2022-2023学年河北省邯郸市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年河北省邯郸市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16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。

1.2023年4月12日21时，中国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置(EAST)创造新的世界纪录，成功实现稳态高约束模式等离子体运行403秒。下列关于核聚变的说法正确的是( )
A. 核电站采用核聚变技术发电
B. 任何两个原子核都可以发生聚变
C. 两个轻核结合成质量较大的原子核，核子的比结合能变大
D. 两个轻核结合成质量较大的原子核，生成核的质量大于两轻核的质量之和
2.A、B、C、D四个物体做直线运动时的位移、速度、加速度与所受合力随时间变化的图像如图所示，则做匀加速直线运动的物体是( )
A. B.
C. D.
3.如图所示，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两墙壁之间，开始时OB绳水平。现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ=90∘。设此过程中OA、OB绳的拉力分别为F1、F2，下列说法正确的是( )
A. F1一直减小
B. F1先减小后增大
C. F2一直增大
D. F2先减小后增大
4.固定在水平地面上的斜面PQO上方的弧形轨道末端水平，小球从弧形轨道上某处滑下水平飞出后，恰好落在Q点，已知PO=0.8m，PQ=1.0m，取重力加速度大小g=10m/s2，则小球做平抛运动的初速度大小为( )
A. 1.0m/sB. 1.5m/sC. 2.0m/sD. 2.5m/s
5.近期，多个国家和组织相继发布了一系列探月规划，其中不乏新颖的亮点，比如建设月球通信导航星座，利用低轨探测器、跳跃探测器等手段寻找水冰资源。人造航天器在月球表面绕月球做匀速圆周运动时，航天器与月球中心连线在单位时间内扫过的面积为s0，已知月球的半径为R，则航天器的( )
A. 速度大小为πs0RB. 角速度大小为πs0R2C. 环绕周期为πR2s0D. 加速度大小为πs02R3
6.某同学用如图所示的电路探究远距离输电的能量损耗，T1、T2为两个完全相同的理想变压器，(T1升压、T2降压)，将总电阻为500Ω的长导线卷成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略导线卷的自感作用，当变压器T1原线圈的输入电压为4V时，铭牌为“2.5V、0.3A”的灯泡恰好正常发光，下列说法正确的是( )
A. 变压器T1原线圈中的电流为0.25AB. 导线卷A产生的热功率为0.45W
C. 远距离输电的效率为80%D. 变压器T2原线圈的输入电压为25V
7.如图所示，真空中有M、N两点，纸面内到M、N两点的距离之比等于2的点的集合为图中圆心为O、半径为d的圆，P、T、S为圆上的三点，PO⊥MO，T、S两点为圆与直线MN的交点，显然NO=d2,MO=2d。在M、N两点分别固定两点电荷Q1、Q2，点电荷Q2所带电荷量为−q，P点的电场方向恰好指向圆心O。已知真空中带电荷量为Q的点电荷，在空间产生的电场中某点的电势φ=kQr，式中r为该点到点电荷的距离，k为静电力常量，下列说法正确的是( )
A. P点的电场强度大小为3kq5d2
B. S点的电场强度大小为2kq7d2
C. M、N两点之间T点的电场强度最小
D. 球心为O、半径为d的球面上任意一点的电场方向均指向球心
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.半径为R的半圆柱玻璃砖的截面如图所示，O点为圆心，OO′与直径AB垂直，一束与OO′成θ角的光线在O点反射、折射后，在紧靠玻璃砖且与AB垂直的光屏上形成两个光斑C、D。已知反射光线与折射光线垂直，sinθ=0.6，下列说法正确的是( )
A. 此玻璃砖的折射率为43
B. 此玻璃砖的折射率为53
C. 两光斑间的距离为2512R
D. 两光斑间的距离为169R
9.两个沿y轴做简谐运动的质点产生的简谐波在t=0时刻的图像如图所示，此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m处的P、Q两质点刚开始振动。已知两波源分别位于横轴上x=−0.2m和x=1.2m处，它们的周期均为1s、振幅均为2cm，质点M的平衡位置在x=0.5m处，下列说法正确的是( )
A. 质点P、Q同时运动到M点
B. 两波源的起振方向均沿y轴负方向
C. 0∼3s时间内质点M通过的路程为18cm
D. t=3s时刻，质点M偏离平衡位置的位移为−4cm
10.如图所示，用同种材料制成的质量相等、粗细均匀的闭合金属圆环，它们围成的面积之比为4：1，把它们垂直放在磁感应强度随时间均匀变化的磁场中，下列说法正确的是( )
A. 穿过两环的磁通量之比为4：1B. 两环内的感应电动势之比为3：1
C. 两环内的感应电流之比为2：1D. 相同时间内通过两环某截面的电荷量相等
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.某同学做“探究匀变速直线运动的规律”的实验装置如图甲所示。
(1)本实验中打点计时器的电源配置应选用______
(2)在该实验中，下列说法正确的是______
A.应先接通电源，再释放小车
B.滑轮与小车之间的细线一定要保持水平
C.牵引小车的钩码质量应远小于小车的质量
(3)实验得到如图乙所示的一条纸带，相邻两个计数点间的距离已在图中标出。已知交流电源的频率为50Hz，每两个相邻计数点间还有两个点没有画出，则小车运动的加速度大小为______m/s2(计算结果保留三位有效数字)。
12.为了测量某水果电池的电动势和内阻，某同学用如下实验器材设计了如图甲所示的电路。
A.待测电池E；
B.微安表A，内阻为Rg；
C.电阻箱R。
(1)根据图甲中的电路图，用笔画线代替导线，完成图乙中的实物连线；
(2)闭合开关S，当电阻箱的阻值为R时，记录微安表A的示数I；
(3)改变电阻箱的阻值R，重复(2)中步骤，得到多组R、I；
(4)以1I为纵坐标、R为横坐标，描点得到直线的斜率为k，纵截距为b，则该水果电池的电动势E=______，内阻r=______。
四、简答题：本大题共2小题，共23分。
13.一横截面积为S的圆柱形汽缸水平固定，开口向右，底部导热，其他部分绝热。汽缸内的两绝热隔板a、b将汽缸分成Ⅰ、Ⅱ两室，隔板可在汽缸内无摩擦地移动。b的右侧与水平弹簧相连，初始时弹簧处于原长，两室内均封闭有体积为V0、温度为T0的理想气体，现用电热丝对Ⅱ室缓慢加热一段时间达到稳定状态时，a、b隔板移动的距离均为V06S，已知气压强为p0，环境的热力学温度恒为T0，求：
(1)弹簧的劲度系数k；
(2)加热后Ⅱ室中气体的热力学温度T。
14.如图所示，半径R=0.4m的光滑半圆轨道竖直固定，直径AB沿竖直方向，足够长的光滑水平平台上有一质量M=1.5kg，长度L=0.75m的平板小车，其左端恰好与半圆轨道的B点对齐。一可视为质点、质量m=0.5kg的小物块从A点以一定的速度进入半圆轨道，恰好从B点离开并滑上小车，最后恰好停在小车的右端，取重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)物块进入半圆轨道时的速度大小v0；
(2)物块与小车间的动摩擦因数μ。
五、计算题：本大题共1小题，共16分。
15. 如图所示，在第一、二象限内存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；在第三、四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。y轴上的点P(0,d)处有一粒子源，粒子源可以沿水平方向连续不断地以不同的速度向第一象限射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子，不计粒子间的相互作用及粒子受到的重力。
(1)求射出的带电粒子在电场中做类平抛运动的时间t0；
(2)求带电粒子第一次穿过x轴与第二次穿过x轴的位置之间的距离L；
(3)若粒子源t=0时刻射出的带电粒子的速度为0，之后射出的粒子速度逐渐变大，记t时刻射出的带电粒子的初速度大小为vt，只要粒子射出时的初速度控制得好，那么可以发现从t=0时刻开始的某段时间内射出的所有带电粒子第一次离开磁场时能在x轴上排成一行，求粒子的初速度vt与时间t的关系。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.核电站采用重核裂变技术发电，故A错误；
B.最容易实现的聚变反应是氢的同位素，不是任意的原子核就能发生核聚变，故B错误；
C.两个轻核结合成质量较大的核的过程中要释放能量，核子的平均质量减小，所以核子的比结合能增加，故C正确；
D.两个轻核结合成质量较大的原子核，释放能量，生成核的质量小于两轻核的质量之和，故D错误。
故选：C。
根据重核裂变和轻核聚变的特点分析判断；根据比结合能的概念分析判断；根据爱因斯坦的质能方程判断。
本题关键掌握重核裂变和轻核聚变的特点，理解比结合能的概念。
2.【答案】B
【解析】解：A、s−t图像是位移-时间图像，其斜率表示速度，斜率不变，则物体做匀速直线运动，故A错误；
B、v−t图像是速度-时间图像，其斜率代表加速度，则物体做匀加速直线运动，故B正确；
C、a−t图像是加速度-时间图像，由图像可知，加速度不为零且保持逐渐增大，则物体做变加速直线运动，故C错误；
D、F−t图像是合外力-时间图像，由图像可知，合外力增大，由牛顿第二定律可知，物体的加速度增大，且方向不变，故物体做加速度增大的直线运动，故D错误。
故选：B。
根据s−t图像的斜率表示速度，v−t图象的斜率表示加速度，匀加速直线运动的合力与加速度均恒定且不为零进行分析。
本题考查运动学图像，目的是考查学生的理解能力。关键要知道s−t图像的斜率表示速度，v−t图象的斜率表示加速度。
3.【答案】A
【解析】解：根据题意，以花盆为研究对象，花盆受重力G、绳OA的拉力FOA和绳OB的拉力FOB，根据平衡条件可知，作出轻绳OB在不同位置时力的合成图，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，如图所示
由图可看出，OB绳右端由B点缓慢上移至B′点，使得OB′与OA之间的夹角等于90∘的过程中，F1、F2均一直减小，故A错误，BCD正确。
故选：A。
根据平行四边形法则(或矢量三角形)作图，根据图中表示力的有向线段长度变化情况分析力的大小。
本题主要是考查了共点力的平衡之动态分析问题，如果一个力大小方向不变、一个力的方向不变，可以根据矢量三角形(图解法)分析各力的变化情况。注意整体法和隔离法的应用。
4.【答案】B
【解析】解：水平位移
OQ= PQ2−PO2= 12−0.82m=0.6m
根据
PO=12gt2
得
t= 2POg= 2×0.810s=0.4s
小球做平抛运动的初速度大小为
v=OQt=
故B正确，ACD错误。
故选：B。
把平抛运动分解成水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，利用竖直位移与水平位移求解。
本题考查平抛运动与斜面的结合，要熟练掌握其运动规律。
5.【答案】C
【解析】解：人造航天器在月球表面绕月球做匀速圆周运动时，轨道半径近似等于月球半径，航天器与月球中心连线在单位时间内扫过的面积为s0，则有
πR2=s0T
解得航天器的环绕周期为
T=πR2s0
航天器的角速度大小为
ω=2πT=2s0R2
航天器的速度大小为
v=ωR=2s0R
航天器的加速度大小为
a=ω2R=4s02R3，故ABD错误，C正确。
故选：C。
航天器轨道围成的面积为πR2，根据航天器与月球中心连线在单位时间内扫过的面积求解航天器的环绕周期，航天器做圆周运动的向心加速度、线速度、角速度大小根据圆周运动公式计算。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用，先求出周期，在借助于周期和轨道半径，计算其他物理量，比较容易。
6.【答案】D
【解析】解：T1、T2为两个完全相同的理想变压器，设T1的原副线圈匝数之比为n1：n2，电压为U1、U2，电流为I1、I2，则T2的原副线圈匝数之比为n2：n1，设电压为U3和U4，电流为I3、I4，根据理想变压器的变压规律得：U1U2=n1n2，U3U4=n2n1，联立解得：U3U2=U4U1，代入数据得：U3U2=①
根据输电电路可知：I2=I3，U2=U3+I3R②
其中R=500Ω
T2为理想变压器，根据能量守恒得：U3I3=U4I4③
其中U4=2.5V，I4=0.3A
①②③式联立解得：U3=25V，U2=40V，I2=I3=0.03A
A、变压器T1为理想变压器，根据能量守恒得：U1I1=U2I2，原线圈中的电流I1=U2I2U1=40×0.034A=0.3A，故A错误；
B、导线卷A产生的热功率为P=I22×R2=0.032×5002W=0.225W，故B错误；
C、远距离输电的效率为η=U4I4U1I1×100%=2.5V×0.3A4V×0.3A×100%=62.5%，故C错误；
D、变压器T2原线圈的输入电压为U3=25V，故D正确。
故选：D。
由于远距离输电涉及的物理量比较多，需要用变压规律、功率关系等联立方程讨论各个选项是否正确。
本题考查远距离输电能量损耗等问题，涉及理想变压器的变压规律，能量守恒，即理想变压器输入、输出功率不变的问题，灵活运用规律以及功率不变列式是解题突破口。
7.【答案】D
【解析】解：A、如图所示
根据点电荷的场强与距离的关系，结合几何关系可得两个点电荷在P点的场强大小之比为
E1E2=PNPM= 1.25d 5d=12，EPE2=1.5 5
根据点电荷的场强公式，有E1=kQ1( 5d)2，E2=kqd2+(0.5d)2
解得Q1=2q，EP=6 5kq25d2，故A错误；
B、根据点电荷的场强公式，可知S点的电场强度大小为ES=kq(32d)2−k2q(3d)2=2kq9d2，故B错误；
C、设M、N两点之间存在一点电场强度最小，该点到M点的距离为x，有
E=k2qx2+kq(32d−x)2
对上式求导有
E′=−4kqx3+2kq(32d−x)3
令E′=0，可得
x=3d2+34
可知M、N两点之间电场强度最小的点在T点的左侧，故C错误；
D、空间中到两点电荷的距离之比等于2的点的集合为球面，所以两点电荷在此球面上任意一点对应的电势互为相反数，此球面上的任意一点的电势均为零，此球面为等势面，故球心为O、半径为d的球面上任意一点的电场方向均指向球心，故D正确。
故选：D。
首先，画出两个电荷在P点的场强方向，根据几何关系求出场强之比，再根据点电荷的场强公式，求出P点的场强大小；
其次，根据点电荷的场强公式求出S点的电场强度大小；
然后，设M、N两点之间存在一点电场强度最小，根据矢量求合表示出该点的场强表达式，根据求导判断该点的位置在T点的左侧还是右侧；
最后，根据等势面的特点判断球心为O、半径为d的球面的电势，并判断球面上任意一点的电场强度的方向。
本题考查了电场的性质，解决本题的关键是熟练掌握点电荷的电场强度的叠加。
8.【答案】AC
【解析】解：AB、已知反射光线与折射光线垂直，根据几何关系可知折射角为α=90∘−θ
根据折射定律得：n=sinαsinθ=sin(90∘−θ)sinθ= 1−sin2θsinθ= 1−，故A正确，B错误；
CD、根据几何关系两光斑间的距离为
x=AC+AD=Rtanθ+Rtanα
其中，tanθ=0.75；tanα=43，代入数据解得：x=2512R，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据几何关系确定折射角，由折射定律求出折射率的大小；根据几何关系求解两光斑间的距离。
本题主要考查光的折射定律，理解光传播的特点，结合几何关系和折射定律即可完成分析。
9.【答案】BD
【解析】解：A.根据简谐横波的传播特点可知，质点不会随波迁移，故A错误；
B.根据同侧法可知，质点P、Q的起振方向均沿y轴负方向，所以两波源的起振方向均沿y轴负方向，故B正确；
C.M点到两波源的波程差为零，所以M处于振动加强点，其振幅为4cm，两列波传播的速度均为
v=λT=0.41m/s=0.4m/s
波传播到M点需要的时间为
t=xv=
所以在0∼3s内，M点振动的时间为2.25s，即两个周期加四分之一周期，所以质点M通过的路程为
s=2×4A+A=2×4×4cm+4cm=36cm
故C错误；
D.t=3s时刻，质点M处于波谷，所以其偏离平衡位置的位移为−4cm，故D正确。
故选：BD。
质点只会上下振动，不会随波迁移；
根据同侧法得出质点的起振方向；
根据波速的计算公式和简谐横波在竖直方向上的振动特点得出质点通过的路程；
根据波形图得出质点对应的位移。
本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解图像的物理意义，结合简谐横波的传播特点和运动学公式即可完成分析。
10.【答案】AD
【解析】解：A、根据磁通量表达式：Φ=BS
可知穿过两环的磁通量之比为：Φ1：Φ2=S1：S2=4：1，故A正确；
B、根据法拉第电磁感应定律可得：E=ΔΦΔt=ΔBΔtS
可知两环内的感应电动势之比为：E1：E2=S1：S2=4：1，故B错误；
C、根据圆环面积公式S=πr2，可知两环的半径之比为：r1:r2= S1: S2=2:1
设材料的密度为ρ0，横截面积为S0，则圆环材料的质量为：m=ρ0S0⋅2πr
根据题设条件：两环质量相等，则两环的横截面积之比为：S01：S02=r2：r1=1：2
根据电阻定律可得：R=ρ2πrS0
两环的电阻之比为：R1:R2=r1S01:r2S02=4:1
根据欧姆定律可得感应电流：I=ER
所以两环内的感应电流之比为：I1:I2=E1R1:E2R2=1:1，故C错误；
D、根据电流定义的变形式q=It可知，相同时间内通过两环某截面的电荷量之比为：q1：q2=I1：I2=1：1，故D正确。
故选：AD。
A、根据两圆环长度相等，可得两圆环半径之比，则可得面积之比，根据Φ=BS可得磁通量之比；
BC、两圆环在同一磁场可知ΔBΔt相同，由法拉第电磁感应定律可得电动势之比，由电阻定律可得两圆环电阻的大小关系，由闭合电路欧姆定律可得感应电流大小之比；
D、由q=It可得电荷量之比。
本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、磁通量，解题的关键是首先求出两圆环的半径之比和面积之比，注意磁通量跟匝数无关。
11.【答案】BA4.76
【解析】解：(1)本实验中打点计时器为电磁打点计时器，应选用低压交流电源，故B正确，AC错误；
故选：B。
(2)A.应先接通电源，待打点稳定时再释放小车，故A正确；
B.滑轮与小车之间的细线与长木板需要保持平行，但不一定要保持水平，故B错误；
C.本实验是探究匀变速直线运动的规律，只需要保证小车受到的合力一定，不需要牵引小车的钩码质量远小于小车的质量，故C错误。
故选：A。
(3)每两个相邻计数点间还有两个点没有画出，则相邻计数点的时间间隔为：
T=3×0.02s=0.06s
根据逐差法可得小车运动的加速度大小为：
a=xCE−xAC4T2
代入数据得：a≈4.76m/s2
故答案为：(1)B；(2)A；(3)4.76。
(1)根据打点计时器的特点选择合适的实验电源；
(2)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(3)根据逐差法计算出小车的加速度。
本题主要考查了打点计时器测量加速度的实验，能根据实验原理掌握正确的实验操作，会利用逐差法计算加速度。
12.【答案】1k bk−Rg
【解析】解：(1)电阻箱与电流表串联，根据图甲中的电路图，实物连线如图所示：
(4)根据闭合电路欧姆定律可得E=I(R+Rg+r)
化简可得1I=1ER+Rg+rE
可知1I−R图像的斜率为k=1E
解得电源的电动势为E=1k
1I−R图像的纵轴截距为b=Rg+rE
解得电源内阻为r=bE−Rg=bk−Rg
故答案为：(1)实物连接图见解析；(4)1k；bk−Rg。
(1)根据电路图连接实物图；
(4)根据闭合电路的欧姆定律求解1I−R函数，结合图像斜率和纵截距求电动势和内阻。
本题考查了用“安阻法”测电源的电动势和内阻，关键是求解1I−R函数，再结合图像的斜率和纵截距即可完成作答。
13.【答案】解：(1)对Ⅰ内的气体为研究对象，根据玻意耳定律可得：p0V0=p1(V0−V06)
解得最后的压强为：p1=65p0
此时Ⅱ内气体的压强也为p1，对b活塞，根据平衡条件可得：p1S=p0S+k⋅V06S
解得：k=6p0S25V0
(2)对Ⅱ内的气体，根据一定质量的理想气体状态方程可得：p0V0T0=p1(V0+2×V06)T
解得：T=8T05
答：(1)弹簧的劲度系数为6p0S25V0；
(2)加热后Ⅱ室中气体的热力学温度为8T05。
【解析】(1)对Ⅰ内的气体为研究对象，根据玻意耳定律求解最后的压强，对b活塞，根据平衡条件求解弹簧的劲度系数；
(2)对Ⅱ内的气体，根据一定质量的理想气体状态方程求解加热后Ⅱ室中气体的热力学温度T。
本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用一定质量的理想气体的状态方程列方程求解。
14.【答案】解：(1)设物块恰好离开半圆轨道时的速度大小为vB，在B点根据牛顿运动定律有：mg=mvB2R
物块从A到B点由动能定理有：−mg⋅2R=12mv02−12mvB2
联立解得：v0=2 5m/s
(2)设平板小车的最终速度为v，以向右方向为正，根据动量守恒定律有：mvB=(M+m)v
从滑上平板车到相对静止有：μmgL=12mvB2−12(M+m)v2
联立代入数据解得：μ=0.2
答：(1)物块进入半圆轨道时的速度大小v0为2 5m/s；
(2)物块与小车间的动摩擦因数μ为0.2。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求出物块恰好离开B点的速度，再由动能定理求出滑上轨道的速度；
(2)根据动量守恒定律和能量守恒定律求出物块与小车单摆动摩擦因数。
分析清楚滑块的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、动能定理与能量守恒定律即可解题。
15.【答案】(1)带电粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有d=12at02
由牛顿第二定律有Eq=ma
联立解得t0= 2dmEq；
(2)设粒子从粒子源射出时的初速度大小为v，粒子第一次到达x轴时的速度大小为v′，与水平方向的夹角为θ，在竖直方向上的分速度大小为vy，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则有vy2=2ad
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv′B=mv′2r
其中v′=vysinθ
根据几何知识可得L=2rsinθ
联立解得L=2B 2Emdq；
(3)t=0时刻射入的粒子初速度为零，该粒子从O点第一次进入磁场，进入磁场时的速度大小就是vy，此时粒子在磁场中运动的时间t1=πmqB，由于所有的粒子在电场中运动的时间相同，故造成粒子运动时间不同的原因是粒子在磁场中运动的时间不同。t时刻从粒子源射出的粒子的初速度为vt，设该粒子第一次进入磁场时速度大小为v1，与水平方向的夹角为α，该粒子在磁场中运动的轨道半径为R，粒子在磁场中运动的时间为t2，则有qv1B=mv12R，vy=v1sinα，t2=2αRv1
根据题意，所有粒子第一次离开磁场的时刻相同，则有t1=t2+t，t解得vt= 2Eqdmtan(qB2mt)(0≤t<πmqB)。
答：(1)射出的带电粒子在电场中做类平抛运动的时间t0为 2dmEq；
(2)带电粒子第一次穿过x轴与第二次穿过x轴的位置之间的距离L为2B 2Emdq；
(3)粒子的初速度vt与时间t的关系为vt= 2Eqdmtan(qB2mt)(0≤t<πmqB)。
【解析】(1)带电粒子在第一象限内做类平抛运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由位移-时间公式求运动时间；
(2)根据运动学公式求出带电粒子进入磁场时的竖直分速度。粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨迹半径，画出粒子的运动轨迹，由几何知识求粒子第一次穿过x轴与第二次穿过x轴的位置之间的距离L；
(3)所有的粒子在电场中运动的时间相同，造成粒子同时运动到x轴的原因是粒子在磁场中运动的时间不同。根据洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律和圆周运动的规律求出粒子在磁场中运动周期，从而求得粒子在磁场中运动的时间，从而得到粒子的初速度vt与时间t的关系。
本题是带电粒子在组合场中运动的类型，运用运动的分解法研究粒子在电场中的运动过程，通过画出轨迹研究粒子在磁场中运动的过程，根据牛顿第二定律和几何知识结合进行解决。