辽宁省沈阳市2021届高三四校联考物理试题-Word版含解析.docx

2021年辽宁省沈阳市四校联考高考物理模拟试卷

一．单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确）
1．（4分）物体从斜面顶端由静止开头滑下，经t s到达中点，则物体从斜面顶端到底端共用时间为（　　）
　 A． ts B． s C． 2ts D． ts

【考点】： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
【专题】： 直线运动规律专题．
【分析】： 依据初速度为零的匀变速直线运动的位移时间公式求出物体从斜面顶端到底端共用时间．
【解析】： 解：设斜面的总长度为x，有，x=，综合两式得，．故A正确，B、C、D错误．
故选A．
【点评】： 解决本题的关键把握匀变速直线运动的位移时间公式．

2．（4分）如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜面上，均处于静止状态，当用水平向左的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则（　　）

　 A． Q受到的摩擦力肯定变小 B． Q受到的摩擦力肯定变大
　 C． 轻绳上拉力肯定变小 D． 轻绳上拉力肯定不变

【考点】： 共点力平衡的条件及其应用．
【分析】： 分别对单个物体进行受力分析，运用力的平衡条件解决问题．由于不知具体数据，对于静摩擦力的推断要考虑全面．
【解析】： 解：进行受力【分析】：
对Q物块：当用水平向左的恒力推Q时，由于不知具体数据，Q物块在粗糙斜面上的运动趋势无法确定，故不能确定物块Q受到的摩擦力的变化状况，故A、B错误；
对P物块：由于P物块处于静止，受拉力和重力二力平衡，P物块受绳的拉力始终等于重力，所以轻绳与P物块之间的相互作用力肯定不变，故C错误，D正确．
故选D．
【点评】： 对于系统的争辩，我们要把整体法和隔离法结合应用．对于静摩擦力的推断要依据外力来确定．

3．（4分）如图所示．弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m．现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体始终可以运动到B点．假如物体受到的阻力恒定，则（　　）

　 A． 物体从A到O先加速后减速
　 B． 物体从A到O加速运动，从O到B减速运动
　 C． 物体运动到O点时所受合力为零
　 D． 物体从A到O的过程加速度渐渐减小

【考点】： 牛顿其次定律．
【专题】： 牛顿运动定律综合专题．
【分析】： 对物体受力分析，竖直方向受重力和支持力，二力平衡，水平方向受弹簧弹力和摩擦力，刚从A点释放时，弹力大于摩擦力，物体加速向右运动，随着物体向右运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，到达O点之前某一位置C，弹力减小到等于摩擦力，由C至O弹力小于摩擦力，物体开头减速，O至B过程受向左的拉力和摩擦力，加速度向右物体始终做减速运动
【解析】： 解：A、B物体从A点到O点过程，弹力渐渐减为零，刚开头弹簧的弹力大于摩擦力，合力向右，加速度也向右，速度也向右，物体加速，后来弹力小于摩擦力，合力向左，速度向右，物体减速．即物体先加速后减速，故A正确，B错误；
C、物体运动到O点时，弹簧的弹力为零，而滑动摩擦力不为零，则物体所受合力不为零．故C错误．
D、物体从A点至O点先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故D错误；
故选：A
【点评】： 本题关键分阶段结合运动状况对物体受力分析，求出合力后确定加速度的变化状况，从而最终确定物体的运动状况

4．（4分）从倾角为θ的足够长的斜面上的A点，先后将同一小球以不同的初速度水平向左抛出．第一次初速度为v1，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面夹角为α1，其次次初速度为v2，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面夹角为α2．若v1＞v2，则（　　）
　 A． α1＞α2 B． α1=α2 C． α1＜α2 D． 无法确定

【考点】： 平抛运动．
【专题】： 平抛运动专题．
【分析】： 平抛运动落在斜面上时，竖直方向的位移和水平方向上位移比值肯定，依据该规律求出平抛运动的时间，从而求出落在斜面上时，速度与水平方向的夹角，速度方向与斜面的夹角等于速度与水平方向的夹角减去斜面的倾角．
【解析】： 解：争辩任一小球，设小球落到斜面上时速度与水平方向的夹角为β．
由tanθ===
解得：t=．
则落在斜面上时竖直方向上的分速度 vy=gt=2v0tanθ．
则有 tanβ===2tanθ
所以可知小球落在斜面上时，速度与水平方向的夹角与初速度无关，则两个小球落到斜面上时速度与水平方向的夹角相同，由于速度方向与斜面的夹角等于速度与水平方向的夹角减去斜面的倾角，所以α1=α2．故B正确，A、C、D错误．
故选：C．

【点评】： 解决本题的关键把握平抛运动的规律，知道斜面倾角反映了位移与水平方向的夹角，明确速度与水平方向夹角的正切是位移与水平方向夹角正切的2倍．

5．（4分）设同步卫星离地心的距离为r，运行速率为v1，加速度为a1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球的半径为R，则下列比值正确的是（　　）
　 A． = B． =
　 C． = D． =

【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．
【专题】： 人造卫星问题．
【分析】： 卫星运动时万有引力供应圆周运动的向心力，第一宇宙速度是近地轨道绕地球做匀速圆周运动的线速度，同步卫星运行周期与赤道上物体自转周期相同，由此开放争辩即可．
【解析】： 解：A、对于地球同步卫星和以第一宇宙速度运动的近地卫星，
由万有引力供应做匀速圆周运动所需向心力得到：
=，
=
解得：=故A、D错误
B、由于地球同步卫星的角速度和地球赤道上的物体随地球自转的角速度相同，
由a1=ω2r，a2=ω2R可得，
=，故B正确，C错误；
故选：B．
【点评】： 求一个物理量之比，我们应当把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再进行之比．
运用万有引力供应向心力列出等式和运用圆周运动的物理量之间的关系列出等式解决问题．

6．（4分）如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是（　　）

　 A． 三个等势面中，等势面a的电势最高
　 B． 带电质点肯定是从P点向Q点运动
　 C． 带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小
　 D． 带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小

【考点】： 电势；电势能．
【专题】： 电场力与电势的性质专题．
【分析】： 作出电场线，依据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上．故a点电势最高；依据推论，正电荷在电势高处电势能大，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强大，电场力大，加速度大．
【解析】： 解：A、作出电场线，依据轨迹弯曲的方向和正电荷可知，电场线向下．故a点电势最低．故A错误．
B、依据已知条件无法推断粒子的运动方向．故B错误．
C、等差等势面P处密，P处电场强度大，电场力大，加速度大．C错误．
D、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，D正确．
故选：D
【点评】： 解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：依据运动轨迹推断出所受电场力方向，然后进一步推断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化

7．（4分）如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述哪些做法可使指针张角增大（　　）

　 A． 使A、B两板靠近一些
　 B． 使A、B两板正对面积错开一些
　 C． 断开S后，使A板向右平移一些
　 D． 断开S后，使A、B正对面积错开一些

【考点】： 电容．
【专题】： 电容器专题．
【分析】： 开关S闭合，电容器两端的电势差不变；断开S，电容器所带的电量不变；通过确定电容器两端间的电势差变化推断指针张角的变化．
【解析】： 解：A、B、开关S闭合，电容器两端的电势差不变，等于电源的电动势，则指针的张角不变．故A、B均错误．
C、断开S，电容器所带的电量不变，A板向右平移一些，间距减小，则电容增大，依据U= 知，电势差减小，则指针张角减小．故C错误．
D、断开S，电容器所带的电量不变，A、B的正对面积错开，电容减小，依据U= 知，电势差增大，则指针张角增大．故D正确．
故选：D．
【点评】： 本题是电容器的动态分析，关键抓住不变量，开关S闭合，电容器两端的电势差不变；断开S，电容器所带的电量不变．

二．多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分）
8．（4分）如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流计，A为抱负电流表．开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态，则以下说法正确的是（　　）

　 A． 在P向上移动的过程中，A表的示数变大，油滴仍旧静止，G中有方向由a至b的电流
　 B． 在P向上移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有由b至a的电流
　 C． 在P向下移动的过程中，A表的示数变大，油滴向下加速运动，G中有由a至b的电流
　 D． 在P向下移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有由b至a的电流

【考点】： 电容器．
【专题】： 电容器专题．
【分析】： 电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片移动，依据电路串并联学问和闭合电路欧姆定律得到导致电容器两端电压变化状况，最终推断油滴受力变化和运动状况．
【解析】： 解：A、B、粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片向上移动，电阻R变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U=E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速；电容器充电，故电流从b到a，故A错误，B正确；
C、D、在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程，电阻R变小，电路总电阻变小，电流变大，电容器两端电压为：U=E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变小，带电量变小，电场力变小，粒子向下加速；电容器放电，故电流从a到b，故C正确；D错误；
故选BC．
【点评】： 本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，依据路串并联学问和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化．

9．（4分）如图所示，质量均为m的小球A、B用长为L的细线相连，放在高为h的光滑水平桌面上（L＞2h），A球刚好在桌边．从静止释放两球，若A、B两球落地后均不再弹起，则下面说法中正确的是（　　）

　 A． A球落地前的加速度为 B． B球到达桌边的速度为
　 C． A、B两落地的水平距离为h D． 绳L对B球做的功为mgh

【考点】： 动能定理的应用；牛顿其次定律．
【专题】： 动能定理的应用专题．
【分析】： 对AB整体，受力分析可知，系统的机械能守恒，由于AB是通过同一条绳相连的，所以A落地之前它们的速度大小相等，B在平面上运动时，只有绳对B做功，由动能定理可以求得绳对B做功的大小．
【解析】： 解：A、对AB整体受力分析，由牛顿其次定律可得，mg=2ma，所以a=，所以A的说法正确．
B、对于AB组成的系统，机械能守恒，取地面为零势能面，则，2mgh=mgh+×2mV2，所以落地的速度也就是B球到达桌边的速度为V=，所以B的说法错误．
C、B球由于有了A球下落时的速度，所以B将做平抛运动，B的水平位移为x=Vt=×=h，所以C的说法正确．
D、绳只是在A落地之前对B有力的作用，对B受力分析知，只有绳对B做功，由动能定理可得W=mV2=mgh，所以D的说法正确．
故选：ACD．
【点评】： 对于单个的物体而言，由于受到绳的作用力，机械能不守恒，所以不能对单个的物体使用机械能守恒，另外还要知道AB是同一条绳相连的，它们的速度大小相等．

10．（4分）长为L的水平极板间，有垂直纸面对内的匀强磁场，如图所示，磁感强度为B，板间距离也为L，板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可接受的方法是（　　）

　 A． 使粒子的速度v＜ B． 使粒子的速度v＞
　 C． 使粒子的速度v＞ D． 使粒子速度＜v＜

【考点】： 带电粒子在混合场中的运动．
【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】： 带电粒子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力据此可以求得粒子做圆周运动的半径和速度的关系，再依据几何关系粒子射出磁场，就是粒子做圆周运动的半径小于（从左侧射出），或大于（从右侧射出）从而求出粒子速度的范围．
【解析】： 解：如图所示，由题意知，带正电的粒子从左边射出磁场，其在磁场中圆周运动的半径R＜，故粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力供应向心力即：qvB=m
可得粒子做圆周运动的半径：R=
粒子不从左边射出，则：＜
即：v＜
带正电的粒子不从右边射出，如图所示，此时粒子的最大半径为R，由上图可知：R2=L2+（R﹣）2
可得粒子圆周运动的最大半径：R=
又由于粒子做圆周运动，洛伦兹力供应向心力，粒子不从右边射出，则：＞
即：v＞
故欲使粒子打在极板上，粒子的速度必需满足v＜ 或v＞，故AB正确，CD错误；
故选：AB．

【点评】： 该题考查了有界磁场的问题，利用几何关系求出轨迹半径是解题的关键．能依据沦洛伦兹力供应向心力得到粒子做圆周运动的半径和粒子速度的关系，并能依据几何关系求出粒子不射出磁场的半径条件．

11．（4分）在如图所示的竖直向下的匀强电场中，用绝缘的细线拴住的带电小球在竖直平面内绕悬点O做圆周运动，下列说法正确的是（　　）

　 A． 带电小球有可能做匀速率圆周运动
　 B． 带电小球有可能做变速率圆周运动
　 C． 带电小球通过最高点时，细线拉力肯定最小
　 D． 带电小球通过最低点时，细线拉力有可能最小

【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动；向心力；万有引力定律及其应用．
【专题】： 电场力与电势的性质专题．
【分析】： 小球在竖直平面内做圆周运动，重力、电场力、绳子拉力的合力供应向心力，分析各选项，然后答题．
【解析】： 解：A、当小球所示重力与电场力合力为零时，绳子的拉力供应向心力，合外力做功为零，小球做匀速圆周运动，故A正确；
B、当小球所受重力与电场力合力不为零时，合外力对小球所做的功不为零，小球速度大小发生变化，小球做变速圆周运动，故B正确；
C、当小球做匀速圆周运动时，细线的拉力供应向心力，在圆周上任何一点细线的拉力都相等，假如小球做非匀变速运动，小球带正电时，在最高点细线拉力最小，假如小球带负电，在最高点，小球的拉力最大，故C错误；
D、小球所受重力与电场力不相等，做变速圆周运动，且小球带负电时，在最低点细线拉力最小，故D正确；
故选ABD．
【点评】： 对小球正确受力分析，全面考虑问题，进行争辩即可正确解题．

三、填空题：（共2题：12题4分，12题8分，共12分，把答案填在相应的横线上）
12．（4分）如图所示，一带电粒子由静止开头经电压U加速后从O孔进入垂直纸面对里的匀强磁场中，并打在了P点．测得OP=L，磁场的磁感应强度为B，则带电粒子的荷质比=　　．（不计重力）

【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】： 带电粒子在电场中加速过程中，电场力做正功，依据动能定理求出粒子得到的速度．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力供应向心力，依据牛顿其次定律求出半径的表达式．由题，G、H间的距离为d，则粒子的直径等于d．联马上可．
【解析】： 解：粒子在电场中加速，由动能定理得：qU=mv2﹣0，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，
由牛顿其次定律得：qvB=m，
由题意可知，粒子轨道半径：r=L，
联立以上三式解得：=；
故答案为：．
【点评】： 带电粒子先经电场加速，依据动能定理求出速度．垂直进入磁场做匀速圆周运动，依据牛顿定律求出半径表达式，是常用的思路．难度适中．

13．（8分）额定功率80kW的无轨电车，最大速度是72km/h，质量是2×103kg．假如汽车从静止开头作匀加速直线运动，加速度大小为2m/s2，阻力大小肯定，则电车匀加速运动行使能维持时间　5　s，又知电车从静止驶出到增至最大速度共经受了21s，在此过程中，电车通过的位移为　270　m．

【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率．
【专题】： 功率的计算专题．
【分析】： 电车速度最大时，牵引力等于阻力，依据P=Fvm=fvm求出阻力的大小．对于匀加速直线运动过程，依据牛顿其次定律求出牵引力的大小．电车的实际功率达到额定功率时匀加速直线运动结束，由P=Fv求出匀加速直线运动的时间．依据动能定理列式，求解电车通过的位移．
【解析】： 解：题中电车的最大速度是 vm=72km/h=20m/s
当速度最大时，F=f．
有P=fvm，则f==N=4000N
对于匀加速度直线运动过程，依据牛顿其次定律有：F﹣f=ma．
则牵引力为 F=f+ma=4000+2×103×2=8000N
所以匀加速运动的最大速度为 v===10m/s，则匀加速直线运动的时间 t==s=5s
匀加速运动的位移为 x1==m=25m
电车的功率达到额定功率到速度达到最大的过程中，所用时间 t′=21s﹣5s=16s
由动能定理得：Pt′﹣fx2=﹣
代入解得：x2=245m
则在此过程中，电车通过的总位移为 x=x1+x2=270m
故答案为：5，270．
【点评】： 解决本题的关键知道发动机功率P=Fv，知道当速度达到最大时，牵引力等于阻力．以及知道以恒定加速度运动在整个过程中的运动状况．

四、计算题：（本题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最终答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位）
14．（10分）如图所示，直线MN表示一条平直大路，甲、乙两辆汽车原来停在A、B两处，A、B间的距离为85m，现甲车先开头向右做匀加速直线运动，加速度a1=2.5m/s2，甲车运动6.0s时，乙车马上开头向右做匀加速直线运动，加速度a2=5.0m/s2，求两辆汽车相遇处距A处的距离．

【考点】： 匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【专题】： 追及、相遇问题．
【分析】： 先求出甲车运动6.0s时的位移，看此时有没有相遇，如没有设此后用时间t与乙车相遇，依据时间和位移的关系列方程即可解题．
【解析】： 解：甲车运动6s的位移为：
尚未追上乙车，设此后用时间t与乙车相遇，则有：
将上式代入数据并开放整理得：t2﹣12t+32=0
解得：t1=4s，t2=8s
t1、t2、都有意义，t1=4s时，甲车追上乙车；t2=8s时，乙车追上甲车再次相遇．
第一次相遇地点距A的距离为：=125m
其次次相遇地点距A的距离为：=245m．
答：两辆汽车相遇处距A处的距离分别为125m，245m．
【点评】： 本题是追击问题，要留意最终求出的两个时间都有意义，表明两车可以相遇两次，第一次时甲追上乙，其次次时乙追上甲．

15．（10分）如图所示，在倾角θ=37°的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E=4.0×103N/C，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板．质量m=0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止开头滑下，滑到斜面底端以与挡板相碰前的速率返回．已知斜面的高度h=0.24m，滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.30，滑块带电荷q=﹣5.0×10﹣4C，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．求：
（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小；
（2）滑块在斜面上运动的总路程s和系统产生的热量Q．

【考点】： 电势差与电场强度的关系；动能定理．
【专题】： 电场力与电势的性质专题．
【分析】： （1）在下滑过程中依据动能定理即可求得
（2）滑块最终将静止在斜面底端．因此重力势能和电势能的削减等于克服摩擦力做的功，产生的热量为Q=fs
【解析】： 解：（1）滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力
f=μ（mg+qE）cos37°=0.96N
设到达斜面底端时的速度为v，依据动能定理得
（mg+qE）h﹣
解得 v=2.4m/s．
（2）滑块最终将静止在斜面底端．因此重力势能和电势能的削减等于克服摩擦力做的功，（mg+qE）h=fs
解得滑块在斜面上运动的总路程：s=1 m
Q=fs=0.96 J
答：（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小为2.4m/s；
（2）滑块在斜面上运动的总路程s为1m，系统产生的热量Q为0.96J
【点评】： 本题考查动能定理的应用，难点在于正确写出功的表达式，功等于力乘以力方向上的分位移，比如滑块下滑时重力方向的位移为竖直方向高度h，摩擦力方向的位移即为沿着斜面的长度

16．（10分）如图所示，静止放在水平桌面上的纸带，其上有一质量为m=0.1kg的铁块，它与纸带右端的距离为L=0.5m，全部接触面之间的动摩擦因数相同．现用水平向左的恒力，经2s时间将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘且速度为υ=2m/s．已知桌面高度为H=0.8m，不计纸带重力，铁块视为质点．重力加速度g取10m/s2，求：
（1）铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离；
（2）动摩擦因数；
（3）纸带抽出过程中系统产生的内能．

【考点】： 平抛运动；牛顿其次定律；能量守恒定律．
【专题】： 平抛运动专题．
【分析】： （1）依据高度求出平抛运动的时间，结合初速度和时间求出水平距离．
（2）依据速度时间公式求出铁块的加速度，通过牛顿其次定律求出摩擦力的大小，从而得出动摩擦因数的大小．
（3）依据牛顿其次定律和运动学公式求出纸带和铁块的相对位移，求出纸带和铁块间产生的热量，以及求出纸带的位移，得出纸带和桌面间产生的热量，从而得出整个过程中系统产生的内能．
【解析】： 解：（1）设铁块离开桌面后经时间t落地
水平方向：x=υt①
竖直方向：②
由①②联立解得：x=0.8m
（2）设铁块的加速度为a1，运动时间为t1，由牛顿其次定律，得μmg=ma1③
纸带抽出时，铁块的速度υ=a1t1④
③④联立解得 μ=0.1
（3）铁块的位移⑤
设纸带的位移为x2；由题意知，x2﹣x1=L⑥
由功能关系可得纸带抽出过程中系统产生的内能E=μmgx2+μmgL⑦
由③④⑤⑥⑦联立解得：E=0.3J
答：（1）铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离为0.8m．
（2）动摩擦因数为0.1．
（3）纸带抽出过程中系统产生的内能为0.3J．
【点评】： 本题考查了牛顿其次定律、运动学公式以及平抛运动的综合运用，综合性较强，对同学力量要求较高，需加强这方面的训练．

17．（14分）如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面对里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的p（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0）点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：
（1）电场强度E的大小；
（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；
（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值．

【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】： 压轴题；带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】： （1）粒子在电场中做类平抛运动，水平位移和竖直位移均已知，由牛顿其次定律和运动学公式，运用运动的分解法可求出场强大小E．
（2）由速度的合成法求出粒子到达a点时速度大小和方向，由几何学问确定粒子经过a点时的方向．
（3）三角形区域内的磁场方向垂直纸面对里，当粒子刚好与BC边相切时，磁感应强度最小，作出轨迹，由几何学问求出最大半径，由牛顿其次定律即可求出磁感应强度的最小值．
【解析】： 解：粒子在第Ⅰ象限内做类平抛运动，设在第Ⅰ象限内运动的时间为t1，则
水平方向有：2h=v0t1…①
竖直方向有：…②
①②式联立得： ③
（2）设粒子到达a点时时竖直方向的速度vy
则有：…④．
①③④联立得：vy=v0
所以粒子到达a点时速度大小为 ①
与x轴的夹角为θ，由几何关系得：，
所以θ=45°；
（3）经分析，当粒子从b点出磁场时，磁感应强度最小；

由几何关系得： ②
由洛伦兹力供应向心力得： ③
①②③联立得：即磁感应强度的最小值．
答：（1）电场强度E的大小
（2）v=v0，与x轴正方向成45°角斜向右下方
（3）磁场的磁感应强度B的最小值．
【点评】： 该题考查了有边界电磁场的问题，在电场中的偏转，利用平抛运动的学问求解；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．