2020-2021学年山东省临沂市沂水县高二（上）期末物理试卷

这是一份2020-2021学年山东省临沂市沂水县高二（上）期末物理试卷，共21页。试卷主要包含了单项选择题，不定项选择题，实验，计算论述题等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年山东省临沂市沂水县高二（上）期末物理试卷
一、单项选择题：
1．（3分）关于通电直导线周围磁场分布下列正确确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（3分）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μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是（　　）

A．受到的向心力大小为mg+mv2R
B．受到的摩擦力大小为μmv2R
C．受到的摩擦力大小为μ（mg+mv2R）
D．受到的合力方向斜向左下方
3．（3分）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12V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10000V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
4．（3分）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X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．
5．（3分）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30N•S的作用，历时2s，物体的动量大小变为（　　）
A．80kg•m/s B．110kg•m/s C．40kg•m/s D．60kg•m/s
6．（3分）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．
7．（3分）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R3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=16R2a9G
C．地球两极的重力加速度大小为4a3
D．物体A的线速度比卫星B的线速度大
8．（3分）如图所示，质量为m、长为L的直导线用两根轻质绝缘细线悬挂于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，且导线保持静止时，细线与竖直方向的夹角为θ．则磁感应强度的方向和大小可能为（　　）

A．z正向，mgILtanθ B．y正向，mgIL
C．x正向，mgILtanθ D．沿悬线向上，mgILsinθ
二、不定项选择题：
9．（3分）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
10．（3分）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ω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＝NBSωsinωt
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
11．（3分）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
12．（3分）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
13．（3分）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45°，在B点小球速度方向与水平方向的夹角为60°，（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23s
B．小球经过A、B两点的时间间隔为2（3-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
三、实验、填空题：
14．图示为“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右偏了一下，那么闭合开关后将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将　 　；接着讲滑动变阻器的滑片迅速向左滑动，灵敏电流计指针　 　。（均填“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，分析可知，要避免电击发生，在拆除电路前应　 　（选填“断开开关”或“把A、B线圈分开放置”）。

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。

四、计算论述题：
16．如图，质量为m的b球用长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a，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．已知BC轨道距地面有一定的高度，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg．试问：
①a与b球碰前瞬间的速度多大？
②a、b两球碰后，细绳是否会断裂？（要求通过计算回答）

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0.1Ω，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。

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45°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。


2020-2021学年山东省临沂市沂水县高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：
1．【分析】通电导线周围的磁场方向，由右手螺旋定则来确定。
【解答】解：A、根据安培定则：A图中磁场应该为右边向里，左边向外，故A错误；
B、根据安培定则知图中磁场方向正确；故B正确；
C、根据安培定则：图中磁场应该为顺时针方向的同心圆，故C错误；
D、根据安培定则：图中磁场应该是逆时针方向的同心圆，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了安培定则，明确四指和大拇指的含义即能正确判断。
2．【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，从而确定合力的大致方向．
【解答】解：A、物体在最低点的向心力大小Fn=mv2R，故A错误。
B、在竖直方向上，有：N﹣mg＝mv2R，解得支持力N=mg+mv2R，则物体所受的摩擦力大小f＝μN＝μ（mg+mv2R），故C正确，B错误。
D、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D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键确定物体做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．难度不大．
3．【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。
【解答】解：A、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；
B、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；
C、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；
D、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。
【点评】本题需要掌握变压器电压之比和匝数之比的关系，不能只记住一些结论，要根据变压器的工作原理去分析。
4．【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。
【解答】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，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】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．【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。
【解答】解：根据动量定理得：P﹣mv＝Ft；则P＝Ft+mv＝（30+10×5）kg•m/s＝80kg•m/s，则A正确，BCD错误
故选：A。
【点评】有关矢量的运算要注意方向。
6．【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。
【解答】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，故图象D正确，ABC错误；
故选：D。
【点评】本题是图象问题，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律、欧姆定律判断感应电流的方向，得到各段电流的解析式，再选择图象。
7．【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。
【解答】解：A、根据GMmr2=ma
可知a=GMr2
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，故A错误；
B、对卫星B，根据GMmr2=ma可得GMm(R+13R)2=ma，地球的质量为M=16R2a9G，故B正确；
C、根据GMmR2=mg，可得地球两极的重力加速度大小为g=169a，故C错误；
D、根据GMmr2=mv2r 可知v=GMr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，故D错误；
故选：B。
【点评】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．【分析】根据左手定则，结合磁场的方向分析能否使导线保持静止．根据平衡条件和安培力公式列式求解磁感应强度的大小．
【解答】解：
A、磁感应强度方向为z正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能平衡，所以A错误；
B、当磁场沿y正方向时，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向上，当BIL＝mg，B=mgIL导线静止，悬线的拉力为零，故B正确；
C、当磁场沿x正方向时，磁场与电流平行，导线不受安培力，导线不可能向右偏转，悬线与竖直方向的夹角θ＝0°，不符合题意，故C错误；
D、当沿悬线向上时，由左手定则可知，安培力垂直于导线斜向下方，从受力角度可知，棒无法平衡，故D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键通过左手定则判断出安培力的方向，结合共点力平衡进行分析．对于选择题可以采用定性分析B的方向和定量计算B的大小，结合判断．
二、不定项选择题：
9．【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。
【解答】解：A、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；
BC、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；
D、根据a＝ω2r可知a、b两点的向心加速度大小相等，故D正确；
故选：AD。
【点评】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．【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；
【解答】解：A、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；
B、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；
C、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；
D、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。
【点评】本题考查瞬时表达式的书写，关注线圈的开始计时位置，得出最大值，区别与有效值，理解电阻的变化，只会改变电流与功率，不会影响电压的变化
11．【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。
【解答】解：AB、根据题意，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；
CD、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。
【点评】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．【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。
【解答】解：AB、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；
C、由动量守恒可得：mv＝2mv车+mv球，由机械能守恒可得：12mv2=12×2mv车2+12mv球2；所以，v车+2v球＝0，那么，v车=23v，v球=-13v，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；
D、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，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题是系统动量守恒和机械能守恒的类型，类似于弹性碰撞，常见类型。分析清楚运动过程、应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题。
13．【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。
【解答】解：A、根据平行四边形定则知，vyA＝v0＝20m/s，vyB＝v0tan60°＝203m/s，则小球从释放到B用时tB=vByg=20310s=23s，故A正确；
B、由A到B的时间间隔△t=vyB-vyAg=2(3-1)s，故B正确；
CD、A、B的高度差h=vyB2-vyA22g=1200-40020m=40m，故C错误，D正确；
故选：ABD。
【点评】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．【分析】（1）根据在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，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。
【解答】解：（1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈的磁通量增加时，电流计指针向右偏，
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，电流计指针将向右偏；
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，电流计指针将向左偏。
（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；
故答案为：（1）向右偏；向左偏；（2）A；断开开关。
【点评】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．【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。
【解答】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B正确ACD错误。
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=12gt2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。
故答案为：（1）B；（2）C：（3）1：2。
【点评】解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项。在平抛运动的规律探究活动中，不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解。
四、计算论述题：
16．【分析】①由机械能守恒定律可以求出小球a的速度；
②由动量守恒定律求出碰撞后小球的速度，然后由牛顿第二定律求出绳子的拉力，根据拉力大小分析答题．
【解答】解：①设a球经C点时速度为vC，a球下滑过程机械能守恒，
则由机械能守恒得：mgh=12mv02，
解得：v0=2gh，即a与b球碰前的速度为：2gh；
②设b球碰后的速度为v，a、b两球碰撞过程系统动量守恒，
以a球的初速度方向为正方向，由动量守恒得：mv0＝（m+m）v，
解得：v=122gh，
小球被细绳悬挂绕O摆动时，若细绳拉力为T，
由牛顿第二定律得：T﹣2mg＝2mv2h，
解得：T＝3mg＞2.8mg，细绳会断裂；
答：①a与b球碰前瞬间的速度为：2gh；
②a、b两球碰后，细绳会断裂．
【点评】本题考查了速度、判断绳子是否断裂问题，分析清楚物体运动过程、应用机械能守恒定律、动量守恒定律、牛顿第二定律即可正确解题．
17．【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。
【解答】解：（1）ab杆产生的感应电动势的大小：E＝BLv ①
解得：E＝0.4V
（2）感应电流大小：I=ER②
ab杆所受的安培力：FA＝BIL③
根据牛顿第二定律：F﹣FA＝ma ④
代入数据解得：a＝1m/s2
（3）将①②③代入④得：F-B2L2vR=ma
当a＝0时，v达到最大
vm=FRB2L2=2.5m/s
答：（1）当ab的速度达到2m/s时，ab杆产生的感应电动势的大小为0.4V；
（2）当ab的速度达到2m/s时，ab杆的加速度的大小为2.5m/s；
（3）ab杆最终能达到的最大速度为2.5m/s。
【点评】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)2R。
18．【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。
【解答】解：（1）带电粒子的从P点进入后偏向上方进入磁场，故说明粒子受电场力向上，电场力逆着电场线方向，故粒子带负电；
粒子在磁场中沿圆周进入第II象限，则说明粒子进入磁场时受力向左上，由左手定则可知，匀强磁场的方向垂直xoy平面向外。
（2）设粒子在电场中运动的时间为t，
水平方向：2h＝v0t
竖直方向：h=12at2，
qE＝ma
联立以上各式解得：E=mv022qh
（3）粒子达到a点时沿负y方向的分速度为vy＝at解得：vy＝v0
所以v=2v0方向指向第Ⅰ象限与x轴正方向成45°
（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=2mv0qB
正三角形abc区域的面积最小，S=34L2=3m2v02q2B2
答：（1）带电粒子带负电荷；匀强磁场的方向垂直xoy平面向外。
（2）电场强度E的大小为mv022qh
（3）粒子到达a点时速度的大小和方向2v0，方向指向第Ⅰ象限与x轴正方向成45°。
（4）正三角形abc区域的最小面积3m2v02q2B2。
【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。