2018-2019学年山东省临沂市沂水县高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年山东省临沂市沂水县高二上学期期末考试物理试题 解析版

山东省临沂市沂水县2018－2019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+m C. 摩擦力的大小为mg D. 摩擦力的大小为（mg+m）‎ ‎【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.‎ ‎【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f=μN=μ（mg+m），故D正确，BC错误。故选D.‎ ‎3.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 N·S的作用，历时2s，物体的动量大小变为 A. ‎80kg·m/s B. ‎110 kg·m/s C. ‎40 kg·m/s D. ‎60 kg·m/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动量定理合外力对物体的冲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+10×5）kg•m/s=‎80kg•m/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 A. 物体A的向心加速度大于a B. 地球的质量为M=‎ C. 地球两极的重力加速度大小为 D. 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度关系。地球赤道上的物体与同步卫星的角速度，根据a=rω2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a=ω2r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，可得地球两极的重力加速度大小为，选项C错误；根据 可知可知B的速度大于地球同步卫星的速度；而根据v=ωr可知，同步卫星的速度大于物体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θ．则磁感应强度为最小值时的方向和大小为 A. z正向，tanθ B. y正向，‎ C. z负向， D. 沿悬线斜向下，sinθ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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 =mgsinθ，所以，所以D正确；‎ ‎【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一经度上的两个点，下列说法正确的是 ‎ ‎ A. 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=rω去比较线速度，根据a=ω2r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=rω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，但方向不同，故BC均错误。根据a=ω2r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，R0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. 发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSsint 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】ACD ‎【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=NBSωsinωt，故A正确；当触头P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，产生的磁场随之改变，a、b 两环中磁通量会发生改变，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，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v D. 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.‎ ‎13.如图所示，从以‎20m/s 沿水平方向匀速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2s B. 小球经过A、B两点的时间间隔为2(-l)s C. A、B两点间的高度差为‎30m D. 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，vyA=v0=‎20m/s，vyB＝v0tan60°＝20m/s，则小球从释放到B用时，选项A正确；由A到B的时间间隔，故B正确；A、B的高度差，故C错误，D正确；故选ABD.‎ ‎【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。‎ ‎ (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，注意断电自感现象的应用。‎ ‎15.《研究平抛运动》的实验装置如图(甲)所示。‎ ‎ (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(x1，y1)和B(x2，Y2)，且使y1：y2=l：4，若测量发现x1：x2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，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，y1：y2=1：4，根据h=gt2知，运到到A、B两点的时间比为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：x2大约为1:2，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h ‎【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 ‎ ‎ 设b球与a球碰后的速度为，a、b碰撞过程中动量守恒，则 ‎ ‎ ‎（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 解得，，故细绳会断裂，小球做平抛运动 解得：‎ ‎【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=mg△h 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，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/s2（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： ①‎ ‎ 解得：E=0.4 V ‎ ‎（2）感应电流大小：②‎ ‎ ab杆所受的安培力：③‎ 根据牛顿第二定律： ④‎ 代入数据解得：‎ ‎（3）将①②③代人④得：‎ 当a=0时，达到最大 ‎【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： ．‎ ‎18.如图所示的平面直角坐标系xoy，在第Ⅳ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(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Ⅰ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Ⅱ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．‎ ‎【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）所以，方向指向第Ⅰ象限与轴正方向成。（4）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据带电粒子的运动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面向外．‎ ‎（2）设粒子在电场中运动的时间为，‎ 水平方向： ‎ 竖直方向： ，‎ 联立以上各式解得：‎ ‎（3）粒子达到a点时沿负方向的分速度为 解得：‎ 所以 方向指向第Ⅰ象限与轴正方向成 ‎（4）当粒子从b点射出时，设正三角形的最小边长为 粒子在磁场中运动时，有 根据几何关系：‎ 解得：‎ 正三角形abc区域的面积最小，‎ ‎【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．‎