1、2014-2015学年湖北省孝感高中高二（上）期末物理试卷 一、单项选择（每小题4分）1（4分）每时每刻都有大量带电的宇宙射线向地球射来，地球磁场可以有效地改变这些宇宙射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，（如图，地球由西向东转，虚线表示地球自转轴，上方为地理北极），在地球磁场的作用下，它将（）A向东偏转B向南偏转C向西偏转D向北偏转考点：洛仑兹力版权所有分析：根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断粒子的运动的方向解答：解：地球的磁场由南向北，当带正电的宇宙射线粒子
2、垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向东，所以粒子将向东偏转，故A正确故选：A点评：本题就是考查左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向注意正负电荷的区别2（4分）质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为（）A向上，m（v1+v2）B向下，m（v1+v2）C向上，m（v1v2）D向下，m（v1v2）考点：动量定理版权所有专题：动量定理应用专题分析：由于碰撞时间极短，钢球的重力相对于地面对钢球的冲力可忽略不计根据动量定理求解在碰撞过程中地面对钢球的冲量的方向和大小解答
3、：解：选取竖直向下方向为正方向，根据动量定理得地面对钢球的冲量为：I=mv2mv1=m（v1+v2），则地面对钢球的冲量的方向向上，大小为m（v1+v2）故选：A点评：应用动量定理求解冲量是常用的方法，要注意选取正方向，用带正号的量值表示矢量如重力不能忽略，还要考虑重力的冲量3（4分）有一个均匀带电圆环，以圆环圆心O为坐标原点，过O且垂直于圆环平面的线为x轴，如图甲所示，现测得x轴上的电场强度随坐标x值变化的图象如图乙所示（场强为正值，表示方向沿x轴正方向），H、I是x轴上两点，且HOOI，取无穷远处电势为零则以下分析正确的是（）A该圆环带负电Bx轴上O点电势为零C将一个正的试探电荷沿x轴从H
4、移动到I的过程中，电势能先增大后减小DH点的电势低于I点的电势考点：电势；电势能版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：由乙图可读出场强的大小变化情况和场强的方向，根据场强的方向判断圆环的电性和O点的电势正负根据电场力做功正负，分析电势能的变化根据U=Ed可定性分析H和I两点电势的高低解答：解：A、由乙图知：O点左侧场强方向从O点出发指向无穷远处，右侧场强方向也O点指向无穷远处，根据电场线从正电荷出发到无穷远终止，可知该圆环带正电故A错误B、根据顺着电场线方向电势降低可知，O点的电势高于无穷远处的电势，所以O点电势大于零故B错误C、将正的试探电荷沿x轴从H移动到I的过程中，所受的电场力先向左
5、，后向右，则电场力先做负功后做正功，则电势能先增大后减小，故C正确D、由图可知O点左右两侧的电场具有对称性，而顺着电场线电势降低，H、I两点的电势都低于O点，由于H点更靠近O点，所以H点的电势高于I点的电势故D错误故选：C点评：解决本题关键要理解电场线的分布情况和特点，抓住电场的对称性，分析电势的高低，能由电场力做功正负判断电势能的变化4（4分）如图所示，R3是光敏电阻，当开关S闭合后在没有光照射时，a、b两点等电势，当用光照射电阻R3时，则（）AR3的电阻变小，a点电势高于b点电势BR3的电阻变小，a点电势低于b点电势CR3的电阻变小，a点电势等于b点电势DR3的电阻变大，a点电势低于b点电
6、势考点：闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：光敏电阻为半导体，其阻值随温度的升高而降低；取电源的负极电势为零， a点的电势等于R4两端的电压，b点的电势等于R2两端的电压；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化；由欧姆定律可得出各电阻两端的电压变化，故可判断ab两点电势的高低解答：解：取电源的负极电势为零，a点的电势等于R4两端的电压，b点的电势等于R2两端的电压光敏电阻的电阻随温度的升高而降低，故R3的电阻减小，电路中总电阻减小，故由闭合电路的欧姆定律可知，电路中的总电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小没有光照时，a、b两点电势相等，有光照以后，两支路两端的电压相等，因R
7、1、R2支路中电阻没有变化，故R2的分压比不变；而由于R3的电阻减小，故R4分压增大，故a端的电势要高于b端，故BCD错误，A正确故选A点评：本题首先要了解光敏电阻的特性，再按局部到整体，再到局部的顺序进行动态分析5（4分）介子衰变的方程为：K+0，其中K介子和介子带负的基元电荷，0介子不带电一个K介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径RK与R之比为210介子的轨迹未画出由此可知的动量大小与0的动量大小之比为（）A1：1B1：2C1：3D1：6考点：动量定理；洛仑兹力版权所有专题：动量定理应用专题分析：曲线运动中，
8、粒子的速度方向沿着轨迹上该点的切线方向，又由于K介子衰变过程中，系统内力远大于外力，系统动量守恒，故可知衰变后，介子反向飞出，0介子沿原方向飞出，再根据介子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，可以列式求出K介子与介子的动量之比，再结合动量守恒定律列式分析解答：解：K介子与介子均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：eBv=m，粒子动量为：P=mv=eBR，则有：PK：P=2：1，以K的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：PK=P0P解得：P0=3P，则的动量大小与0的动量大小之比为1：3；故选：C点评：本题考查了求粒子的动量之比，应用牛顿第二定律与动量守恒定律、动量的计算公式即
9、可正确解题6（4分）如图所示，A1、A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法中正确的是（）A开关S接通时，A2灯先亮、A1灯逐渐亮，最后A1A2一样亮B开关S接通时，A1、A2两灯始终一样亮C断开S的瞬间，流过A2的电流方向与断开S前电流方向相反D断开S的瞬间，流过A1的电流方向与断开S前电流方向相反考点：自感现象和自感系数版权所有分析：开关K闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯变暗，B灯变亮断开开关K的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭解答：解：该电路中，A与L并联，B与R并联，然后两部分串联；A、开关K闭
10、合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，B灯逐渐增大，则A灯变暗，B灯变亮，故A错误，B错误；C、断开开关K的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过A灯，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，此时流过A1的电流方向与断开S前电流方向相反故C错误，D正确故选：D点评：自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律，要注意哪一部分在自感回路中7（4分）如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（dL）的条形匀强磁场区域
11、，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下导线框以某一初速度向右运动t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域下列vt图象中，可能正确描述上述过程的是（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：线圈以一定的初速度进入匀强磁场，由于切割磁感线，所以出现感应电流，从而产生安培阻力，导致线圈做加速度减小的减速运动当完全进入后，没有磁通量变化，所以没有感应电流，不受到安培力，因此做匀速直线运动，当出现磁场时，磁通量又发生变化，速度与进入磁场相似解答：解：线圈以一定初速度进入磁场，则感应电动势为：E=BLv 闭合电路欧姆定律，则感
12、应电流为：安培力为：由牛顿第二定律为：F=ma 则有：由于v 减小，所以a也减小，当完全进入磁场后，不受到安培力，所以做匀速直线运动，当出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场相似而速度与时间的斜率表示加速度的大小，因此D正确，ABC错误；故选：D点评：属于力与电综合题，并强调速度与时间的斜率表示加速度的大小，而由牛顿第二定律来确定加速度如何变化二、多项选择题（全部选对得5分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分，）8（5分）如图所示，Q为用毛皮摩擦过的橡胶圆盘，由于它的转动，使得金属环P中产生了逆时针方向的电流，则Q盘的转动情况是（）A顺时针加速转动B逆时针加速转动C顺时针减速转动D逆时针减速
13、转动考点：安培定则版权所有分析：由于Q带负电，当转动时相当于电荷定向移动，从而产生电流，并且电流的变化，导致B的磁通量发生变化，最终使金属环P有电流解答：解：A、若Q顺时针加速转动，则Q环中有逆时针且大小变大的电流，导致通过P环磁通量变大，根据安培定则可得P处于垂直纸面向外的磁场中，由楞次定律可得感应电流方向顺时针，故A错误；B、若Q逆时针加速转动，则Q环中有顺时针且大小变大的电流，导致通过P环磁通量变大，根据安培定则可得P处于垂直纸面向里的磁场中，由楞次定律可得感应电流方向逆时针，故B正确；C、若Q顺时针减速转动，则Q环中有逆时针且大小变小的电流，导致通过P环磁通量变小，根据安培定则可得P处
14、于垂直纸面向外的磁场中，由楞次定律可得感应电流方向逆时针，故C正确；D、若Q逆时针减速转动，则Q环中有顺时针且大小变小的电流，导致通过P环磁通量变小，根据安培定则可得P处于垂直纸面向里的磁场中，由楞次定律可得感应电流方向顺时针，故D错误故选：BC点评：考查由电荷的定向移动形成电流，根据安培定则来确定电流与磁场方向，再由楞次定律来判定感应电流的方向9（5分）如图所示，设变压器为理想变压器，并保持输入电压U1不变，L为串联在原线圈的灯泡，L1、L2、L3、L4为副线圈的负载，当滑动变阻器R的滑片向下移动时（）AL1灯亮度增加BL2灯亮度减弱CL3灯亮度增加DL4灯亮度减弱考点：变压器的构造和原理版
15、权所有专题：交流电专题分析：与闭合电路中的动态分析类似，可以根据滑动变阻器R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况解答：解：A、当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻减少，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大即L1灯亮度增强故A正确；B、当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻减少，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大由于L1灯两端电压增大，则L4灯两端电压减小，所以L2灯电流增大，因此L2灯亮度增强，故
16、B错误；C、当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻减少，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大由于L1灯两端电压增大，则L4灯两端电压减小，所以L2灯电流增大，因此L2灯电压增加，则有滑动变阻器上电压减小，所以滑动变阻器上的电流减小，所以L3上的电流增大，L3灯亮度增强故C正确；D、当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻减少，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大由于L1灯两端电压增大，则L4灯两端电压减小，所以L4灯电流减小，故D正确故选：ACD点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电
17、路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法10（5分）如图所示，一根长度L的直导体棒中通以大小为I的电流，静止放在导轨上，垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B，B的方向与竖直方向成角下列说法中正确的是（）A导体棒受到磁场力大小为BLIsinB导体棒对轨道压力大小为mgBILsinC导体棒受到导轨摩擦力为（mgBILsin）D导体棒受到导轨摩擦力BLIcos考点：安培力版权所有分析：对导体棒受力分析，正交分解，根据平衡条件求解导体棒受到导轨摩擦力和支持力解答：解：A、根据左手定则可得导体棒受力分析如图所示B与I垂直，故导体棒受到磁场力大小为F=BI
18、L，选项A错误；B、根据共点力平衡规律得：BILsin+Fn=mg，得导体棒对轨道的压力大小为Fn=mgBILsin，选项B正确；C、由于导体棒受到的是静摩擦力，因而受到静摩擦力大小要运用力的平衡规律求解，即为Ff=BILcos，选项C错误，选项D正确故选：BD点评：本题借助安培力考查了平衡条件以及正交分解的应用，注意安培力公式F=BILsin，为B与I之间的夹角11（5分）如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒ab（电阻也不计）放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从
19、静止起向右拉动的过程中（）A恒力F做的功等于电路产生的电能B恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能C克服安培力做的功等于电路中产生的电能D恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化版权所有专题：电磁感应功能问题分析：导体棒在恒力作用下沿粗糙导轨做切割磁感线，产生感应电动势，出现感应电流，棒又受到安培力因此棒做加速度减小的加速运动，最终达到匀速直线运动状态解答：解：A、由动能定理可得：恒力、安培力与摩擦力的合力功等于棒获得的动能，而安培力做功导致电路中的消耗电能，产生热能故A错误；B、由动能定理可得：恒力、安培
20、力与摩擦力的合力功等于棒获得的动能，而安培力做功导致电路中的消耗电能，产生热能故B错误；C、安培力做功等于电路中产生的电能，从而产生热能故C正确；D、由动能定理可得：恒力、安培力与摩擦力的合力功等于棒获得的动能，而安培力做功导致电路中的消耗电能，产生热能故D正确；故选：CD点评：由功能关系可知：合力做功等于物体动能的变化，而安培力做功等于电路中消耗的电能，摩擦力做功则产生内能三、实验题（每空3分，共计18分）12（9分）（2011鹰潭一模）用精密仪器测量一物体的长度，得到结果为1.63812cm现改用最小刻度为1mm的刻度尺去测量，结果应该为1.64cm；如果改用20分度的游标卡尺去测量，结果
21、应该为1.640cm；如果改用螺旋测微器去测量，结果应该为1.6381cm考点：刻度尺、游标卡尺的使用版权所有专题：实验题分析：用刻度尺测量物体长度时，记录结果时应估计到分度值的下一位，倒数第二位是分度值所在的单位解答：解：用精密仪器测量一物体的长度，得到结果为1.63812cm现改用最小刻度为1mm的刻度尺去测量，记录结果时应估计到分度值的下一位，所以结果应该为1.64cm，如果改用20分度的游标卡尺去测量，精确度为0.05mm，所以结果应该为1.640cm如果改用螺旋测微器去测量，精确度为0.001mm，结果应该为1.6381cm故答案为：1.64； 1.640；1.6381点评：刻度尺要
22、估读到分度值的下一位注意游标卡尺和螺旋测微器的精确度13（9分）（2011中山二模）某同学欲测一个未知电阻的阻值，可供选择的仪器有：电流表A，量程有10mA和0.6A两种，电压表V，量程有3V和15V两种，电源电压为4.5V该同学先按如图接好电路，闭合S1后，把开关S2拨至a时发现，两电表的指针偏转都在满偏的处，再把S2拨至b时发现，其中电压表的指针偏角几乎不变，另一个电流表的指针偏转到满偏的处则该同学在实验中：所选电压表的量程为3V；所选电流表的量程为10mA；被测电阻Rx=320考点：伏安法测电阻版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）电源电动势为4.5V，如果选择15V档位，偏转五
23、分之四达到12V，超过电源的电动势，故电压表选择的是低档位；（2）电压表读数几乎不变，电流表读数变化明显，说明电压表分流作用明显，即待测电阻的电阻值与电压表内阻相接近，而伏特表电阻较大，至少几千欧姆，故电流表选10mA挡；（3）根据欧姆定律和电路的串并联知识列式求解即可解答：解：（1）电源电动势为4.5V，如果选择15V档位，偏转五分之四达到12V，超过电源的电动势，故电压表选择的是低档位；故答案为：3（2）电压表读数几乎不变，电流表读数变化明显，说明待测电阻阻值较大，与伏特表相接近，而伏特表电阻较大，至少几千欧姆，而电源电动势只有4.5V，故电流只有几个毫安，故电流表选10mA挡；故答案为：
24、10（3）闭合S1后，把开关S2拨至a时发现，两电表的指针偏转都在满偏的处，故电流为8mA，电压表读数为2.4V；再把S2拨至b时发现，其中电压表的指针偏角几乎不变，另一个电流表的指针偏转到满偏的处，故电压表读数为2.4V，电流表读数为7.5mA；故待测电阻两端电压为2.4V，电流为7.5mA，故待测电阻为320；故答案为：320点评：本题关键要明确两种接法电表读数改变的原因，然后根据实际情况，结合欧姆定律和电路的串并联知识进行分析处理四、计算题（必须要有解答过程，只有结果没有过程的不得分共计34分）14（8分）如图所示，套在绝缘棒上的小球，质量为1g，带有q=4103C的正电荷，小球在棒上可
25、以自由滑动，直棒放在互相垂直且沿水平方向的匀强电场E=10N/C和匀强磁场B=5T之中，小球和直棒之间的动摩擦因数为=0.2，求小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度和最大速度（设小球在运动过程中电量不变，重力加速度g=10m/s2）考点：带电粒子在混合场中的运动版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：本题应通过分析小球的受力情况，来判断其运动情况：小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向右的洛伦兹力、向左的电场力，当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；当洛伦兹力大于电场力，且滑动摩擦力与重力平衡时，速度最大解答：解：当重力和电场力平衡时，摩擦力为零，小球只受重力，加速
26、度最大，为：am=g=10m/s2；当摩擦力与重力平衡时，小球速度达到最大，有：（BqvmqE）=mg解得：vm=+=4.5m/s；答：小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度为10m/s2，最大速度为4.5m/s点评：本题要注意分析带电小球的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化，对学生要求较高同时注意因速度的变化，导致洛伦兹力变化，从而使合力发生变化，最终导致加速度发生变化15（12分）如图所示，线圈的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为r=1，外接电阻R=9，匀强磁场的磁感应强度B=T，当线圈以300r/min的转
27、速匀速旋转时，求：（1）若从中性面开始计时，写出线圈磁通量变化率的瞬时表达式（2）电路中电压表和电流表的示数各是多少？（3）由图示位置转过60角的过程产生的平均感应电动势为多少？考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系；交流发电机及其产生正弦式电流的原理版权所有专题：交流电专题分析：（1）从图示位置开始计时，写出线圈中磁通量变化率的表达式，由转速求出角速度代入解出；（2）电路中电压表、电流表的示数显示交流的有效值，由欧姆定律求出R电压和电流的有效值；（3）由法拉第电磁感应电定律可求得平均电动势解答：解：（1）转速n=300r/min=5r/s，故频率f=n=5Hz=2f=25rad/s=10ra
28、d/s因为从中性面开始计时，=BSsint=0.0510sin10t=0.5sin10t（2）电阻两端电压的最大值为：Um=45（V）电压表的读数：U=45V电流表的读数：I=5A（3）转过60度角所用时间为t=平均电动势：答：（1）磁通量的变化率为0.5sin10t；（2）电路中电压表的示数是45，电流表的示数是5A；（3）平均电动势为33.8V点评：本题关键是要区分交流电的有效值、瞬时值、平均值和最大值的区别，知道电流表和电压表读数是有效值，计算热量用有效值，计算电量用平均值16（14分）如图（a）所示，两水平放置的平行金属板C、D相距很近，上面分别开有小孔O、O，水平放置的平行金属导轨与
29、C、D接触良好，且导轨在磁感强度为B1=10T的匀强磁场中，导轨间距L=0.50m，金属棒AB紧贴着导轨沿平行导轨方向在磁场中做往复运动其速度图象如图（b）所示，若规定向右运动速度方向为正方向，从t=0时刻开始，由C板小孔O处连续不断以垂直于C板方向飘入质量为m=3.21021kg、电量q=1.61019C的带正电的粒子（设飘入速度很小，可视为零）在D板外侧有以MN为边界的匀强磁场B2=10T，MN与D相距d=10cm，B1、B2方向如图所示（粒子重力及其相互作用不计）求：（1）在04.0s时间内哪些时刻发射的粒子能穿过电场并飞出磁场边界MN？（2）粒子从边界MN射出来的位置之间最大的距离为多
30、少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子要飞出磁场边界MN，速度最小时，轨迹半径也最小，恰好与MN相切，可得到轨迹半径为d根据粒子圆周运动的半径求出粒子进入磁场的速度，即为加速获得的末速度，再由动能定理求出加速电压U，由U=B1Lv 求出AB运动的速度，由乙图可求出所求的量（2）当AB棒速度最大，产生的感应电动势最大，CD板间电压最大，粒子经加速得到的速度最大，在磁场中轨迹半径也最大，粒子出MN边时，偏转距离最小，根据法拉第定律、动能定理和半径公式结合，并运用几何知识求得粒子从边界MN射出来的位置之间最大的距离解答：解：（1）由右手定则可判断
31、AB向右运动时，C板电势高于D板电势，粒子被加速进入B2磁场中，AB棒向右运动时产生的电动势E=B1Lv（即为C、D间的电压）粒子经过加速后获得的速度为v，则有qE=mv2，粒子在磁场B2中做匀速圆周运动，半径要使粒子恰好穿过，则有r=d联立上述各式代入数据可得v=5.0m/s故要使粒子能穿过磁场边界MN则要求v5m/s由速度图象可知，在0.25st1.75s可满足要求（2）当AB棒速度为v=5m/s时，粒子在磁场B2中到达边界MN打在P点上，其轨道半径r=d=0.1m（此时=r=0.1m）如图所示 此时粒子向左的位移最大，出射点P与O的水平距离为d=10cm 当AB棒速度最大，即v=20m/s时产生感应电动势为：=B1Lv=100V 此时带电粒子经加速后速度为v，由动能定理有：q=代入数据，解得：v=100m/s 此时带电粒子的轨迹半径为：R=m出射点Q与O的水平距离为：x=Rm=2.7cm粒子从边界MN射出来的位置间最大距离为S=dx10cm2.7cm=7.3cm答：（1）0到4.0s内0.25st1.75s时刻从O处飘入的粒子能穿过电场并飞出磁场边界MN （2）粒子从边界MN射出来的位置之间最大的距离为7.3cm点评：本题是电磁感应与带电粒子在磁场中运动的综合，要注意挖掘临界条件，掌握电磁学基本知识和基本的分析思路，属于中档题