1、2015-2016学年湖北省武汉二中高二（上）期中物理试卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分共48分在每小题给出的四个选项中，每题可能有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1下列说法中正确的是（）A磁体上磁性最强的部分叫磁极，任何磁体都有两个磁极B磁体与磁体间的相互作用是通过磁场而发生的，而磁体与通电导体间以及通电导体与通电导体之间的相互作用不是通过磁场发生的C地球的周围存在着磁场，地球是一个大磁体，地球的地理两极与地磁两极并不重合，其间有一个交角，这就是磁偏角，磁偏角的数值在地球上不同地方是相同的D磁场是客观存在的物质，磁感线也是客观存在的特殊的线2如图所
2、示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动现将此棒竖直放入沿水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中，设小球电荷量不变，在小球由静止下滑的过程中（）A小球加速度一直增大B小球速度一直增大，直到最后匀速C小球速度先增大，再减小，直到停止运动D杆对小球的弹力一直减小3如图所示为一种获得高能粒子的装置，由光滑绝缘材料围成的环形区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的均匀磁场（环形区域的宽度非常小）质量为m、电荷量为+q的粒子可在环中做半径为R的圆周运动A、B为两块中心开有小孔的距离很近的极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板准备进入AB之间时，A板
3、电势升高为+U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速每当粒子离开B板时，A板电势又降为零粒子在电场中一次次加速下动能不断增大，而在环形磁场中绕行半径R不变（设极板间距远小于R）下列说法正确的是（）A粒子从A板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，绕行N圈后回到A板时获得的总动能为NqUB粒子在绕行的整个过程中，每一圈的运动时间为C粒子获得的最大速度与加速次数无关，由R决定D粒子绕行第N圈时所受向心力为4在直角坐标系xOy的第一象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从y轴正半轴上的A点以与y轴正方向夹角为=45的速度垂直磁场方向射入磁场，
4、如图所示，已知OA=a，不计粒子的重力，则下列说法正确的是（）A若粒子垂直于x轴离开磁场，则粒子进入磁场时的初速度大小为B改变粒子的初速度大小，可以使得粒子刚好从坐标系的原点O离开磁场C粒子在磁场中运动的最长时间为D从x轴射出磁场的粒子中，粒子的速度越大，在磁场中运动的时间就越短5如图所示，P、Q是两根竖直且足够长的金属杆（电阻忽略不计），处在垂直纸面向里的匀强磁场B中，MN是一个螺线管，它的绕线方式没有画出，P、Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连，A是在MN的正下方水平放置在地面上的金属圆环现将金属棒ef由静止释放，在下滑中始终与P、Q杆良好接触且无摩擦，则在金属棒释放后（）
5、AA环中有大小不变的感应电流BA环中的感应电流逐渐减小至某一不为零的恒定值CA环对地面的压力先增大后减小至恒定值DA环对地面的压力先减小后增大至恒定值6如图所示，边长为L的正方形导线框其质量为m，在距磁场上边界高H处自由下落，其下边框ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边框cd刚穿出磁场时，其速度减为ab边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为（）A2mgLB2mgL+mgHC2mgL+mgHD2mgL+mgH7如图所示，一金属棒AC在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴（过O点）匀速转动，OA=2OC=2L，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向
6、里，金属棒转动的角速度为、电阻为r，内、外两金属圆环分别与C、A、D良好接触并从A、D各引出一接线柱与外电阻R相接（没画出），两金属环圆心皆为O且电阻均不计，则（）A金属棒中有从A到D的感应电流B外电阻R中的电流为I=C当r=2R时，外电阻消耗功率最大D金属棒AO间电压为8如图所示，两个宽度均为L的条形区域，存在着大小相等，方向相反且均垂直纸面的匀强磁场，以竖直虚线为分界线，其左侧有一个用金属丝制成的与纸面共面的直角三角形线框ABC，其底边BC长为2L，并处于水平现使线框以速度v水平匀速穿过匀强磁场区，则此过程中，线框中的电流随时间变化的图象正确的是（设逆时针电流方向为正方向，取时间t0=作为
7、计时单位）（）ABCD9霍尔式位移传感器的测量原理是：如图所示，有一个沿z轴方向的磁场，磁感应强度B=B0+kz（B0，k均为常数），将传感器固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变（方向如图中箭头所示）当物体沿z轴方向移动时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向上的上、下表面的电势差U也不同则（）A磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越大Bk越大，传感器灵敏度（）越高C若图中霍尔元件是电子导电，则下板电势高D电流I取值越大，上、下表面的电势差U越小10如图所示，L1、L2、L3是完全相同的灯泡，L为直流电阻可忽略的自感线圈，开关S原来接通，当开关S断开时，下面说法正确的是（考虑电源内阻）（）
8、AL1立即变亮BL2闪亮一下后恢复原来的亮度CL3变暗一下后恢复原来的亮度DL3闪亮一下后恢复原来的亮度11如图所示，间距为L的金属导轨竖直平行放置，空间有垂直于导轨所在平面向里、大小为B的匀强磁场在导轨上端接一电容为C的电容器，一质量为m的金属棒ab与导轨始终保持良好接触，由静止开始释放，释放时ab 距地面高度为h，（重力加速度为g，一切摩擦及电阻均不计）在金属棒下滑至地面的过程中，下列说法正确的是（）A若h足够大，金属棒最终匀速下落B金属棒运动到地面时，电容器储存的电荷量为mghC金属棒做匀加速运动，加速度为D金属棒运动到地面时，电容器储存的电势能为12如图所示，S处有一电子源，可向纸面内
9、任意方向发射电子，平板MO垂直于纸面，在纸面内的长度L=4.55cm，O与S间的距离d=4.55cm，MO的延长线ON与SO直线的夹角为，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=2.0104T，电子质量m=9.11031kg，电量e=1.61019C，不计电子重力电子源发射速度v=1.6106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则（）A=90时，l=4.55cmB=60时，l=2.275（1cmC=45时，l=9.1cmD=30时，l=4.55cm二、填空及实验探究题（本题共2小题，共14分）13在长度测量时，该螺旋测微器读数为mm，游标
10、卡尺读数为cm14（10分）（2015秋武汉校级期中）用图1所示的电路测定一种特殊电池的电动势和内阻，它的电动势E约为8V，内阻r约为30，已知该电池允许输出的最大电流为40mA为防止调节滑动变阻器时造成短路，电路中用了一个定值电阻充当保护电阻，除待测电池外，可供使用的实验器材还有：A电流表A（量程为0.05A、内阻约为0.2）B电压表V（量程为6V、内阻为20k）C定值电阻R1（阻值为100、额定功率为1W）D定值电阻R2（阻值为200、额定功率为1W）E滑动变阻器R3（阻值范围为010、额定电流为2A）F滑动变阻器R4（阻值范围为0750、额定电流为1A）G导线和单刀单掷开关若干（1）为了
11、电路安全及便于操作，定值电阻应该选；滑动变阻器应该选（填写器材名称）（2）接入符合要求的用电器后，闭合开关S，调滑动变阻器的阻值，读取电压表和电流表的示数取得多组数据，作出了如图2所示的图线根据图线得出该电池的电动势E为V，内阻r为（结果保留两位有效数字）（3）若所给的电压表已被损坏，其他器材均可使用重新选择器材，设计电路测定该电池的电动势和内阻请在图3虚线框中画出设计的电路图并在上面标明选定器材的名称三、分析计算题（本题共4小题，共48分分析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后答案的不得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15（10分）（2015秋武汉校级期中
12、）如图所示，等腰直角三角形ACD的直角边长为2a，P为AC边的中点，Q为CD边上的一点，DQ=a在ACD区域内，既有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，又有电场强度大小为E的匀强电场，一带正电的粒子自P点沿平行于AD的直线通过ACD区域，不计粒子的重力（1）求电场强度的方向和粒子进入场区的速度大小v0；（2）若仅撤去电场，粒子仍以原速度自P点射入磁场，从Q点射出磁场，求粒子的比荷16（12分）（2015秋武汉校级期中）如图所示，两条平行的金属导轨相距L=1m，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中金属棒MN和PQ的质量均为m=0.2kg，电阻分别
13、为RMN=1和RPQ=2MN置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数=0.5，PQ置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好从t=0时刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由静止开始以a=1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态t=3s时，PQ棒消耗的电功率为8W，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN始终在水平导轨上运动求：（1）磁感应强度B的大小；（2）03s时间内通过MN棒的电荷量；（3）求t=6s时F2的大小和方向；（4）若改变F1的作用规律，使MN棒的运动速度v与位移x满足关系：v=0.4x，PQ棒仍然静止在倾斜轨道上求MN棒从静
14、止开始到x=5m的过程中，系统产生的焦耳量17（13分）（2015秋武汉校级期中）如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的正方形单匝铜线框，为了检测出个别未闭合的不合格线框，让线框随传送带通过一固定匀强磁场区域（磁场方向垂直于传送带平面向下），观察线框进入磁场后是否相对传送带滑动就能够检测出未闭合的不合格线框已知磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN与PQ间的距离为d，磁场的磁感应强度为B各线框质量均为m，电阻均为R，边长均为L（Ld）；传送带以恒定速度v0向右运动，线框与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g线框在进入磁场前与传送带的速度相同，且右侧边平行于MN减速进入磁场，当闭合线
15、框的右侧边经过边界PQ时又恰好与传送带的速度相同设传送带足够长，且在传送带上始终保持右侧边平行于磁场边界对于闭合线框，求：（1）线框的右侧边刚进入磁场时所受安培力的大小；（2）线框在进入磁场的过程中运动加速度的最大值以及速度的最小值；（3）从线框右侧边刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，传送带对该闭合铜线框做的功18（13分）（2015河南模拟）如图，水平地面上方有绝缘弹性竖直档板，板高h=9m，与板等高处有一水平放置的篮筐，筐口的中心离挡板s=3m板的左侧以及板上端与筐口的连线上方存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=1T；质量m=1103kg、电量q=11
16、03C、视为质点的带电小球从挡板最下端，以某一速度水平射入场中做匀速圆周运动，若与档板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能从筐口的中心处落入筐中（不考虑与地面碰撞后反弹入筐情况），g=10m/s2，求：（1）电场强度的大小与方向；（2）小球从出发到落入筐中的运动时间的可能取值（计算结果可以用分数和保留值表示）2015-2016学年湖北省武汉二中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题4分共48分在每小题给出的四个选项中，每题可能有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1下列说法中正确的是（）A磁体上磁性
17、最强的部分叫磁极，任何磁体都有两个磁极B磁体与磁体间的相互作用是通过磁场而发生的，而磁体与通电导体间以及通电导体与通电导体之间的相互作用不是通过磁场发生的C地球的周围存在着磁场，地球是一个大磁体，地球的地理两极与地磁两极并不重合，其间有一个交角，这就是磁偏角，磁偏角的数值在地球上不同地方是相同的D磁场是客观存在的物质，磁感线也是客观存在的特殊的线【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；几种常见的磁场 【分析】磁感应强度B是反映磁场强弱的物理量；磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线在磁体外从N极出发到S极，在磁体内从S极指向N极；不论在什么情况下，磁感线都不会相交，不中断；电流的周围、磁体的周围以及变化
18、的电场的周围都有磁场【解答】解：A、磁体上磁性最强的部分叫磁极，任何磁体都有两个磁极；故A正确；B、磁体与磁体、磁体与通电导体间以及通电导体与通电导体之间的相互作用都是通过磁场发生的；故B错误；C、地球是一个大磁体，地球的地理两极与地磁两极并不重合，其间有一个交角，这就是磁偏角，磁偏角的数值在地球上不同地方是不同的；故C错误；D、磁场是客观存在的物质，磁感线是人为引入的虚拟线，现实中并不存在；故D错误；故选：A【点评】该题考查对磁感应强度的理解以及对磁场概念的理解，属于基础内容的考查2如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动现将此棒竖直放入沿
19、水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中，设小球电荷量不变，在小球由静止下滑的过程中（）A小球加速度一直增大B小球速度一直增大，直到最后匀速C小球速度先增大，再减小，直到停止运动D杆对小球的弹力一直减小【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】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）、向左的洛伦兹力、向右的电场力，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：小球下滑过程中，受到重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向左的洛伦兹力、向
20、右的电场力开始阶段，洛伦兹力小于电场力时，小球向下做加速运动时，速度增大，小球所受的杆的弹力向左，大小为N=qEqvB，N随着v的增大而减小，滑动摩擦力f=N也减小，小球所受的合力F合=mgf，f减小，F合增大，加速度a增大；当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；小球继续向下做加速运动，洛伦兹力大于电场力，小球所受的杆的弹力向右，大小为N=qvBqE，v增大，N增大，f增大，F合减小，a减小当mg=f时，a=0，故加速度先增大后减小，直到为零；小球的速度先增大，后不变；杆对球的弹力先减小后反向增大，最后不变；故B正确，ACD错误故选：B【点评】本题关键明确小球的运动情况，先做加速度
21、增加的加速运动，然后做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度最大3如图所示为一种获得高能粒子的装置，由光滑绝缘材料围成的环形区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的均匀磁场（环形区域的宽度非常小）质量为m、电荷量为+q的粒子可在环中做半径为R的圆周运动A、B为两块中心开有小孔的距离很近的极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板准备进入AB之间时，A板电势升高为+U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速每当粒子离开B板时，A板电势又降为零粒子在电场中一次次加速下动能不断增大，而在环形磁场中绕行半径R不变（设极板间距远小于R）下列说法正确的是（）A粒子从A板小孔处由静止开始
22、在电场力作用下加速，绕行N圈后回到A板时获得的总动能为NqUB粒子在绕行的整个过程中，每一圈的运动时间为C粒子获得的最大速度与加速次数无关，由R决定D粒子绕行第N圈时所受向心力为【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带电粒子以一定的速度进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动当磁场一定时，粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷有关，而在磁场中运动的时间还与偏转角有关当入射速度越大时，磁场及粒子的比荷不变时，运动轨道的半径越大；而当轨迹半径及粒子的比荷不变时，则磁场必须变化【解答】解：A、粒子在电场中加速，根据动能定理可知，粒子从
23、A板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，绕行N圈后回到A板时获得的总动能：EK=NqU，故A正确；B、粒子始终保持做半径为R的匀速圆周运动，粒子做圆周运动的周期：T=，粒子经过AB间时被加速，速度v不断变大，则粒子做圆周运动的周期T减小，磁感应强度B增大，粒子每一圈的运动时间不同，故B错误；C、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：v=，由于粒子运动过程半径R不变，粒子速度不断变大，磁感应强度B要不断变大，粒子获得的最大速度由B决定，与R无关，故C错误；D、粒子在电场中加速，由动能定理可知，粒子绕行第N圈时：NqU=mvN2，解得：vN=，粒子做圆周运动的向心力：F=
24、m=，故D正确；故选：AD【点评】粒子加速器是利用磁场的偏转使电场能重复对粒子加速，粒子在加速器内旋转时半径是不变化的，所以粒子加速器所加的磁场时要发生变速度越来越大，周期越来越小解决此类问题，常用到能量的转化与守恒，粒子在匀强磁场中的运动半径和周期对于周期的计算也可以用圆周的长度除以速度4在直角坐标系xOy的第一象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从y轴正半轴上的A点以与y轴正方向夹角为=45的速度垂直磁场方向射入磁场，如图所示，已知OA=a，不计粒子的重力，则下列说法正确的是（）A若粒子垂直于x轴离开磁场，则粒子进入磁场时的初速度大小为B改
25、变粒子的初速度大小，可以使得粒子刚好从坐标系的原点O离开磁场C粒子在磁场中运动的最长时间为D从x轴射出磁场的粒子中，粒子的速度越大，在磁场中运动的时间就越短【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由几何知识求出粒子轨道半径与转过的圆心角，然后应用牛顿第二定律与周期公式分析答题【解答】解：A、粒子垂直于x轴离开磁场，粒子运动轨迹如图所示：由几何知识得：r=a，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：v=，故A正确；B、粒子在磁场中做圆周运动，粒子速度较小时从
26、y轴离开磁场，当粒子速度为某一值v时与x轴相切，此时粒子不过坐标原点，当速度大于v时，粒子从x轴离开磁场，如图所示，粒子不可能从坐标系的原点O离开磁场，故B错误；C、粒子从y轴离开磁场时在磁场中转过的圆心角最大，运动时间最长，运动轨迹如图所示：由几何知识可知，粒子转过的圆心角：=270，粒子在磁场中的最长运动时间：t=T=，故C正确；D、从x轴射出磁场的粒子中，粒子的速度越大，粒子在磁场中转过的圆心角越小，在磁场中运动的时间：t=T越小，故D正确；故选：ACD【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的关键，应用牛顿第二定律与粒子做圆周运动的周期公式可以
27、解题5如图所示，P、Q是两根竖直且足够长的金属杆（电阻忽略不计），处在垂直纸面向里的匀强磁场B中，MN是一个螺线管，它的绕线方式没有画出，P、Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连，A是在MN的正下方水平放置在地面上的金属圆环现将金属棒ef由静止释放，在下滑中始终与P、Q杆良好接触且无摩擦，则在金属棒释放后（）AA环中有大小不变的感应电流BA环中的感应电流逐渐减小至某一不为零的恒定值CA环对地面的压力先增大后减小至恒定值DA环对地面的压力先减小后增大至恒定值【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律 【分析】金属棒ef由静止释放过程中，受到重力和安培力作用，先做加速度减小的变加
28、速运动，后当两力平衡做匀速运动，则知ef所在回路中产生的感应电流先增大后不变，此电流流过线圈MN，MN中产生的磁场先增强后不变，则A环中会产生感应电流，随着ef加速度的减小，ef产生的感应电流增大越来越慢，穿过A环的磁通量的变化率减小，产生感应电流减小，最后为零根据楞次定律分析可知，当ef回路中电流增大时，螺线管与A环之间存在斥力，开始时，A环中产生的感应电流最大，磁场最强，而螺线管中磁场的最弱，环与螺线管间的斥力为零，当ef匀速运动时，螺线管中的磁场最强，而环中磁场最弱，两者之间的斥力为零，则知两者间的斥力先增大后减小，再分析A环对地面的压力的变化【解答】解：AB、金属棒ef由静止释放过程中
29、，先做加速度减小的变加速运动，最后做匀速运动，则ef所在回路中产生的感应电流先增大后不变，此电流流过线圈MN，MN中产生的磁场先增强后不变，则A环中会产生感应电流，随着ef加速度的减小，ef产生的感应电流增大越来越慢，穿过A环的磁通量的变化率减小，产生感应电流减小，最后为零，故A错误，B也错误CD、由楞次定律分析可知，当ef回路中电流增大时，螺线管与A环之间存在斥力，开始时，A环中产生的感应电流最大，磁场最强，而螺线管中的磁场最弱，环与螺线管间的斥力为零，当ef匀速运动时，螺线管中的磁场最强，而环中磁场的最弱，两者之间的斥力为零，则知两者间的斥力先增大后减小最后恒定不变，故A环对地面的压力先增
30、大后减小最后不变，故C正确，D错误故选：C【点评】本题是两次电磁感应的问题，要根据ef杆的运动情况分析A环中感应电流的变化，综合性较强6如图所示，边长为L的正方形导线框其质量为m，在距磁场上边界高H处自由下落，其下边框ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边框cd刚穿出磁场时，其速度减为ab边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为（）A2mgLB2mgL+mgHC2mgL+mgHD2mgL+mgH【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 【专题】电磁感应功能问题【分析】根据机械能守恒定律求出ab边刚进入磁场时的速度线框穿越匀强磁
31、场过程中机械能减小转化为内能，根据能量守恒定律求解焦耳热【解答】解：根据机械能守恒定律得 mgH=得v=从线框下落到穿出匀强磁场过程，根据能量守恒定律得， 焦耳热Q=2mgL+mgH=2mgL+故选C【点评】本题是运用能量守恒定律处理电磁感应中能量问题，关键要正确分析能量是如何转化的7如图所示，一金属棒AC在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴（过O点）匀速转动，OA=2OC=2L，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为、电阻为r，内、外两金属圆环分别与C、A、D良好接触并从A、D各引出一接线柱与外电阻R相接（没画出），两金属环圆心皆为O且电阻均不计，则（）A金属棒中有从A
32、到D的感应电流B外电阻R中的电流为I=C当r=2R时，外电阻消耗功率最大D金属棒AO间电压为【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律 【分析】根据右手定则判断感应电流的方向根据公式E=BL2求出金属棒产生的感应电动势，即可求得外电阻R的电流I结合电源的内外电阻相等时输出功率最大，棒A0间电压是AD的外电压+OD棒的电压，依据欧姆定律，即可求解【解答】解：A、根据右手定则判断可知：金属棒中有从D到A的感应电流，故A错误B、金属棒产生的感应电动势为 E=B（2L）2BL2=BL2外电阻R中的电流为 I=故B正确C、根据电源的内外电阻相等时输出功率最大，则知当r=r=R时外电阻消耗功率最大，故
33、C错误D、金属棒AO间电压为 U=IR+BL2=+BL2故D错误故选：B【点评】本题是法拉第电磁感应定律应用的延伸情况，对于转动切割磁感线时感应电动势公式E=BL2，要在理解的基础上记住，并要明确电路中内外电阻与功率的关系，运用欧姆定律解答8如图所示，两个宽度均为L的条形区域，存在着大小相等，方向相反且均垂直纸面的匀强磁场，以竖直虚线为分界线，其左侧有一个用金属丝制成的与纸面共面的直角三角形线框ABC，其底边BC长为2L，并处于水平现使线框以速度v水平匀速穿过匀强磁场区，则此过程中，线框中的电流随时间变化的图象正确的是（设逆时针电流方向为正方向，取时间t0=作为计时单位）（）ABCD【考点】导
34、体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律 【专题】电磁感应与电路结合【分析】先根据楞次定律判断感应电流的方向；分段由感应电动势公式E=BLv求出感应电动势的表达式，由欧姆定律得到感应电流的表达式，即可进行选择【解答】解：设B=在0t0时间内，根据楞次定律判断可知，感应电流沿逆时针方向，为正；感应电动势为：E=Bvttanv=Bv2ttan；感应电流为 i=；t=t0时，i=i0；在t02t0内，根据楞次定律判断可知，感应电流沿逆时针方向，为正；感应电动势为：E=BLtanvB（vtL）tanv=2BLvtanBv2ttan；感应电流为 i=；t=2t0=2时，i=0；在2t03t0内，根
35、据楞次定律判断可知，感应电流沿顺时针方向，为负；感应电动势为：E=BLtanv+B（vtL）tanv=2BLvtan+Bv2ttan；感应电流为 i=；t=3t0=3时，i=3i0；在3t04t0内，根据楞次定律判断可知，感应电流沿逆时针方向，为正；感应电动势为：E=B（vt2L）vtan；感应电流为 i=；t=4t0=4时，i=2i0；故D正确故选：D【点评】本题关键确定导体棒有效的切割长度，运用法拉第电磁感应定律和欧姆定律列式解题，根据数学知识选择图象9霍尔式位移传感器的测量原理是：如图所示，有一个沿z轴方向的磁场，磁感应强度B=B0+kz（B0，k均为常数），将传感器固定在物体上，保持通
36、过霍尔元件的电流I不变（方向如图中箭头所示）当物体沿z轴方向移动时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向上的上、下表面的电势差U也不同则（）A磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越大Bk越大，传感器灵敏度（）越高C若图中霍尔元件是电子导电，则下板电势高D电流I取值越大，上、下表面的电势差U越小【考点】霍尔效应及其应用 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】霍尔元件中移动的是自由电子，自由电子受到洛伦兹力发生偏转，从而可知道上下表面电势的高低上下两表面分别带上正负电荷，从而形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡【解答】解：A、最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元
37、件的长宽高分别为a、b、c，有，电流的微观表达式为I=nqvS=nqvbc，所以U=B越大，上、下表面的电势差U越大电流越大，上、下表面的电势差U越大故A正确，D错误 B、k越大，根据磁感应强度B=B0+kz，知B随z的变化越大，根据U=知，U随z的变化越大，即传感器灵敏度（）越高故B正确 C、霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以上表面电势高故C错误故选AB【点评】解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，上下表面形成稳定的电势差10如图所示，L1、L2、L3是完全相同的灯泡，L为直流电阻可忽略的自感线圈，开关S原来接
38、通，当开关S断开时，下面说法正确的是（考虑电源内阻）（）AL1立即变亮BL2闪亮一下后恢复原来的亮度CL3变暗一下后恢复原来的亮度DL3闪亮一下后恢复原来的亮度【考点】自感现象和自感系数 【分析】线圈在接通瞬间阻碍电流增大，在断开瞬间产生一 感应电动势相当于电源，阻碍电流减小【解答】解：A、开关接通时L1被短路不亮，S断开后L2和L1串联，所以L1立即亮，而L2变暗，故A正确，B错误C、开关接通时L1被短路不亮，断开瞬间开关S后由于线圈自感产生一电动势（相当于电源）与原来的电源串联，所以L3更亮，而后线圈的自感逐渐消失，灯恢复原来亮度，故C错误，D正确故选：AD【点评】做本类题目要注意：线圈与
39、哪种电器相配，是电容还是电阻，再结合线圈特点分析11如图所示，间距为L的金属导轨竖直平行放置，空间有垂直于导轨所在平面向里、大小为B的匀强磁场在导轨上端接一电容为C的电容器，一质量为m的金属棒ab与导轨始终保持良好接触，由静止开始释放，释放时ab 距地面高度为h，（重力加速度为g，一切摩擦及电阻均不计）在金属棒下滑至地面的过程中，下列说法正确的是（）A若h足够大，金属棒最终匀速下落B金属棒运动到地面时，电容器储存的电荷量为mghC金属棒做匀加速运动，加速度为D金属棒运动到地面时，电容器储存的电势能为【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律 【分析】由左手定则来确定安培力的方向，
40、并求出安培力的大小；借助于I=、a=及牛顿第二定律来求出加速度的表达式，分析金属棒的运动情况金属棒的重力势能转化为金属棒的动能与电容器中的电势能【解答】解：A、设金属棒的速度大小为v时，经历的时间为t，通过金属棒的电流为i，产生的电动势为：e=BLv金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小为：F=BLi设在时间间隔（t，t+t ）内流经金属棒的电荷量为Q，则Q=CU=Ce按电流的定义有：i=，Q也是平行板电容器极板在时间间隔t内增加的电荷量，在t内金属棒的速度变化量为v，由加速度的定义有：a=金属棒在时刻t的加速度方向向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有：mgF=ma联立上此式可得：a=则知加
41、速度a为定值，金属棒做匀加速运动，且加速度为 故A、C错误；B、金属棒下降h后的速度为 v0=电容器板间电压 U=BLv0=BL电容器储存的电荷量为 Q=CU=CBL=CBL，故B错误D、金属棒运动到地面时，金属棒的动能：EK=mah金属棒的重力势能转化为金属棒的动能与电容器中的电势能，所以金属棒运动到地面时，电容器储存的电势能： EP=mghEK=故D正确故选：D【点评】本题关键采用微元法分析金属棒的加速度，切入点是加速度的定义式，再应用牛顿第二定律、匀变速运动的速度公式、E=BLv即可正确解题12如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MO垂直于纸面，在纸面内的长度L=4
42、.55cm，O与S间的距离d=4.55cm，MO的延长线ON与SO直线的夹角为，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=2.0104T，电子质量m=9.11031kg，电量e=1.61019C，不计电子重力电子源发射速度v=1.6106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则（）A=90时，l=4.55cmB=60时，l=2.275（1cmC=45时，l=9.1cmD=30时，l=4.55cm【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】由洛仑兹力充当向心力可求得粒子运动半径，再由几何关系可知，电子运动的范围
43、，由几何关系即可求出电子打在板上可能位置的区域的长度【解答】解：电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=m，解得：r=0.0455m=4.55cm；由于电子源S，可向纸面内任意方向发射电子，因此电子的运动轨迹将是过S点的一系列半径为r的等大圆，能够打到板MN上的区域范围如下图所示，实线SN表示电子刚好经过板N端时的轨迹，实线SA表示电子轨迹刚好与板相切于A点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：l=NA，由几何关系解得：l=rrcos+r=（4.554.55cos+4.55）cm （0）l=2r=9.1cm （）；A、当=90时，l=9.1cm，故
44、A错误；B、当=60时，l=2.275（1）cm，故B正确；C、当=45时，l=（4.554.55+4.55）cm，故C错误；D、当=30时，l=4.55cm，故D正确；故选：BD【点评】本题考查带电粒子充当向心力的运动规律，解题的关键问题在于明确粒子运动的圆心和半径，进而明确所有粒子可能出现的空间二、填空及实验探究题（本题共2小题，共14分）13在长度测量时，该螺旋测微器读数为5.478mm，游标卡尺读数为9.986cm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用 【专题】实验题【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数
45、加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：1、螺旋测微器的固定刻度为5mm，可动刻度为47.80.01mm=0.478mm，所以最终读数为5mm+0.478mm=5.478mm2、游标卡尺的主尺读数为99mm，游标尺上第43个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为430.02mm=0.86mm，所以最终读数为：99mm+0.86mm=99.86mm=9.986cm故答案为：5.478，9.986【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量14（10分）（2015秋武汉校级期中）用图1所示的电路测定一种特殊电池的电动势和内阻，它
46、的电动势E约为8V，内阻r约为30，已知该电池允许输出的最大电流为40mA为防止调节滑动变阻器时造成短路，电路中用了一个定值电阻充当保护电阻，除待测电池外，可供使用的实验器材还有：A电流表A（量程为0.05A、内阻约为0.2）B电压表V（量程为6V、内阻为20k）C定值电阻R1（阻值为100、额定功率为1W）D定值电阻R2（阻值为200、额定功率为1W）E滑动变阻器R3（阻值范围为010、额定电流为2A）F滑动变阻器R4（阻值范围为0750、额定电流为1A）G导线和单刀单掷开关若干（1）为了电路安全及便于操作，定值电阻应该选R2；滑动变阻器应该选R4（填写器材名称）（2）接入符合要求的用电器后
47、，闭合开关S，调滑动变阻器的阻值，读取电压表和电流表的示数取得多组数据，作出了如图2所示的图线根据图线得出该电池的电动势E为7.7V，内阻r为26（结果保留两位有效数字）（3）若所给的电压表已被损坏，其他器材均可使用重新选择器材，设计电路测定该电池的电动势和内阻请在图3虚线框中画出设计的电路图并在上面标明选定器材的名称【考点】测定电源的电动势和内阻 【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）应用欧姆定律求出电路最小电阻，然后选择保护电阻；根据电源内阻与保护电阻的阻值，选择滑动变阻器（2）电源的UI图象与纵轴交点的坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻（3）电压表已经损坏，可以用电流表
48、测电源电动势与内阻【解答】解：（1）为保护电源安全，电路最小电阻：R最小=200，保护电阻阻值至少为20030=170100，则保护电阻应选定值电阻R2；电源等效电阻（电源内阻与保护电阻之和）为200，为进行多次实验，测出多组实验数据，滑动变阻器应选滑动变阻器R4（阻值范围0750、额定电流1A）（2）由电源UI图象可知，图象与纵轴的交点坐标值是7.7，则电源电动势E=7.7V，图象斜率k=226，电源内阻r=kR2=226200=26（3）电压表已经损坏，可以用电流表与定值电阻串联，测出电路电流，然后应用闭合电路欧姆定律列方程，然后解方程组求出电源电动势与内阻，实验电路图如图所示故答案为：（
49、1）R2；R4；（2）7.7；26；（3）电路图如图所示（1）R2R4【点评】本题考查了实验器材的选取、求电源电动势与内阻、实验电路设计等；要知道测电源电动势与内阻的实验原理，这是正确解题的关键；要掌握应用图象法求电源电动势与内阻的方法三、分析计算题（本题共4小题，共48分分析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后答案的不得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15（10分）（2015秋武汉校级期中）如图所示，等腰直角三角形ACD的直角边长为2a，P为AC边的中点，Q为CD边上的一点，DQ=a在ACD区域内，既有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，又有电
50、场强度大小为E的匀强电场，一带正电的粒子自P点沿平行于AD的直线通过ACD区域，不计粒子的重力（1）求电场强度的方向和粒子进入场区的速度大小v0；（2）若仅撤去电场，粒子仍以原速度自P点射入磁场，从Q点射出磁场，求粒子的比荷【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】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）根据正电的粒子在电磁场中做直线运动可以，粒子受力平衡，根据电场力等于洛伦兹力求出初速度；（2）根据洛伦兹力提供向心力公式结合几何关系求解【解答】解：（1）粒子在场区受力平衡：qE=qv0B解得：v0=，根据粒子所受电场力的方向与场强的方向相同，可知场强的方向由A指
51、向C（2）过Q点作半径OQ，它与CA的延长线交于圆心O，作QHCA，垂足为H，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得：qv0B=m在直角三角形HOQ中：HO2+HQ2=R2HQ=2aacos45=（2）aHO=OCHC=（R+a）HQ联立解得：R=3a联立解得：=；答：（1）电场强度的方向和粒子进入场区的速度大小v0为，（2）若仅撤去电场，粒子仍以原速度自P点射入磁场，从Q点射出磁场，粒子的比荷为【点评】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，知道若粒子在混合场中做直线运动，则粒子受力平衡，能结合几何关系求解，难度适中16（12分）（2015秋武汉校级期中）如图所示，两条平行的金属导轨相
52、距L=1m，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中金属棒MN和PQ的质量均为m=0.2kg，电阻分别为RMN=1和RPQ=2MN置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数=0.5，PQ置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好从t=0时刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由静止开始以a=1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态t=3s时，PQ棒消耗的电功率为8W，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN始终在水平导轨上运动求：（1）磁感应强度B的大小；（2）03s时间内通过MN棒的电荷量；（3）求t=6s时
53、F2的大小和方向；（4）若改变F1的作用规律，使MN棒的运动速度v与位移x满足关系：v=0.4x，PQ棒仍然静止在倾斜轨道上求MN棒从静止开始到x=5m的过程中，系统产生的焦耳量【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 【专题】电磁感应功能问题【分析】（1）t=3s时，PQ棒消耗的电功率为8W，由功率公式P=I2R可求出电路中电流，由闭合电路欧姆定律求出感应电动势已知MN棒做匀加速直线运动，由速度时间公式求出t=3s时的速度，即可由公式E=BLv求出磁感应强度B；（2）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式推导出感应电荷量的表达式q=，代入数据可求得通过MN棒的电荷量；（
54、3）根据速度公式v=at、感应电动势公式E=BLv、闭合电路欧姆定律、安培力公式F=BIL结合，可求出PQ棒所受的安培力大小，再由平衡条件求解F2的大小和方向；（4）改变F1的作用规律时，MN棒做变加速直线运动，因为速度v与位移s成正比，所以电流I、安培力也与位移s成正比，可根据安培力的平均值求出安培力做功，系统产生的热量等于克服安培力，即可得解【解答】解：（1）当t=3 s时，设MN的速度为v1当t=3s时，PQ棒消耗的电功率为8W，则有：P=I2RPQ；得：I=2AMN棒做匀加速直线运动，t1=3s时速度为：v1=at=3 m/s此时MN棒将产生感应电动势为：E1=BLv1由闭合电路欧姆定
55、律得：E1=I（RMN+RPQ）代入数据得：B=2 T（2）t1=3s时MN棒通过的位移为：x=m=4.5m回路磁通量的变化量为：=BLx=214.5Wb=9W根据法拉第电磁感应定律得：=通过MN棒的电荷量为：q=t=t=代入数据可得：q=3 C（3）当t=6 s时，设MN的速度为v2，则有：v2=at=6 m/s感应电动势为：E2=BLv2=12 V感应电流为：I2=4 APQ棒所受的安培力为：F安=BI2L=8 N规定沿斜面向上为正方向，对PQ进行受力分析可得：F2+F安cos 37=mgsin 37代入数据：F2=5.2 N（负号说明力的方向沿斜面向下）（4）MN棒做变加速直线运动，当x
56、=5 m时，v=0.4x=0.45 m/s=2 m/s因为速度v与位移x成正比，所以电流I、安培力也与位移x成正比，安培力做功为： W安=BLx= J故系统产生的焦耳热为：Q=W安= J答：（1）磁感应强度B的大小是2T；（2）03s时间内通过MN棒的电荷量为3C；（3）t=6s时F2的大小为5.2N，方向沿斜面向下；（4）MN棒从静止开始到s=5m的过程中，系统产生的热量为J【点评】本题是双杆类型，分别研究它们的情况是解答的基础，运用力学和电路、电磁感应的规律研究MN棒，其中对于感应电荷量，要熟悉一般表达式q=n，知道与棒的位移有关本题关键要抓住安培力与位移是线性关系，安培力的平均值等于初末
57、时刻的平均值，从而可求出安培力做功17（13分）（2015秋武汉校级期中）如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的正方形单匝铜线框，为了检测出个别未闭合的不合格线框，让线框随传送带通过一固定匀强磁场区域（磁场方向垂直于传送带平面向下），观察线框进入磁场后是否相对传送带滑动就能够检测出未闭合的不合格线框已知磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN与PQ间的距离为d，磁场的磁感应强度为B各线框质量均为m，电阻均为R，边长均为L（Ld）；传送带以恒定速度v0向右运动，线框与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g线框在进入磁场前与传送带的速度相同，且右侧边平行于MN减速进入磁场，当闭合线框的右侧
58、边经过边界PQ时又恰好与传送带的速度相同设传送带足够长，且在传送带上始终保持右侧边平行于磁场边界对于闭合线框，求：（1）线框的右侧边刚进入磁场时所受安培力的大小；（2）线框在进入磁场的过程中运动加速度的最大值以及速度的最小值；（3）从线框右侧边刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，传送带对该闭合铜线框做的功【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 【专题】电磁感应功能问题【分析】（1）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后由安培力公式求出安培力（2）线框以速度v0进入磁场，在进入磁场的过程中，受安培力而减速运动；进入磁场后，在摩擦力作用下加速运动，
59、当其右侧边到达PQ时速度又恰好等于v0可知线框在刚进入磁场时，所受安培力最大，加速度最大由牛顿第二定律求出加速度，由动能定理求出速度的最小值（3）由功的计算公式求得线框受到的摩擦力做功，由动能定理求出传送带对该闭合铜线框做的功分段求解【解答】解：（1）闭合铜线框右侧边刚进入磁场时产生的电动势为：E=BLv0产生的电流为：I=右侧边所受安培力为：F=BIL=（2）线框以速度v0进入磁场，在进入磁场的过程中，受安培力而减速运动；进入磁场后，在摩擦力作用下加速运动，当其右侧边到达PQ时速度又恰好等于v0因此，线框在刚进入磁场时，所受安培力最大，加速度最大，设为am；线框全部进入磁场的瞬间速度最小，设
60、此时线框的速度为v线框刚进入磁场时，根据牛顿第二定律有：Fmg=mam解得：am=g 在线框完全进入磁场又加速运动到达边界PQ的过程中，根据动能定理有，得：mg（dL）=解得：v=（3）线框从右侧边进入磁场到运动至磁场边界PQ的过程中，线框受到的摩擦力为：f1=mg由功的公式为：Wf1=fd 解得：Wf1=mgd 闭合线框出磁场与进入磁场的受力情况相同，则完全出磁场的瞬间速度为v；在线框完全出磁场后到加速至与传送带速度相同的过程中，设其位移x由动能定理有：mgx=解得：x=dL闭合线框在右侧边出磁场到与传送带共速的过程中位移为：x=x+L=d在此过程中摩擦力做功为：Wf2=mgd 因此，闭合铜
61、线框从刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，传送带对闭合铜线框做的功为：W=Wf1+Wf2=2md 答：（1）线框的右侧边刚进入磁场时所受安培力的大小是；（2）线框在进入磁场的过程中运动加速度的最大值是g，速度的最小值是；（3）从线框右侧边刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，传送带对该闭合铜线框做的功是2mgd【点评】本题是电磁感应与力学相结合的一道综合题，分析清楚运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚运动过程、应用安培力公式、牛顿第二定律、动能定理、功的计算公式即可正确解题18（13分）（2015河南模拟）如图，水平地面上方有绝缘弹性竖直档板，板高h=9m，与板等高处
62、有一水平放置的篮筐，筐口的中心离挡板s=3m板的左侧以及板上端与筐口的连线上方存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=1T；质量m=1103kg、电量q=1103C、视为质点的带电小球从挡板最下端，以某一速度水平射入场中做匀速圆周运动，若与档板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能从筐口的中心处落入筐中（不考虑与地面碰撞后反弹入筐情况），g=10m/s2，求：（1）电场强度的大小与方向；（2）小球从出发到落入筐中的运动时间的可能取值（计算结果可以用分数和保留值表示）【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
63、合场中的运动专题【分析】（1）带电粒子在混合场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，由平衡关系可求和电场强度；（2）带电粒子在电场中做圆周运动，由牛顿第二定律可确定半径和周期；分析可能出现的碰撞情况，找出所有符合要求的结果，进而求出小球从出发到落入筐中的运动时间的可能取值【解答】解：（1）因小球能做匀速圆周运动，所以有：Eq=mgE=10N/c方向竖直向下（2）洛仑兹力提供向心力有：qvB=m 且T=得：T=2s=6.28s因为速度方向与半径方向垂直，圆心必在档板的竖直线上 Rs=3m；设小球与档板碰撞n次，其最大半径为要击中目标必有：n1.5n只能取0，1 当n=0，即为图1中Rm2=（9R
64、m）2+s2解得Rm=5m；在图1中由几何知识有：sin=37 对应小球运动时间最短tmin=s当n=1，时可得：（h3R）2+s2=R2（93R）2+32=R2解得：R1=3m，R2=3.75m R1=3m时由如图2中的 运动轨迹可知：运动时间t=sR2=3.75m时运动时间最长，其运动轨迹如图2中的轨迹所示，由几何知识有：cos=；故=37则tmax=s所以时间的可能值为：s、s或s；答：（1）电场强度的大小为10N/C；方向竖直向下；（2）时间的可能值为：s、s或s；【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，基本方法为确定圆心和半径；但要准确解题的关键在于能否由题意找出物体的运动轨迹，并能确定带电小球转过的圆心角对学生几何知识的应用较高