁场的分布．电场线与磁感线的共同点：不客观存在，且疏密表示场的强弱，某点的切线方向表示场的方向，同时不相交．但静电场线不闭合，而磁感线闭合．4.如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等差等势线，E a、E b、E c分别表示Φa、Φb、Φc三点电场强度大小，a、b、c分别表示a、b、c三点电势高低，则（）A.E a＞E b＞E c，Φa＞Φb＞ΦcB.E a＞E b＞E c，Φa=Φb＜ΦcC.E a＜E b＜E c，Φa=Φb＜ΦcD.E a＜E b＜E c，Φa＞Φb＞Φc【答案】B【解析】解：根据电场线的疏密表示电场强度的相对大小，可知E a＞E b＞E c．沿着电场线方向电势是降低的，同一等势面上各点的电势相等，则知φc＞φb=φa．故选：B沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；沿着电场线方向电势是降低的．由此分析即可．本题考查对电场线与等势面的理解，解答的关键是明确电场强度的大小看电场线的疏密程度，沿电场线的方向电势降低，属于基础问题．5.如图所示，一带负电的粒子（不计重力）进入磁场中，图中的磁场方向、速度方向及带电粒子所受的洛仑兹力方向标示正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：A、带负点的粒子向右运动，掌心向外，四指所指的方向向左，大拇指所指的方向是向下，选项A错误．B、带负点粒子的运动方向与磁感应线平行，此时不受洛伦兹力的作用．选项B错误．C、带负点的粒子向右运动掌心向外，四指所指的方向向左，大拇指所指的方向是向下，选项C正确．D、带负电的粒子向上运动，掌心向里四指应向下，大拇指的方向向左，选项D错误．故选C．因带电粒子是带负电的，所以应用左手定则时，四指所指的方向与运动方向相反．应用左手定则可判断个选项的正误．在应用左手定则时，首先要判断运动的带电粒子所带的电性，若是正电，四指的方向与粒子运动方向一致，若是负电，四指所指的方向与粒子的运动方向相反．此处是非常容易出错的．6.有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：由电阻的决定式可知，A中电阻为：R A=ρ，B中电阻为：R B=ρ；C中电阻为：R C=ρ；D中电阻为：R D=ρ；故电阻最小的为A；故选：A．由金属导体电阻的决定式R=ρ进行计算，注意各电阻中的导体长度及截面积．本题考查电阻定率的应用，要注意电阻是由导体本身的性质决定的．7.奥克斯推出最节能“博客”空调，广告语为：“好变频！度到天明”此广告语意为1度电（1k W•h）可使该变频空调工作一整夜（以10h计）．同样的1度电可供铭牌如图所示的电扇工作约（）A.1整夜B.2整夜C.3整夜D.4整夜【答案】D【解析】解：由图可知电扇的额定功率为24W，则t===41.6h而一整夜是10h，所以同样的1度电可供铭牌如图所示的电扇工作约4整夜．故选：D已知电扇的额定功率和消耗的电能，根据W=P t求出工作时间即可．本题考查消耗电能的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，要学会认识用电器的铭牌，解题过程中要注意单位的换算．8.图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动．若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中（）A.膜片与极板间的电容增大B.极板的带电量增大C.膜片与极板间的电场强度增加D.电阻R中有电流通过【答案】D【解析】解：A、振动膜片振动时，电容器两极板的距离增大，电容减小，故A错误；B、由C=知，U不变的情况下，电容减小，电容器所带电荷量Q减小，故B错误．C、由E=知，U不变，间距d增大，则场强E减小，故C错误；D、极板的带电量减小，放电，电阻R中有电流通过．故D正确．故选：D．电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，R中有电流．本题考查了电容器的动态分析，方法是：从部分的变化引起电容的变化，根据电压或电量不变判断电量或电压的变化．9.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，合上开关S后各灯恰能正常发光，如果某一时刻电灯C烧断，则（）A.灯A变暗，灯B变亮B.灯A变亮，灯B变暗C.灯A、灯B都变亮D.灯A、灯B都变暗【答案】A【解析】解：电灯C烧断，电灯B与电灯C并联的总电阻增加了，故电灯B与电灯C并联部分分得的电压增加了，故电灯B变亮了；电灯C烧断，电灯B与电灯C并联的总电阻增加了，根据闭合电路欧姆定律，干路电流减小了，故电灯A变暗了；故选：A．串联电路电流相等，各个电阻的电压之比等于电阻之比；电灯C烧断，电灯B与电灯C 并联的总电阻增加了．本题是电路中的动态分析问题，关键是结合闭合电路欧姆定律和串联电路的分压规律进行判断，基础问题．10.当航天飞机在环绕地球的轨道上飞行时，从中释放一颗卫星，卫星与航天飞机保持相对静止，两者用导电缆绳相连，这种卫星称为“绳系卫星”．现有一颗卫星在地球赤道上空运行，卫星位于航天飞机正上方，卫星所在位置地磁场方向由南向北．下列说法正确的是（）A.航天飞机和卫星从西向东飞行时，图中B端电势高B.航天飞机和卫星从西向东飞行时，图中A端电势高C.航天飞机和卫星从南向北飞行时，图中B端电势高D.航天飞机和卫星从南向北飞行时，图中A端电势高【答案】B【解析】解：地球赤道上空运行，此处磁场方向卫星所在位置地磁场方向由南向北AB、航天飞机和卫星从西向东飞行时，根据右手定则知感应电流由B流向A，电源内部由低电势到高电势，故A电势高，故A错误，B正确；CD、航天飞机和卫星从南向北飞行时，速度与磁场平行，不切割磁感线，无感应电动势，故CD错误；故选：B金属缆绳在切割地磁场，从而产生感应电动势，根据右手定则判断感应电动势的方向．根据右手定则判断感应电动势的方向，知道电源内部电流由低电势到高电势，属于基础问题．11.物理课上，老师做了一个“电磁阻尼”实验：如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，将磁铁托起到某一高度后放开，磁铁能上下振动较长时间才停下来；如果在磁铁下方放一个固定的铝质圆环，使磁极上下振动时穿过它，磁铁就会很快地停下来．某同学另找器材再探究此实验．他安装好器材，经反复实验后发现：磁铁下方放置圆环，并没有对磁铁的振动产生影响，对比老师演示的实验，其原因可能是（）A.弹簧的劲度系数太小B.磁铁的质量太小C.磁铁的磁性太强D.圆环的材料与老师用的不同【答案】D【解析】解：根据楞次定律可知下面的线圈会阻碍磁铁运动，所以当磁铁向下靠近金属线圈时，线圈中产生了逆时针的感应电流，从而有安培力做功致使能量转化为内能，所以振动逐渐减小；当同学另找器材再探究此实验，他安装好器材，经反复实验后发现：磁铁下方放置圆环，并没有对磁铁的振动产生影响，是由于下面的圆环没有产生感应电流，即圆环的材料与老师的不同，故ABC错误，D正确；故选：D．首先知道由于产生感应电流致使安培力做负功使振动逐渐减小，再利用楞次定律判断线圈所受安培力的方向，线圈会阻碍磁铁运动做负功，所以磁铁最终会停止．本题巧妙的考查了楞次定律的应用，只要记住“增反减同”这一规律，从能量守恒的角度分析，此类题目难度不大．12.如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其自感系数很大，直流电阻忽略不计．下列说法正确的是（）A.S闭合瞬间，A先亮B.S闭合瞬间，A、B同时亮C.S断开瞬间，B逐渐熄灭D.S断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭【答案】D【解析】解：AB、闭合瞬间线圈相当于断路，二极管为反向电压，故电流不走A灯泡，AB都不亮，故A错误，B错误．CD、开关S断开瞬间B立刻熄灭，由于二极管正向导通，故自感线圈与A形成回路，A 闪亮一下，然后逐渐熄灭，故C错误D正确．故选：D．依据自感线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源；二极管的特征是只正向导通．该题两个关键点，1、要知道理想线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源；2、要知道二极管的特征是只正向导通．二、多选题(本大题共3小题，共12.0分)13.一辆电动观光车蓄电池的电动势为E，内阻不计，当空载的电动观光车以速度v在平直公路上匀速行驶时，流过电动机的电流为I，司机与电动车总质量为m，电动车受到的阻力是总质量的k倍，忽略电动观光车内部的摩擦，则（）A.电动机的内阻为R=B.电动机的内阻为R=-C.电动机的工作效率η=D.电动机发热功率P=EI【答案】BC【解析】解：AB、由功能关系EI=kmgv+I2R，所以电动机的内阻为R=-，所以A错误，B 正确；C、电动车的工作效率等于输出功率与总功率之比，即η=，所以C正确；D、电动机发热功率：P=EI-fv=EI-kmgv，故D错误；故选：BC电池的总功率要用P=EI来计算，根据总功率等于输出的机械功率加上电动机内的发热的功率，可以求得电动机的发热功率的大小，由于电动车匀速运动，所以电动机的输出功率为P=F v=fv．在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．14.洛仑兹力演示仪是由励磁线圈（也叫亥姆兹线圈）、洛伦兹力管和电源控制部分组成的．励磁线圈是一对彼此平行的共轴串联的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场．洛伦兹力管的圆球形玻璃泡内有电子枪，能够连续发射出电子，电子在玻璃泡内运动时，可以显示出电子运动的径迹．其结构如图所示．给励磁线圈通电，电子枪垂直磁场方向向左发射电子，恰好形成如“结构示意图”所示的圆形径迹，则下列说法正确的（）A.励磁线圈中的电流方向是逆时针方向B.若只增大加速电压，可以使电子流的圆形径迹的半径增大C.若只增大线圈中的电流，可以使电子流的圆形径迹的半径增大D.若两线圈间的磁感应强度已知，灯丝发出的电子的初速为零，加速电压为U，则可通过测量圆形径迹的直径来估算电子的比荷为：=【答案】BD【解析】解：A、根据电子所受洛伦兹力的方向，结合右手定则判断知，励磁线圈中电流方向是顺时针方向．故A错误；B、电子在加速电场中加速，由动能定理得e U=mv02…①电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有e B v0=m…②解得：r==…③可知，只增大加速电压，可以使电子流的圆形径迹的半径增大．故B正确；C、由③得：只增大线圈中的电流，则B增大，可以使电子流的圆形径迹的半径减小．故C错误；D、若两线圈间的磁感应强度已知，灯丝发出的电子的初速为零，加速电压为U，根据①②分析可得：=，即可通过测量圆形径迹的直径来估算电子的比荷．故D正确．故选：BD．根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向；根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出的表达式，再进行分析．本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键，要掌握磁场中粒子圆周运动的半径和周期公式的应用．15.一质量为m、电阻为r的金属杆ab以一定的初速度v0从一光滑的平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用以电阻R相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行道某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则（）A.向上滑行的时间小于向下滑行的时间B.向上滑行时与向下滑行时通过电阻R的电量相等C.向上滑行时电阻R上产生的热量小于向下滑行时电阻R上产生的热量D.金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R上产生的热量为m（v02-v2）【答案】AB【解析】解：A、因为上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等，所以上滑过程的时间比下滑过程短，故A正确；B、电量q=I t=t==，式中结果无时间，故上滑阶段和下滑阶段通过回路即通过R的电量相同，故B正确；C、由以上分析知上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，由动生电动势公式E=BL v可知上滑阶段的平均感应电动势E1大于下滑阶段的平均感应电动势E2，而上滑阶段和下滑阶段通过回路即通过R的电量相同，再由公式W电=q E电动势，可知上滑阶段回路电流做功即电阻R产生的热量比下滑阶段多．故C错误；D、金属杆从开始上滑至返回出发点的过程中，只有安培力做功，动能的一部分转化为热能，电阻R和杆上的电阻r上产生的热量的之和才是金属杆减小的动能，故D错误；故选：AB明确金属杆的受力情况和正确判断金属杆运动情况如下，本题的关键是金属杆上滑过程和下滑过程回路中均有电热产生，金属杆从底端滑上去再滑回底端高度不变，金属杆的重力势能不变，只有动能转化为电热，故金属杆再滑回底端时速度（设为v2）必然小于初速度，即v2＜v0，所以上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度．本题考查导体棒切割磁感线规律中的能量分析问题，解决这类问题的关键时分析受力，进一步确定运动性质，并明确判断各个阶段及全过程的能量转化三、计算题(本大题共1小题，共10.0分)16.如图所示，设匀强磁场的磁感应强度B=0.2T，光滑导轨的宽度L=0.30m，导体棒接入电路电阻R=0.50Ω（线框电阻和灵敏电流计内阻不计），导体棒向右匀速运动的速度v=5.0m/s，则产生的感应电动势为______ ，感应电流为______ ，为使导体棒ab保持向右匀速运动的外力大小为______ ，外力做功功率为______ ，感应电流的功率为______ ．【答案】0.3V；0.6A；0.036N；0.18W；0.18W【解析】解：导体棒ab切割磁感线，感应电动势为：E=BL v=0.3V由闭合电路的欧姆定律有：导体棒ab受到安培力为：F安=BIL=0.036N由于导体棒ab匀速运动，满足：F=F安所以，作用在导体棒上的外力为：F=0.036N外力做功功率等于导体棒克服安培力的功率为：P安=F安v=0.18W导体棒克服安培力的功率即为感应电流的功率，即为0.18W故答案为：0.3V，0.6A，0.036N，0.18W，0.18W导体棒做匀速运动，已知速度大小v，由E=BL v求出感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律可求出通过电阻的电流大小；根据安培力公式可求出其大小，再由受力平衡可确定外力的大小．在水平方向上，导线受到拉力和安培力，根据功率的公式可求出安培力的功率．本题是导体在导轨上运动类型，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式结合研究．同时运用力的功率公式．四、实验题探究题(本大题共1小题，共12.0分)17.“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，提供的实验器材有A．小灯泡（额定电压为3.8V，额定电流为0.6A）B．电流表A（0～0.6A，内阻约为1Ω）C．电压表V（0～6V，内阻约为5kΩ）D．滑动变阻器R1（0～10Ω，2A）E．滑动变阻器R2（0～100Ω，1A）F．电源（6V，内阻不计）G．开关及导线若干（1）该同学设计了如图甲所示的实验测量电路，实验中滑动变阻器选______ （填“R1”或“R2”）．（2）图乙中的曲线a是某次实验中同学根据实验数据作出的小灯泡的U-I图象，根据图象可知小灯泡的电阻随着电流的增大而______ （选填“增大”、“减小”或“不变”）．（3）图乙中的直线b是某同学在《用伏安法测定电源的电动势和内阻》实验中，根据测得的数据作出的U-I图象，由直线b可以得到电源电动势E= ______ V，内电阻r= ______ Ω．（4）现在将（2）中的小灯泡接入（3）中的电源中，则电源的总功率P总= ______ W，小灯泡的实际功率P实= ______ W．【答案】R1；增大；1.5；1；0.6；0.44【解析】解：（1）观察甲图可知，滑动变阻器采用分压接法，为了操作方便，滑动变阻器要选用最大阻值较小的，故实验中滑动变阻器选R1；（2）在小灯泡的U-I图象中，斜率为，表示的是小灯泡的电阻，观察曲线a可知，随着电流的增大，曲线斜率变大，则可知小灯泡的电阻随着电流的增大而增大；（3）用伏安法测定电源的电动势和内阻实验中，由闭合电路欧姆定律E=U+I r，可得U=E-I r；即在作出的U-I图象中，I=0时对应的电压是电源的电动势，从直线b可知，电源电动势为1.5V；U-I图象中，图线的斜率的绝对值表示内电阻，则r===1Ω；（4）现在将（2）中的小灯泡接入（3）中的电源中，从图乙可知，交点处表示此时灯泡的工作电压和工作电流，从乙图可知，此时工作电压U=1.1V，电路电流为I=0.4A故电源的总功率P总=IE=0.4×1.5W=0.6W小灯泡的实际功率P实=UI=1.1×0.4V=0.44W；故答案为：（1）R1；（2）增大；（3）1.5；1；（4）0.6；0.44（1）根据甲图滑动变阻器的接法，来选择滑动变阻器；（2）在小灯泡的U-I图象中，斜率表示电阻，观察斜率变化来判断小灯泡的电阻的变化；（3）用伏安法测定电源的电动势和内阻作出的U-I图象中，与纵轴的交点表示电源电动势，图线的斜率的绝对值表示内电阻，据此读出数据计算即可；（4）从乙图读出交点的数据，可知这时电路电流，以及小灯泡两端电压，据此计算电源总功率和小灯泡的实际功率．本题综合考查了描绘小灯泡的伏安特性曲线和用伏安法测定电源的电动势和内阻两个实验，关键是要掌握数据的处理，以及图象的物理意义，结合闭合电路欧姆定律，以及功率的计算公式进行求解．五、计算题(本大题共3小题，共30.0分)18.如图所示，用长为l的绝缘细线拴一个质量为m、带电量为+q的小球（可视为质点）后悬挂于O点，整个装置处于水平向右的匀强电场E中．将小球拉至使悬线呈水平的位置A后，由静止开始将小球释放，小球从A点开始向下摆动，当悬线转过60°角到达位置B时，速度恰好为零．求：（1）B、A两点的电势差U BA；（2）电场强度E．【答案】解．（1）小球从A运动到B的过程，根据动能定理得：mglsin60°+q U AB=0-0，解得A、B两点间的电势差为U AB=-B、A两点的电势差U BA=-U AB=（2）电场强度E===答：（1）B、A两点的电势差U BA是．（2）电场强度E是．【解析】（1）电场力做功与电势差有关，根据动能定理和电场力做功公式W=q U列式，即可求出电势差．（2）电场强度与电势差的关系是U=E d，d是两点沿电场线方向的距离．解决本题关键要掌握动能定理和电场力做功W=q U、电场强度与电势差的关系式U=E d，难度不大．19.如图所示，电源电动势为E=10V，内阻r=1Ω，R1=R2=R3=R4=1Ω，电容器电容C=6μF，开关闭合时，间距为d的平行板电容器C的正中间有一质量为m，电荷量为q的小球正好处于静止状态．求：（1）电路稳定后通过R4的电流I；（2）开关S断开，流过R2的电荷量△Q；（3）断开开关，电路稳定后，小球的加速度a的大小．【答案】解：（1）开关S闭合时，R1、R3并联与R4串联，R2中没有电流通过．有：电容器的电压U C=U4=E=×10V=4V由欧姆定律得通过R4的电流I==4A（2）开关S断开，电容器的电压U C′=E=×10V=V开关S断开，流过R2的电荷量△Q=C△U=C（U C-U C′）=6×10-6×（4-）C=2.2×10-5C （3）开关S闭合时，小球静止时，由平衡条件有：mg=q开关S断开，根据牛顿第二定律得mg-q′=ma联立解得a=g≈1.67m/s2．答：（1）电路稳定后通过R4的电流I是4A；（2）开关S断开，流过R2的电荷量△Q是2.2×10-5C；（3）断开开关，电路稳定后，小球的加速度a的大小是1.67m/s2．【解析】（1）开关闭合时，R1、R3并联与R4串联，R2中没有电流通过，由串联电路分压规律求R4的电压，再由欧姆定律求通过R4的电流I．（2）开关闭合时，小球静止在电场中，电场力与重力平衡，由平衡条件列出方程．开关S断开，根据串联电路的特点求出电容器的电压，从而可求得电容器电荷量的变化量，即等于流过R2的电荷量△Q．（3）断开开关，电路稳定后，根据牛顿第二定律求加速度a．本题考查综合运用物理知识解决问题的能力．对于带电小球在电场中运动的问题，电压是联系电场与电路的桥梁．要注意电路稳定时，与电容器串联的电阻无电压和电流．20.如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理想边界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的高度足够大．匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外．一个质量为m，电量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动．已知重力加速度为g．（1）试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；（2）若带电小球能进入区域Ⅱ，则h应满足什么条件？（3）若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求它释放时距MN的高度h．。