山东省临沂市沂水县2018_2019学年高二物理上学期期末考试试卷（含解析）.doc

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1、1山东省临沂市沂水县 20182019 学年上学期高二期末（学分认定）物理考试试题一、单项选择题： 1.关于通电直导线周围磁场分布下列正确确的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】通电导线周围的磁场方向，由右手螺旋定则来确定。【详解】根据安培定则：A 图中磁场应该为右边向里，左边向外，选项 A 错误；B 图中磁场方向正确；C 图中磁场应该为顺时针方向的同心圆，选项 C 错误；D 图中磁场应该是逆时针方向的同心圆，选项 D 错误；故选 B.2.如图所示，质量为 m 的物体，沿着半径为 R 的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直 固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为 v，若物

2、体与球壳之间的动摩擦因数为 ，关于物体在最低点的受力，下列说法正确的是A. 合力的方向竖直向上B. 向心力的大小为 mg+mv2RC. 摩擦力的大小为 mgv2RD. 摩擦力的大小为 （mg+m ）v2R【答案】D【解析】【分析】根据牛顿第二定律求出小球所受的支持力，根据滑动摩擦力公式求出摩擦力的大小.2【详解】物体到达最低点时，因为重力和支持力的合力竖直向上，摩擦力水平向左，根据平行四边形定则知，物体所受的合力方向斜向左上方，故 A 错误。在竖直方向上，根据牛顿第二定律有：F 向 =N-mg=m ，解得支持力：N= mg+m ，则物体所受的摩擦力大小v2R v2Rf=N=（mg+m ） ，故

3、 D 正确，BC 错误。故选 D.v2R3.如图所示为汽车的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变 压器的原线圈通过开关连接到 12 V 的蓄电池上，副线圈连接到火花塞的两端，当开关由闭合变为断开时，副线圈中产生 1 0000V 以上的电压，火花塞中产生火花。下列说法中正确的是A. 该点火装置能使火花塞的两端产生持续高压B. 变压器的原线圈用细导线绕制，而副线圈要用粗导线绕制C. 该点火装置巾变压器的副线圈匝数必须远大于原线圈的匝数D. 要在副线圈中产生高压，必须将原线圈输人的 12V 直流电转换成交流电【答案】C【解析】【分析】蓄电池的电压为 12V，火花塞需要的电压为 10000V，所以

4、电路中需要的是升压变压器，再根据升压变压器的原理可得副线圈匝数大于原线圈匝数【详解】汽油机点火装置的开关若始终闭合，变压器就没有变化的磁通量，则不能工作，所以次级线圈两端也不会有高压，故 A 错误；变压器线圈中电流越大，所用的导线应当越粗。原线圈电压低，根据 P=UI 知，原线圈电流大，副线圈电压大，电流小，所以原线圈用粗导线绕制，副线圈用细导线绕制，故 B 错误；由于火花塞需要的电压为 10000V，但是电源的电压为 12V，所以必须要经过升压变压器才可以得到高的电压，所以变压器左边线圈的匝数小于右边线圈的匝数，导致右边电压被提高，所以变压器副线圈匝数远大于原线圈的匝数，故 C 正确；接该变

5、压器的初级线圈的电源不一定是交流电源，直流也可以，只要使磁通量发生变化就可以，故 D 错误；故选 C.4.如图所示，某建筑工地正在用塔吊提升建筑材料，塔吊在向上匀加速提升建筑材料的同时使建筑材料沿水平方向向西匀速运动。以建筑材料开始运动的位置为原点 0，水平向西3为戈轴，竖直向上为 Y 轴，建立平而直角坐标系，不计空气阻力在地面上看，建筑材料的运动轨迹是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】物体在水平向西方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，知合加速度的方向与合速度的方向不在同一条直线上，做曲线运动，根据加速度的方向判断轨迹的凹向【详解】物体在水平向西方向上做匀速直线

6、运动，竖直方向上做匀加速直线运动，加速度方向向上，因为合加速度的方向竖直向上，与合速度不在同一条直线上，合运动的轨迹为曲线。因为加速度的方向（即合力的方向）大致指向轨迹凹的一向，知 C 正确，ABD 错误。故选 C。【点睛】解决本题的关键掌握曲线运动的条件，以及知道轨迹、速度方向和加速度方向的关系5.质量为 10kg 的物体，原来以 v=5m/s 的速度做匀速直线运动，现受到跟运动方向相同的冲量 30 NS 的作用，历时 2s，物体的动量大小变为A. 80kgm/s B. 110 kgm/s C. 40 kgm/s D. 60 kgm/s【答案】A【解析】4【分析】根据动量定理合外力对物体的冲

7、量等于物体动量的变化量即可求解【详解】根据动量定理得：P-mv=Ft；则 P=Ft+mv=（30+105）kgm/s=80kgm/s，故选A。6.如图所示，一矩形导体框匀速穿过垂直纸面向里宽度为 d 的匀强磁场，框边长分别为d、2d，取框中顺时针方向的电流为正，则穿越过程中导体框中电流 i 与时间 t 的关系图象正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将线框的运动分成三段分析，根据楞次定律判断感应电流的方向.【详解】线框向右运动 0-d 的过程中，根据楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流；当线框向右运动 d-2d 的过程中，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流；线框向右运动

8、2d-3d 的过程中，根据楞次定律可知线圈中产生顺时针方向的感应电流；因线圈匀速运动，可知产生的感应电流大小相同，则图像 D 正确，ABC 错误；故选 D.7.如图所示，A 为地球赤道表面上的物体，B 为环绕地球运行的卫星，此卫星在距离地球表面 R/3 的高度处做匀速圆周运动，向心加速度的大小为 a。地球的半径为 R，引力常量为G，则下列说法正确的是5A. 物体 A 的向心加速度大于 aB. 地球的质量为 M=16R2a9GC. 地球两极的重力加速度大小为4a3D. 物体 A 的线速度比卫星 B 的线速度大【答案】B【解析】【分析】根据万有引力提供向心力，结合同步卫星的加速度和轨道半径求出加速

9、度关系。地球赤道上的物体与同步卫星的角速度，根据 a=r 2得出向心角速度关系，利用万有引力等于向心力求得地球的质量。【详解】根据 可知 可知 B 的加速度 a 大于地球同步卫星的加速度；而根据GMmr2 ma a GMr2a= 2r 可知，同步卫星的加速度大于物体 A 的加速度，则物体 A 的向心加速度小于 a，选项 A 错误；对卫星 B，根据 可得，地球的质量为 ，选项 B 正确；根据GMm(R+13R)2 ma M 16R2a9G，可得地球两极的重力加速度大小为 ，选项 C 错误；根据 可GMmR2 mg g GMR2 16a9 GMmr2=mv2r知 可知 B 的速度大于地球同步卫星的

10、速度；而根据 v=r 可知，同步卫星的速度大vGMr于物体 A 的速度，则物体 A 的速度小于卫星 B 的速度，选项 D 错误；故选 B。【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，注意赤道上的物体不是靠万有引力提供向心力。8.如图，质量为 m、长为 L 的直导线用两绝缘细线悬挂于 O、O，并处于匀强磁场中当导线中通以沿 x 正方向的电流 I 后导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为 则磁感应强度为最小值时的方向和大小为6A. z 正向， tan B. y 正向，mgIL mgILC. z 负向， D. 沿悬线斜向下， sinmgIL mgIL【答案】D【解析】【分析

11、】对导体棒受力分析，最小的安培力方向应该与悬线垂直；根据平衡条件列方程求解 B 的最小值；根据左手定则判断磁场的方向.【详解】对导体棒受力分析，向下的重力、沿细绳向上的拉力，则当安培力最小时，安培力的方向垂直细线方向斜向上；如图，根据左手定则，此时磁场方向沿悬线斜向下；由平衡知识可知： BIL =mgsin，所以，所以 D 正确；B=mgsinIL【点睛】左手定则和右手定则一定要区分开，如果是和力有关的则全依靠左手定则，即，关于力的用左手，其他的（一般用于判断感应电流方向）用右手定则。二、不定项选择题： 9.如图是研究地球自转的示意图，a、b 是地球赤道上的两点，b、c 是地球表面上不同纬度同

12、一经度上的两个点，下列说法正确的是7A. a 、b、c 三点的角速度相同B. a、c 两点的线速度大小相等C. a、b 两点的线速度大小不相等D. a、b 两点的向心加速度大小相等【答案】AD【解析】【分析】共轴转动的物体具有相同的角速度，从图中可以看出 a 和 b 的半径相等且比 c 大，再根据v=r 去比较线速度，根据 a= 2r 比较向心加速度大小【详解】地球自转绕地轴转动，地球上除两级各点具有相同的角速度。所以 a、b、c 三点的角速度相等，故 A 正确；从图中可以看出 a 和 b 的半径相等且比 c 大，根据 v=r 可知，a、c 两点线速度大小不等，a、b 两点的线速度大小相等，但

13、方向不同，故 BC 均错误。根据 a= 2r 可知 a、b 两点的向心加速度大小相等，选项 D 正确；故选 AD.【点睛】解决本题的关键知道共轴转动的物体具有相同的角速度要知道地球自转绕地轴转动，地球上除两级各点具有相同的角速度10.如图所示为学校的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成发电机中矩形线圈所围的面积为 S，匝数为 N，电阻不计，它可绕水平轴 OO在磁感应强度为 B 的水平匀强磁场中以角速度 匀速转动矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头 P 上下移动时可改变输出电压，R 0表示输电线的电阻以线圈平面与磁场垂直时为计时起点，下列判断正确的是A. 发电机线圈

14、感应电动势的瞬时值表达式为 e=NBS sin t B. 当滑动触头 P 向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高C. 当用电量增加时，为使用户电压保持不变，滑动触头 P 应向上滑动D. 若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈两端的电压瞬时值最大【答案】ACD8【解析】【分析】确定瞬时表达式时，注意线圈开始计时的位置，从而得出正弦还是余弦；根据闭合电路欧姆定律来确定电流随着电阻变化而变化，但不会改变原线圈的电压，从而即可求解。当线圈与磁场平行时，感应电流最大，当两者垂直时，感应电流最小；【详解】线圈从中性面计时，则感应电动势的瞬时值表达式为 e=NBSsint，故 A 正确；当触头 P

15、向下移动，只会改变副线圈的电流，从而改变原线圈的电流，不会改变原线圈的电压，故 B 错误。当用电量增加时，负载总电阻减小，电流增大，则导线上消耗的电压增大；则为了使用户电压保持不变，滑动触头 P 应向上滑动；故 C 正确；当线圈与磁场平行时，感应电流最大，变压器原线圈的电流瞬时值最大，故 D 正确；故选 ACD.11.如图所示，在闭合的铁芯左侧的线圈与滑动变阻器、电池构成闭 合电路，a 、 b、c为三个闭合的不同材料制成的粗细相同的金属圆环，若线圈产生磁感线全部集中在铁芯内，当滑动变阻器的滑动触头从左向右滑动时，下列说法正确的是A. 只有 a、b 环中有感应电流B. a、 b、c 三个环中均有

16、感应电流C. a 、b 两环中的感应电动势一定相等D. a 、 b 两环中的感应电流一定相等【答案】AC【解析】【分析】由题，线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，线圈中电流将发生改变，产生的磁场随之改变，a、b 两环中磁通量会发生改变，即可知道有无感应电流产生。而 c 环中总磁通量为零，保持不变，则知没有感应电流产生。根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小关系。【详解】据题意，线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，根据安培定则判断可知，穿过 a 的磁感线方向向左，穿过 b 的磁感线向上，a、b 两环都有磁通量。当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，线圈中电流将发生改变，产生

17、的磁场随之改变，a、b 两环中磁通量会发生改变，9故 a、b 两环中将产生感应电流。而向左和向右穿过 c 环的磁感线条数相等，完全抵消，总的磁通量为零，不发生变化，故 c 环中没有感应电流产生，而 a、b 环中有感应电流。故 A正确，B 错误。a、b 两个环的磁通量始终相同，根据法拉第电磁感应定律可知，a、b 环内产生的感应电动势也是相等的，但是由于两环的电阻不一定相同，可知两环中感应电流不一定相同。故 C 正确，D 错误。故选 AC。【点睛】判断有无感应电流产生，要紧扣感应电流产生的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，对于有两种磁感线穿过线圈时，要看抵消后总的磁通量是否变化。12.如图所示，

18、小车上面固定一个两端等高的光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上今有一个半径略小于管道半径质量为 m 的小球，以水平速度 v 从左端滑入管道，最后从管道右端滑离小车关于这个过程，下列说法正确的是A. 小球滑离小车时，小车回到原来位置B. 小球在管道滑动过程中小车一直向右运动C. 小球滑离小车时相对小车的速度大小为 vD. 运动过程中小车(含管道)和小球的总动能不变【答案】BC【解析】【分析】根据小球在小车上运动时，小球和小车的在水平方向上合外力为零，故水平方向上动量守恒；根据动量守恒定律结合能量关系分析讨论.【详解】小球进入管道后，因小球与小车在水平方向上的合

19、外力为零，故在水平方向上动量守恒，所以小车的速度一直向右，小球滑离小车时，小车向右运动，不可能回到原来位置，故 A 错误，B 正确；由动量守恒可得：mv=2mv 车 +mv 球 ，由机械能守恒可得：mv2 2mv 车 2+ mv 球 2；所以，v 车 +2v 球 =0，那么， v 车 v， v 球 v，小球滑离小车时12 12 12 23 13相对小车的速度 v 球 -v 车 =-v，故小球滑离小车时相对小车的速度为 v，故 C 正确；运动过程中由于小球的重力势能不断变化，可知小车(含管道)和小球的总动能要发生变化，选项D 错误；故选 BC.1013.如图所示，从以 20m/s 沿水平方向匀速

20、直线飞行的直升机上释放一个金属小球，小球在落地之前经过空中 A、B 两点，在 A 点小球速度方向与水平方向的夹角为 450，在 B 点小球速度方向与水平方向的夹角为 600，(空气阻力忽略不计，取 g=10m/s2)，以下说法正确的是A. 小球从释放到 B 用时 2 s3B. 小球经过 A、B 两点的时间间隔为 2( -l)s3C. A、B 两点间的高度差为 30mD. A、B 两点问的高度差为 40m【答案】ABD【解析】【分析】根据平行四边形定则求出 A、B 的竖直分速度，结合速度时间公式求出小球由 A 到 B 的时间根据速度位移公式求出 A、B 的高度差【详解】根据平行四边形定则知，v

21、yA=v0=20m/s， vyB v0tan6020 m/s，则小球从释放3到 B 用时 ，选项 A 正确；由 A 到 B 的时间间隔 ，tB=vByg=20310s=23s t vyBvyAg 2(31)s故 B 正确；A、B 的高度差 ，故 C 错误，D 正确；故选 ABD.hvyB2vyA22g =120040020m 40m【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解三、实验、填空题： 14.如图所示为“探究感应电流方向的规律“实验时所用电路。11(1)闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下，那么闭合开关后将线圈 B 迅速插入线圈 A

22、时，灵敏电流计指针将_；接着将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，灵敏电流计指针_(均选填“向左偏” “向右偏“或“不偏”)(2)某同学在完成实验后未断开开关，也未把 A、B 两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击是在拆除_(选填“A”或“B”)线圈所在电路时发生的【答案】 (1). (1)向左偏 (2). 向右偏 (3). (2)A【解析】【分析】（1）根据在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下，结合题意，应用楞次定律分析答题；（2）依据断电自感现象，即可判定求解。【详解】 （1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下，说明穿过线圈的磁通量增加时，电流计指针

23、向左偏，当合上开关后，将线圈 A 迅速插入线圈 B 时，穿过线圈的磁通量增大，电流计指针将向左偏；当接着将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，穿过线圈的磁通量减小，电流计指针将向右偏。（2）在完成实验后未断开开关，也未把 A、B 两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时，线圈 A 中的电流突然减少，从而出现断电自感现象，线圈中会产生自感电动势，进而突然会被电击了一下，为了避免此现象，则在拆除电路前应断开开关；则被电击是在拆除 A 线圈所在电路时发生的【点睛】知道探究电磁感应现象的实验有两套电路，这是正确连接实物电路图的前提与关键。对于该实验，要明确实验原理及操作过程，平时要注意加强实验练习，注意断电自感

24、现象的应用。15.研究平抛运动的实验装置如图(甲)所示。12(1)为减少空气阻力对小球的影响，应选择的小球是_A实心小木球 B实心小铁球C空心小铁球 D以上三种球都可以(2)用小锤打击弹性金属片，A 球就水平飞出；同时 B 球被松开，做自由落体运动把整个装置放在不同高度进行实验，结果两小球总是同时落地：这个实验说明了 A 球_A水平方向的分运动是匀速直线运动B水平方向的分运动是匀加速直线运动C竖直方向的分运动是自由落体运动D竖直方向的分运动是匀速直线运动(3)某同学描出了的小钢球做平抛运动的轨迹如图(乙)所示他以抛出点为坐标原点 O，取水平向右为 x 轴，竖直向下为 y 轴，在轨迹上取两点 A

25、(x1，y 1)和 B(x2， Y2)，且使y1：y 2=l：4，若测量发现 x1：x 2大约为_，则说明小钢球在水平方向做匀速直线运动【答案】 (1). (1)B (2). (2)C (3). (2)1：2【解析】【分析】探究平抛运动的规律中，实验同时让 A 球做平抛运动，B 球做自由落体运动，若两小球同时落地，则说明平抛运动竖直方向是自由落体运动，而不能说明 A 球水平方向的运动性质在如图乙中，已知竖直方向上做自由落体，可以知道运动到 A、B 的时间比，通过水平位移判断水平方向上的运动性质【详解】 （1）为减少空气阻力对小球的影响，应选择的小球是实心小铁球，故选 B.（2）在打击金属片时，

26、两小球同时做平抛运动与自由落体运动，结果同时落地，则说明平抛运动竖直方向是自由落体运动故选 C.（3）竖直方向上做自由落体运动，y 1：y 2=1：4，根据 h= gt2知，运到到 A、B 两点的时间12比为 1：2，所以 O 到 A、A 到 B 的时间相等，若水平位移又相等，即如果 x1：x 2大约为131:2，则说明小球水平方向上做匀速直线运动四、计算论述题： 16.如图所示，质量为 m 的 b 球用长为 h 的细绳悬挂于水平轨道 BC 的出口 C 处，质量也为m 的小球口从距 BC 高 h 的 A 处由静止释放，沿 ABC 光滑轨道滑下，在 C 处与 b 球正碰并与b 粘在一起，BC 轨

27、道距地面的高度为 h，悬挂 b 球的细绳能承受的最大拉力为 2.8 mg求：(1)a 球与 b 球碰后瞬间的共同速度；(2)a、b 两球碰后，细绳是否会断裂?若不断裂，求两球上升的最大高度；若断裂求两球落地点距 D 点的水平距离【答案】 （1） （2）会断裂；落地点离 D 的水平距离为 hv=122gh【解析】【分析】（1）由机械能守恒定律求解 a 球与 b 球碰前的速度；a、b 碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律求解碰后的速度；根据牛顿第二定律求解小球在最低点细线的拉力，与最大拉力比较，从而判断细绳能否断裂.【详解】 （1）设 a 球与 b 球碰前瞬间的速度大小为 ，由机械能守恒定律得vc

28、mgh=12mv2c设 b 球与 a 球碰后的速度为 ，a、b 碰撞过程中动量守恒，则vmvc=(m+m)vv=122gh（2）假设 a、b 球碰撞后将一起绕 0 点摆动，设小球在最低点时细绳拉力为 F，则F2mg=2mv2h解得 ， ，故细绳会断裂，小球做平抛运动F=3mg F2.8mg14h=12gt2x=vt解得： x=h【点睛】本题考查了机械能守恒、动量守恒、平抛运动以及关于向心力的计算。当只有重力（或系统内的弹力）做功时，机械能守恒，减少的重力势能（或弹簧的弹性势能）转化为物体的动能。可用表达式Ek=mgh 来计算。关于动量守恒定律的应用，首先要确定研究对象，对研究对象进行受力分析，

29、判断是否符合守恒的条件，然后确定正方向，列式求解。对于平抛引动，要把运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，运行的时间由抛出点的高度决定；水平位移由抛出点的高度和抛出时的速度共同决定。关于向心力的计算，首先要正确的对研究对象进行受力分析，找出沿半径方向上所有力的合力，即为向心力，结合圆周运动的相关公式来解决问题。17.如图所示，水平 U 形光滑框架的宽度为 1m，电阻忽略不计，导体 ab 质量是 0.2kg，电阻是 0.1 ，匀强磁场的磁感应强度 B=0.2T，方向垂直框架向上，现用 lN 的外力 F 由静止拉动 ab 杆，求：(1)当 ab 的速度达到 2m/s 时，ab

30、杆产生的感应电动势的大小；(2)当 ab 的速度达到 2m/s 时，ab 杆的加速度的大小；(3)ab 杆最终能达到的最大速度【答案】 （1）0.4V（2）1m/s 2（3）2.5m/s【解析】【分析】（1）ab 杆向右运动时垂直切割磁感线，由 E=BLv 求出感应电动势的大小；（2）根据欧姆定律和安培力公式 F=BIL 求出安培力的大小，由牛顿第二定律求解加速度的大小（3）杆 ab 先做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动，速度达到最大，由平衡条件求出最大速度【详解】 （1）ab 杆产生的感应电动势的大小： E=BLv15解得：E=0.4 V （2）感应电流大小： I=ERab 杆所受的安培

31、力： FA=BIL根据牛顿第二定律： FFA=ma代入数据解得： a=1m/s2（3）将代人得： FB2L2vR=ma当 a=0 时， 达到最大vvm=FRB2L2=2.5m/s【点睛】本题是电磁感应与电路、力学等知识的综合，安培力的分析和计算是关键对于杆的最大速度也可以根据功率关系列出如下公式求解： Fvm=(BLvm)2R18.如图所示的平面直角坐标系 xoy，在第象限内有平行于 y 轴的匀强电场，方向沿 y 轴负方向；在第 1 象限的正三角形 abc 区域(ab 边与 y 轴平行)内有垂直于 xoy 平面的匀强磁场，磁感应强度为 B一质量为 m、带电量为 q 的粒子，从 y 轴上的 P(

32、0，-h)点，以大小为 v0的速度沿 x 轴正方向射人电场，通过电场后从 x 轴上的 a(2h，0)点进入第象限，又经过磁场从 y 轴上的某点与 Y 轴正方向成 450角进入第象限，不计粒子所受的重力求：(1)判断带电粒子的电性和匀强磁场的方向；(2)电场强度 E 的大小；(3)粒子到达 a 点时速度的大小和方向；(4)正三角形 abc 区域的最小面积16【答案】 （1）带电粒子带负电荷；匀强磁场的方向垂直 平面向外 （2） （3）所xoy E=mv202qh以 ，方向指向第象限与 轴正方向成 。 （4）v= 2v0 x 450 S=3m2v20q2B2【解析】【分析】（1）根据带电粒子的运动

33、轨迹可判定带电粒子得电性以及匀强磁场的方向（2）粒子在电场中做类平抛运动，水平位移和竖直位移均已知，由牛顿第二定律和运动学公式，运用运动的分解法可求出场强大小 E（3）由速度的合成法求出粒子到达 a 点时速度大小和方向，由几何知识确定粒子经过 a 点时的方向（4）三角形区域内的磁场方向垂直纸面向外，当粒子刚好与 bc 边相切时，三角形面积最小；由几何关系求解最小面积【详解】 （1）根据带电粒子的运动轨迹判定带电粒子带负电荷；匀强磁场的方向垂直 平xoy面向外（2）设粒子在电场中运动的时间为，水平方向： 2h=v0t竖直方向： ，h=12at2 qE=ma联立以上各式解得： E=mv202qh（3）粒子达到 a 点时沿负 方向的分速度为y vy=at解得： vy=v0所以 v= 2v0方向指向第象限与 轴正方向成x 450（4）当粒子从 b 点射出时，设正三角形的最小边长为 L粒子在磁场中运动时，有 qvB=mv2r根据几何关系： R=22L解得： L=2mv0qB17正三角形 abc 区域的面积最小， S=34L2=3m2v20q2B2【点睛】该题考查了有边界电磁场的问题，在电场中的偏转，利用平抛运动的知识求解；粒子在有边界的匀强磁场中运动，利用几何关系求解运动半径和转过的圆心角是解决问题的关键