2021-2022学年河北省石家庄二中教育集团高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

2021-2022学年河北省石家庄二中教育集团高二（上）期末物理试卷

1.     物理学中最早提出利用电场线描述电场、发现电流的磁效应和用实验证实电磁场理论的依次是哪几位物理学家(    )

A. 法拉第、安培和麦克斯韦 B. 奥斯特、安培和麦克斯韦
C. 法拉第、奥斯特和赫兹 D. 安培、奥斯特和赫兹

2.     如图所示是一种风速测定装置，电源电压不变，R为定值电阻，为滑动变阻器。T形管道的竖直管内装有可上下无摩擦自由移动的轻质活塞，活塞通过轻质细杆和滑动变阻器的滑片P相连，S闭合后，当风速增大时活塞上方气压变小，下列说法中正确的是(    )

A. 活塞上移，电压表的示数变小
B. 活塞上移，电压表的示数变大
C. 活塞下移，电压表的示数变大
D. 活塞下移，滑动变阻器两端的电压变大

3.     如图所示，图甲所示为扬声器的实物图，图乙为扬声器的剖面图，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音。俯视图丙表示处于辐射状磁场中的半径为R的N匝圆形线圈线圈平面即纸面，线圈所在处的磁感应强度为B，磁场方向如图中箭头所示，在图丙中当沿顺时针方向大小为I时，线圈所受安培力大小为(    )
    

A.  B.  C.  D.

4.     关于下列四幅图的说法正确的是(    )
    

A. 图甲是回旋加速器的示意图，要想带电粒子获得的最大动能增大，可增大加速电压
B. 图乙是磁流体发电机的示意图，可以判断出B极板是发电机的负极，A极板是发电机的正极
C. 图丙是速度选择器的示意图，若带电粒子不计重力能自左向右沿直线匀速通过速度选择器，那么也能自右向左沿直线匀速通过速度选择器
D. 图丁是质谱仪的示意图，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝说明粒子的比荷越大

5.     如图所示为一电流通过一电子元件后的波形图曲线部分为正弦交流电的一部分，则下列说法正确的是(    )

A. 这是一种交变电流
B. 电流的变化周期为
C. 一个周期内流经电阻的电荷量大于
D. 电流通过电阻时，电功率为100W

6.     如图所示：竖直平面内有一矩形导体框从某一高度a处落入一区域足够大的匀强磁场中，则导体框由a处运动至b处的过程中，图象肯定不正确的是(    )

A.
B.
C.
D.

7.     如图甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正，下列说法正确的是(    )

A. 从上往下看，内圆环中的感应电流沿逆时针方向
B. 2s时圆环中的感应电流大于时感应电流
C. 金属圆环中感应电流变化周期为2s
D. 1s时金属圆环所受安培力最大

8.     下列装置中是利用电磁感应原理工作的是(    )

A. 话筒
B. 电动机
C. 法拉第转盘使灯泡发光
D. 通电导体在磁场中受力

9.     如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，其中，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则(    )

A. 电压表读数变大，电流表读数变大
B. 和上的电压都增大
C. 质点P将向下运动，电源的效率增大
D. 上消耗的功率减小，电源的输出功率增大

10. 如图甲所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在时刻的波形图，P是参与波动的、离原点处的质点，Q是参与波动的、离原点处的质点。图乙是参与波动的某一质点的振动图像所有参与波动的质点计时起点相同。由图可知(    )
     

A. 这列波的传播速度为
B. 从到，质点Q通过的路程为
C. 从起，质点P比质点Q先到达波峰
D. 图乙可能是图甲中质点Q的振动图像

11. 如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为、和，两个副线圈分别接有电阻和，当发电机线圈以角速度匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是(    )
     

A. 通过电阻的电流为 B. 电阻两端的电压为
C. 与的比值为 D. 与的比值为

12. 如图所示，在荧屏板MN的上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。距荧屏板d处有一粒子源S，能够在纸面内不断均匀地向各个方向发射速度大小为、电荷量为q、质量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子源发射粒子的总个数为N，则(    )

A. 粒子能打到板上的区域长度为
B. 打到板上的粒子数为
C. 从粒子源出发到板的最短时间为
D. 同一时刻发射的粒子打到荧光板上的最大时间差为

13. 某物理兴趣小组在学习了电表的改装后，将图甲所示的电流表分别改装成了图乙所示的欧姆表和图丙所示的电压表．
    
    若电流表G的量程为1mA，内阻为，按照图丙所示将其改装成一个量程为3V的电压表，则需串联的电阻______。
    该小组同学将电流表改装成图乙所示的欧姆表后，其表盘上的刻度如图丁所示．弧AB是以指针轴为圆心的弧，两表笔分开时指针指A，接触时指针指B，C为弧AB的中点，D和F分别为弧AC和弧CB的中点．已知改装后欧姆表的总电阻为，电流表指针偏转角度与电流大小成正比，则刻度盘上D点对应的电阻为______，F点对应的电阻为______。
    该实验小组用图乙的欧姆表按正确方法测量一未知阻值的电阻时，指针刚好指在刻度盘上的C点．若该欧姆表使用一段时间后，电源的电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确测量方法再次测量同一个电阻，则其测量结果与原结果相比将______填“变大”“变小”或“不变”。
14. 小福同学做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。
    下列最合理的装置是______；
    
    该同学根据实验数据，利用计算机拟合得到的方程为：。由此可以得出当地重力加速度______取，结果保留3位有效数字，从方程中可知与l没有成正比关系，其原因可能是______。
    A.开始计时时，小球可能在最高点
    B.小球摆动过程中，可能摆角太大
    C.计算摆长时，可能加了小球的直径
    D.计算摆长时，可能忘了加小球半径
15. 如图所示，abcd为纸面内矩形的四个顶点，矩形区域内含边界处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，，。一质量为m、电荷量为的粒子，从a点沿ab方向运动，不计粒子重力。求：
    粒子能通过cd边的最小速度v；
    粒子能通过cd边的最短时间t。

16. 小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长，竖直边长，匝数为线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在范围内调节的电流挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．重力加速度取
    为使电磁天平的量程达到，线圈的匝数至少为多少？
    进一步探究电磁感应现象，另选匝、形状相同的线圈，总电阻，不接外电流，两臂平衡，如图2所示，保持不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度当挂盘中放质量为的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率

17. 在如图所示的坐标系中，第一和第二象限包括y轴的正半轴内存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场；第三和第四象限内存在平行于y轴正方向、大小未知的匀强电场。p点为y轴正半轴上的一点，坐标为；n点为y轴负半轴上的一点，坐标未知。现有一质量为m电荷量为q带正电的粒子由p点沿y轴正方向以一定的速度射入匀强磁场，该粒子经磁场偏转后以与x轴正半轴成角的方向进入匀强电场，在电场中运动一段时间后，该粒子恰好垂直于y轴经过n点，粒子的重力忽略不计。求：
    粒子在p点的速度大小；
    第三和第四象限内的电场强度的大小；
    带电粒子从由p点进入磁场到第二次通过x轴的总时间。

答案和解析

1.【答案】C 

【解析】解：最早提出利用电场线描述电场的物理学家是法拉第，发现电流的磁效应的物理学家是奥斯特，用实验证实电磁场理论的物理学家是赫兹，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家法拉第、奥斯特、赫兹等人的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
 

2.【答案】B 

【解析】解：由电路图可知，与R串联，电压表测定值电阻R两端的电压，当风速增大时，活塞上方空气的流速变大，大于下方空气的流速，由流速大的地方压强小可知，此时会产生向上的力，使滑片随活塞向上移动，接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小；由可知，电路中的电流变大，由可知，R两端的电压变大，即电压表的示数变大。故B正确，ACD错误。
故选：B。
由电路图可知，与R串联，电压表测R两端的电压，根据流体压强与流速的关系流速越快的地方压强越小判断产生压力的方向，然后判断滑片移动的方向确定接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和定值电阻两端的电压变化。
本题是力学和电学的综合题，涉及到滑动变阻器和欧姆定律的应用，会利用流体压强和流速的关系是解题的关键。
 

3.【答案】D 

【解析】

【分析】
应用化曲为直法，把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，再根据左手定则判断所受安培力的方向，合成得到合力大小。
本题主要考查了左手定则的直接应用，注意化曲为直法在解题中的应用，难度不大，属于基础题。

【解答】
把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，当电流沿顺时针方向时，根据左手定则可知，每一小段直导线受到的安培力都是垂直于纸面向外，则线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外，安培力大小为：，故ABC错误，D正确；
故选：D。  

4.【答案】D 

【解析】解：A、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据得，，知图中带电粒子在回旋加速器中获得的最大动能与加速电压无关，故A错误；
B、图中由左手定则可知正电荷向B极板偏转，负电荷向A极板偏转，所以A极板为发电机的负极，B极板为发电机的正极，故B错误；
C、图中当带电粒子自左向右沿直线匀速进入时，所受洛伦兹力与电场力的方向相反，则当粒子自右向左运动时，所受洛伦兹力与电场力的方向相同，不能沿直线匀速通过速度选择器，故C错误；
D、图中能够进入磁场的带电粒子速度相同，由得，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝则R越小，说明粒子的比荷越大，故D正确。
故选：D。
根据洛伦兹力提供向心力求最大速度和最大动能与电压是否有关；根据左手定则判断正离子的偏转方向，可知电源的正负极；根据带电粒子受力情况分析；根据洛伦兹力提供向心力找到粒子的比荷与半径的关系。
解题时注意用左手定则判断带电粒子受力方向，注意根据洛伦兹力提供向心力找速度和比荷的表达式。
 

5.【答案】C 

【解析】

【解答】
A.由图象可知，电流大小变化，但方向没有变化，因此这是直流电，故A错误；
B、由电流的波形图可知，周期，故B错误；
C、电流通过的电阻时，一个周期内流经电阻的电荷量，故C正确；
D、由图可知，前个周期内电流为正弦式交流电，电流的最大值为，后个周期内为恒定电流，电流大小，
根据电流的热效应可知，，解得，电流的有效值为；则通过的电阻时，电功率，故D错误；
故选：C。
【分析】方向改变才是交流电，由波形图可知周期，由求解电荷量，由电流热效应求解有效值及功率。
本题考查交变电流，由电流热效应求解有效值，从而求解功率，注意交变电流四值的区分。  

6.【答案】B 

【解析】解：线圈进入磁场后，受到向上的安培力，若安培力与重力大小相等，则线圈做匀速直线运动，直到完全进入磁场后，线圈的磁通量不变化，不受安培力，只受重力而匀加速直线运动，即线圈先做匀速直线运动后匀加速运动，故A图是可能的．故A正确．
线圈进入磁场过程，若安培力小于重力，线圈做加速直线运动，随着速度增大，安培力增大，线圈的加速度减小，速度图象的斜率减小，完全进入磁场后做匀加速直线运动．由于安培力是变力，线框进入磁场的过程中不可能做匀加速运动，则B图不可能，D图是可能的，故B不准确，D正确．
C.线圈进入磁场后，受到向上的安培力，若安培力大于重力，线圈做减速直线运动，随着速度减小，安培力减小，线圈的加速度减小，速度图象的斜率减小，当安培力等于重力时，线圈改做匀速直线运动，完全进入磁场后做匀加速直线运动．故C正确．
本题选不正确的，故选：B
线圈进入磁场后，由于电磁感应线圈受到向上的安培力作用，根据安培力与重力大小关系，分析线圈可能的运动情况．安培力大小与线圈速度大小成正比，分析加速度的变化情况．
本题线圈的高度未知，进入磁场时速度未知，所以安培力与重力的关系不确定，要分情况进行讨论，根据运动情况，结合速度图象的特点进行选择.
 

7.【答案】B 

【解析】解：A、内电流从螺线管a端流入，螺线管在圆环中产生的磁场向上，内螺线管内的电流增大，则穿过圆环的磁通量增大，根据楞次定律，从上往下看在圆环中产生的感应电流沿顺时针方向，故A错误；
B、由图可知，2s时图像的斜率最大，螺线管中的电流变化最快，在圆环中产生的感应电流最大，故B正确；
C、根据交变电流产生的特点可知，金属圆环中感应电流变化周期等于螺线管中电流变化的周期，都等于4s，故C错误；
D、由图可知，1s时螺线管中的电流最大，产生的磁场最大，但电流的变化率为零，所以不产生感应电流，则对金属环无作用力，金属圆环不受安培力，故D错误。
故选：B。
先根据安培定则判断螺旋管产生的磁场方向，电流增大，螺旋管的磁场变大，然后根据楞次定律判断圆环的感应电流产生磁场方向，从而可以判断圆环的感应电流的方向；螺线管内的电流做周期性的变化，则电流产生的磁场做周期性的变化，结合交变电流的产生判断感应电流变化的周期，结合安培力的特点判断安培力的变化。
本题考查了楞次定律。深刻理解楞次定律“阻碍”的含义。如“阻碍”引起的线圈面积、速度、受力等是如何变化的。
 

8.【答案】AC 

【解析】解：A、动圈式话筒是把声信号转变成电信号的，声信号的振动带动线圈在磁场中振动，产生电流，是电磁感应现象原理，故A正确；
B、电动机原理是通电导线在磁场中受力后产生的运动，不是电磁感应现象原理，故B错误；
C、法拉第圆盘在磁场中做切割磁感线运动，产生感应电流，是电磁感应现象原理，故C正确；
D、通电导体在磁场中受力是导线受到安培力的作用，不是电磁感应现象原理，故D错误。
故选：AC。
分析清楚各设备的工作原理，找出属于电磁感应原理的即可．
了解各设备的工作原理即可正确解题，明确电磁感应现象及应用．
 

9.【答案】BD 

【解析】解：当滑动变阻器的滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，外电阻减小，干路电流增大，根据闭合电路欧姆定律有

则上的电压减小，流过的电流减小，根据

则通过的电流增大，通过的电压增大，电流表读数增大。根据

所以电压表读数变小，故A错误；
B.上的电压为

干路电流增大，则上的电压增大，故B正确；
C.电容器两端电压与两端电压相等，则电容器两端电压减小，两极板间的电场强度变小，电场力减小，质点P将向下运动，电源的效率，可知故C错误；
D.上消耗的功率为

由于上的电压减小，则其消耗的功率减小。根据电源的输出功率规律，当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，由于，即外电阻大于内阻，则随外电阻的减小，电源的输出功率逐渐增大，故D正确。
故选：BD。
由图可明确电路的结构，由滑片的移动方向可分析电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况．
解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体-局部-整体的思路进行分析，要注意电路中某一部分电阻减小时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的．
 

10.【答案】AD 

【解析】解：A、由图甲可知，波长，由图乙读出该波的周期，振幅为，所以波速，故A正确；
B、因为，所以从到，质点P、Q通过的路程都是，故B错误；
C、简谐波没x轴正方向传播，时刻质点Q向上运动，质点P向下运动，所以Q质点比P质点先到达波峰，故C错误；
D、由图乙看出，时刻，质点经过平衡位置向上，而图甲中，Q点也经过平衡位置向上运动，故乙图可能是图甲中质点Q的振动图象。故D正确。
故选：AD。
由甲读出波长，由图乙读出周期T，根据时间与周期的关系求质点P、Q通过的路程，由求出波速。波源的起振方向与图中的质点时刻的振动方向，由波的传播方向判断。根据图乙时刻质点的位置和速度方向，在图甲中选择对应的质点。
本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握。
 

11.【答案】BC 

【解析】解：C、副线圈两端电压，
根据交流电电动势的最大值表达式：，
交流电电动势的有效值：
由变压器的变压比得：，故C正确；
B、对于副线圈、，由变压器的变压比：，
得：，故B正确；
A、根据欧姆定律，通过电阻的电流：，故A错误；
D、原线圈两端电压：
消耗的功率：
消耗的功率：
发电机的功率：，
由A选项的结论：，可知只有当时，有，
发电机的功率才可表示为：，当时，此表达式不成立，故D错误。
故选：BC。
根据欧姆定律可得副线圈两端电压，根据交流电电动势的最大值表达式、最大值与有效值的关系以及变压器的变压比可得与的比值；由变压器的变压比可得电阻两端的电压；根据欧姆定律，可得通过电阻的电流；发电机的功率等于消耗的功率加上消耗的功率。
本题为两个副线圈输出，电压与线圈匝数成正比，电流与线圈匝数不再成反比，变压器的输入功率等于输出功率即两副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率。
 

12.【答案】BC 

【解析】解：A、粒子受到的洛伦兹力充当向心力，粒子的运动的半径
粒子运动到荧屏板的两种临界情况如右图，设SC垂直于MN于C点，由几何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，则左侧最远处A与C的距离为，右侧离C最远处为B，距离为d，所以粒子能打在板上的区域长度是，故A错误。
B、根据以上分析可知，当粒子的发射速度方向是沿着SC的反向即垂直MN向上时，其轨迹在SC左侧与MN相切，当发射速度方向是垂直MN向下时，其轨迹在SC右侧与MN相切，发射速度方向在两速度方向之间粒子都能打在荧屏板上，角度范围为，所以有一半的粒子能打到荧屏板上，粒子源发射粒子的总个数为N，则打到板上的粒子数为，故B正确。
CD、在磁场中运动时间最长和最短的粒子运动轨迹如图：

粒子做整个圆周运动的周期
由几何关系可知最短时间，
如图所示粒子在磁场中最长时间
所以，故C正确，D错误。
故选：BC。
带电粒子在磁场中做圆周运动根据运动轨迹可求长度；根据方向计算半径可求出打到板上的粒子数；根据粒子的运动轨迹求最短时间；最短时间和最长时间的差值为最大时间差。
主要考查带电粒子在磁场中运动的轨迹及临界状态，合理运用几何关系求解物理量。
 

13.【答案】变大 

【解析】解：电流表的满偏电压为，由于改装之后的量程为3V，所以量程扩大的倍数为300，需要串联的电阻阻值为。
当指针偏转到D点时，流过电流表的电流为满偏电流的四分之一，有，，两式联立可解得。当指针指到F点时，此时流过电流表的电流为，则有，，代入数据解得：。
电源的电动势E变小，内阻r变大，欧姆表内阻变小，测电阻时，由闭合电路的欧姆定律得：，由于欧姆表内阻变小，I变小，指针指示的位置向左偏，欧姆表示数偏大测量结果与原结果相比变大。
故答案为：；；；变大。
根据串联电路特点可求得需串联的电阻阻值；
根据串并联特点与欧姆表内部电路结构求解；
当电源的电动势变小，内阻变大，根据闭合电路欧姆定律求得电流表达式即可判断；
本题考查电表的改装，以及多用电表测电阻的知识点，关键是掌握欧姆表的工作原理，同时熟练应用串并联电路的特点解题。
 

14.【答案】 

【解析】解：为减小实验误差，单摆摆长应保持不变，应选择弹性小的细线作为摆线，摆线上端应固定不动，为减小空气阻力对实验的影响，应选择质量大而体积小即密度大的球作为摆球，由图示可知，应选择D。
根据单摆周期公式：得：，
由题意可知：，则有：，代入数据解得：；
由可知：与l没有成正比关系，说明l偏长了，即可能加了小球的直径，
与小球的计时位置及小球摆角均无关，故C正确，ABD错误；故选：C。
故答案为：；；C。
应选择弹性小的细线作为摆线，采用质量大而体积小的球作为摆球，单摆上端应固定，根据实验注意事项分析答题。
应用单摆周期公式求出方程的函数表达式，然后分析答题。
理解实验原理、知道实验注意事项、掌握基础知识是解题的前提，应用单摆周期公式即可解题；平时要注意基础知识的学习。
 

15.【答案】解：根据，可得，当粒子恰好从d点射出时，对应的半径最小，粒子能通过cd边的速度最小，设速度大小为v，运动半径为，由洛伦兹力提供粒子做匀速圆周的向心力，有，此时，联立解得：
当粒子恰好从c点射出时，粒子能通过cd边的时间最短，设运动的轨道半径为，粒子轨迹如图所示：

而由几何关系可得：
，
解得：，设粒子运动的圆心角为0，则有：

解得：，故粒子能通过cd边的最短时间为：
，而，联立解得：

答：粒子能通过cd边的最小速度v为；
粒子能通过cd边的最短时间t为。 

【解析】由洛伦兹力提供向心力求解速度；当粒子恰好从c点射出时，粒子能通过cd边的时间最短，结合几何关系求解t。
本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，学生需掌握半径和周期公式，并结合几何关系综合分析。
 

16.【答案】解：线圈受到安培力为：，
天平平衡有：，
代入数据解得：匝
由电磁感应定律得：
则
由欧姆定律得：
线圈受到安培力为：
天平平衡有：
代入数据解得：
答：
线圈的匝数至少为25匝；
此时磁感应强度的变化率为 

【解析】根据安培力的大小公式，结合安培力和重力平衡求出线圈的匝数．
通过法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出感应电流的大小，抓住安培力和重力相等求出磁感应强度的变化率．
本题综合考查了安培力大小公式、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，抓住平衡列式求解，求解安培力时需注意线圈的匝数．
 

17.【答案】解：粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识得：，
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：，
解得：；
粒子进入电场在第二象限中的逆过程为类平抛运动，
速度：，
由类平抛运动规律得：
，
，
解得：，；
粒子在磁场中做圆周运动的周期：，
粒子第一次在磁场中运动时间：，
粒子在电场中的运动时间为：，
粒子从开始到第二次通过x轴所用时间：；
答：粒子在p点的速度大小为；
第三和第四象限内的电场强度的大小为；
带电粒子从由p点进入磁场到第二次通过x轴的总时间为。 

【解析】做出运动的轨迹，由几何关系求出其半径，然后由洛伦兹力提供向心力，即可求出粒子的速度；
粒子在电场中做类平抛运动，水平位移已知，由动能定理和运动学公式，运用运动的分解法可求出竖直方向的位移，由动能定理即可求出电场强度。
由运动学的公式以及带电粒子在磁场中运动的周期公式分别求出各段运动的时间，然后求和即可。
本题是带电粒子在电场和磁场中运动的问题，画出轨迹，运用几何知识求出电子的轨迹半径是解题的关键，同时要抓住几个过程之间的联系，比如速度关系、时间关系等。