2019-2020学年湖北省黄冈市高二(上)期末物理试卷

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1．（3分）以下敏感元件中不是通过测量电阻的变化来确定外界非电学量的变化的是（　　）

A．光敏电阻    B．干簧管    C．热敏电阻    D．电阻应变片

2．（3分）不断发现和认识新现象，进而理解事物的本性，这是一切科学发展的必由之路。下列说法正确的是（　　）

A．放射性元素衰变的快慢是由原子所处的化学状态和外部条件决定的    

B．原子核越大，它的比结合能越大    

C．电子的发现使人们认识到原子不是组成物质的最小微粒，原子本身也具有结构    

D．如果大量氢原子处在n＝3的能级，会辐射出6种不同频率的光

3．（3分）在以下实验中，能观察到电流表指针偏转的是（　　）

A．把螺线管与电池两极连接，将绝缘直导线穿过螺线管，再在直导线两端连接电流表    

B．用两根4m的导线平行放置，在相隔约两张纸厚的距离，先把其中的一根导线接到电池的两端通电，再把另一根与电流表相连    

C．先把磁极放入螺线管中，再让螺线管和电流表相接构成一个回路    

D．把A、B两个线圈绕在同一个铁环上，A线圈接入电流表，B线圈接到电源上，在给B线圈通电或断电的瞬间

4．（3分）电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的多匝通电平行线圈I和Ⅱ，线圈I固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是（　　）

A．两线圈电流方向相同时，天平示数为正数    

B．两线圈电流方向相反时，天平示数为负数    

C．线圈I匝数的越少，天平越灵敏    

D．线圈Ⅱ的匝数越多，天平越灵敏

5．（3分）如图所示，KLMN是一个竖直的n匝矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，KL边水平，线框绕某竖直固定轴以角速度匀速转动。初始时的夹角为30°（图示位置），当线圈固定轴转动了120°后，则（　　）

A．此时穿过线框的磁通量为BS    

B．此时线框中的电流方向为N→M→L→K→N    

C．在此过程中磁通量改变了nBS    

D．线框平面转到中性面时，线框中的感应电动势最大

6．（3分）如图所示，空间中有宽为d的平行边界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，MN、M′N′为磁场边界，MN左侧有一个电荷量为q的带正电粒子P，若P粒子以速度v0垂直MN进入磁场后，离开磁场时的速度方向与M′N′成θ＝30°．不考虑粒子重力，则（　　）

A．粒子P进入磁场后做匀速圆周运动，半径为2d    

B．粒子P进入磁场时的速度越大，在磁场中运动的时间将越长    

C．粒子P以速度v0进入磁场后，在磁场运动过程中洛伦兹力的冲量为    

D．粒子P进入磁场的速度小于时，粒子P将从MN离开磁场

7．（3分）一种未知粒子跟静止的氢原子核正碰，测出碰撞后氢原子核的速度是7v。该未知粒子（速度不变）跟静止的氮原子核正碰时，测出碰撞后氮原子核的速度是v。已知氢原子核的质量是mH，氮原子核的质量是14mH，上述碰撞都是弹性碰撞，则下列说法正确的是（　　）

A．碰撞前后未知粒子的机械能不变    

B．未知粒子在两次碰撞前后的方向均相反    

C．未知粒子的质量为    

D．未知粒子可能是α粒子

8．（3分）爱因斯坦提出了光量子概念，并成功解释了光电效应现象，因此获得了1921年的诺贝尔物理奖。光电管就是利用光电效应制作的一种光电器件。把光电管连入图甲所示的电路可以研究金属的遏止电压UC与入射光频率v的关系，描绘出的图象如图乙所示。已知电子的电荷量为e，电表均为理想电表，下列说法正确的是（　　）

A．当入射光的频率减小到某一数值，刚好不发生光电效应时的电压是遏止电压    

B．当电路断开时，若入射光的频率为v1，则电压表示数为U1    

C．K极的逸出功为hv2﹣eU1    

D．普朗克常量为

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分.在每小题给出的四个选项中，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.

9．（4分）如图所示为用理想变压器连接的电路，原线圈接在u＝311sin100πt（V）的交流电源上，R为定值电阻，电流表为理想电表。起初开关S处于断开状态，下列说法中正确的是（　　）

A．当开关S闭合后，电流表示数变大    

B．流过R的电流的频率为100Hz    

C．若S闭合后灯发光，在保持输送电压不变而减小电源频率时灯更亮    

D．若S闭合后灯发光，则增大线圈的电感L可使灯更亮

10．（4分）如图甲所示，粗糙平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、N两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t＝0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计。已知金属棒的速度v随时间t变化的关系如图乙所示。下列关于外力F、闭合回路中磁通量的变化率随时间t变化的图象，流过R的电荷量q、通过电阻R的感应电流I随金属棒的位移x的变化图象可能正确的是（　　）

A．    B．    

C．    D．

11．（4分）如图所示，半径为R的圆形区域中充满了垂直纸面向里的匀强磁场，O是圆形区域的圆心，MN和PQ是夹角为θ＝60°的两条直径。a、b两个带电粒子都从M点沿垂直于PQ的方向进入磁场区域，并分别从P、Q两点离开，不计粒子的重力，下列说法一定正确的是（　　）

A．a粒子带负电，b粒子带正电    

B．b粒子在磁场中运动的时间是a粒子的2倍    

C．若只改变b粒子进入磁场时的速度方向，不改变速度大小，则b粒子均以垂直于MN的方向射出磁场    

D．若让a粒子从P点进入磁场，a粒子可能从M点离开磁场

12．（4分）如图甲所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，t＝0时刻从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动穿过匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上，测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示（0﹣2s、4s﹣6s部分为虚线，其余部分为实线），ab边刚进入磁场时的速度为v，则（　　）

A．磁场宽度为    

B．进出磁场过程中流过线框的电荷量相等    

C．进出磁场过程中线框中产生了相同的电热    

D．线框穿过磁场过程中b点的电势高于a点的电势，且b、a两点电势差Uba最大值为3BLv

三、非选择题：本题共6小题，共60分.

13．（6分）霍尔元件是一种基于霍尔效应的磁传感器，用它可以检测磁场及其变化，广泛应用于测量和自动控制等领域。在电动自行车中有多处用了霍尔传感器，最典型的是测速、调速转把、断电刹把以及电动车无刷电机和霍尔助力传感器等。实验表明，铜以及大多数金属的导电物质是带负电荷的电子，但锌中的导电物质带的是正电。

（1）霍尔元件的原理图如图所示，若制作霍尔元件的材料使用的是锌，通入如图所示的电流后，N表面的电势　   　M表面的电势。（填“高于”、“低于”、“等于”）；

（2）霍尔元件能够把磁学量　   　转换为电学量　   　。（填物理量的名称）

14．（9分）某同学设计了如图所示的实验验证动量守恒定律。所用的器材有：

A．量筒，要求长度比较长，筒壁上有均匀刻度线

B．游标卡尺

C．天平

D．小球两个（橡胶材质的上浮小球，硬塑料材质的下沉小球）

E．细线，其质量可以忽略不计

F．记号笔

实验步骤如下：

①选择合适大小的小球，使通过细线相连的两球体恰好悬浮在水中；

②用天平称量两个小球的质量，上浮小球的质量为m1，下沉小球的质量为m2；

③用记号笔记录两个小球悬浮的位置；

④剪断细线；

⑤用记号笔记录某时刻两个小球的位置；

⑥多次实验，分别计算出两个小球在相同时间内上浮和下沉的高度，记录在表格中

该同学按此方案进行实验后，测得的数据如下表所示，请回答问题

（2）在实验误差允许的范围内，当所测物理量满足　   　表达式时，即说明剪断细线后，两小球的动量守恒。

A．m1＝m2      B．m1＝m2      C．m1＝m2

（3）下列关于本实验的一些说法，你认为正确的是　   　

A．两个小球在水中运动的速度要适中，不能过快

B．上浮小球选用密度更小的小球，实验效果更好

C．剪断细线时对球的扰动大，但不会引起误差

D．选择合适大小的小球使得两球可以悬浮后，再把细线剪断，用镊子夹住两截断线，然后一起放入水中静止，松开镊子两球开始运动，这种改进更好

15．（10分）半径为R的内壁绝缘光滑的半圆筒如图所示，圆筒的截面在竖直平面内，O为圆心，MN为圆筒的水平直径，空间存在竖直向下的匀强磁场，平行圆圆筒轴线方向在圆筒内放入一根长为L，质量为m的通电直导线，当通入的电流为I时，导线刚好静止，此时导线与圆心的连线与竖直方向的夹角为37°，已知重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

（1）求磁场的磁感应强度的大小；

（2）现把导线拉到M位置后无初速度释放，保持导线中的电流大小和不变，求导线运动到最低点时对圆筒的压力大小。

16．（10分）如图甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端通过理想变压器接一只小灯泡，原副线圈的匝数比n1：n2＝1：5，在线圈所在空间存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场。已知导体线圈的匝数n＝100匝，电阻r＝1Ω，所围成的矩形面积S＝0.04m2，小灯泡的电阻R为15Ω，磁场的磁感应强度的变化率随时间按图乙所示的正弦规律变化，不计灯丝电阻随温度的变化，泡正常发光，求：

（1）小灯泡的电功率；

（2）10分钟的时间内导体线圈上所产生的热量。

17．（12分）如图所示，长木板放在光滑水平面上，左端用细线系在竖直墙壁上，右侧安装有固定着轻弹簧的挡板，某时刻让一个可视为质点的滑块以速度v0从长木板左侧滑上长木板，当弹簧压缩到最短时剪断细线，最终滑块刚好回到长木板左侧。长木板（含挡板）的质量为M，通过测量发现滑块在全过程中的位移大小为x0，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ，已知重力加速度为g，求滑块的质量m和弹簧弹性势能的最大值。

18．（13分）如图所示（俯视图），在光滑水平绝缘桌面的虚线右侧足够大的空间中有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B．质量为m、电荷量为q（q＞0）的小球a以与磁场边界成60°角的速度进入磁场，刚好与停在磁场某处的质量为3m、电荷量为3q的小球b（图中未画出）发生第一次碰撞，碰前球a的速度大小为v0，速度方向与虚线平行，设a、b两球的碰撞都是弹性碰撞，且不会相互转移电荷，也不考虑小球之间的电场力的作用，求：

（1）从a球进入磁场到与b球第一次碰撞的时间；

（2）a、b两球第二次碰后b球的速度大小；

（3）运动过程中a球离虚线的最远距离。

2019-2020学年湖北省黄冈市高二（上）期末物理试卷

参与试题解析

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1．【解答】解：干簧管能将磁场的变化转化为电路的通断，热敏电阻可以把温度转化为电阻这个电学量，光敏电阻可以把光照强度转化为电阻这个电学量，电阻应变片可以把压力转化为电阻这个电学量，故后三者都是通过测量电阻的变化来确定外界非电学量的变化的，故B正确，ACD错误。

故选：B。

2．【解答】解：A、原子核的半衰期与所处的化学状态和外部条件无关，由内部自身因素决定。故A错误；

B、原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量，则原子核越大，它的结合能越高，根据原子核的结合能的特点可知，中等质量的原子核的比结合能最大，故B错误；

C、电子的发现使人们认识到原子不是组成物质的最小微粒，原子还能再分，故C正确；

D、处在n＝3的能级，会辐射出＝3种频率的光，故D错误；

故选：C。

3．【解答】解：A、直线电流平行于螺线管内的磁场方向，磁通量始终为零，不会产生感应电流，电流表指针不会发生偏转，故A错误；

B、通过导线的电流不变，通过另一条导线和电流表构成的回路磁通量不变，不会产生感应电流，电流表指针不会发生偏转，故B错误；

C、磁极放入螺线管中不动，通过螺旋管的磁通量不变，不会产生感应电流，电流表指针不会发生偏转，故C错误；

D、在给B线圈通电或断电的瞬间，通过A线圈的磁通量的增大或减小，A线圈会产生感应电流，电流表指针会发生偏转，故D正确；

故选：D。

4．【解答】解：AB、当天平示数为负时，说明两线圈相互吸引，两线圈电流方向相同，当天平示数为正时，说明两线圈相互排斥，两线圈电流方向相反，故AB错误。

CD、多匝通电平行线圈之间的安培力，与匝数有关，匝数越多，安培力越大，由于线圈Ⅱ置于天平托盘上，故线圈Ⅱ的匝数越多，受力越大，天平越灵敏，故C错误，D正确。

故选：D。

5．【解答】解：AC、线框转动了120°时，根据磁通量的定义可知，此时穿过线框的磁通量为BSsin30°＝，初态时，磁通量为BSsin30°＝，但两次磁感线贯穿的方向不同，故此过程中，磁通量变化了BS，磁通量与匝数无关，故A正确，C错误。

B、导线框中的电流方向根据楞次定律可以判断，是 N→K→L→M→N，故B错误。

D、当导线框处在中性面位置时，磁通量最大，但感应电动势为零，故D错误。

故选：A。

6．【解答】解：A、粒子运动轨迹如图所示，根据图中几何关系可得Rcosθ＝d，解得：R＝，故A错误；

B、粒子粒子P进入磁场时的速度越大，轨迹对应的圆心角α越小，根据t＝可知在磁场中运动的时将越短，故B错误；

C、粒子从射入磁场到射出磁场，速度变化量为△v＝＝，根据动量定理可得粒子粒子P以速度v0进入磁场后，在磁场运动过程中洛伦兹力的冲量为I＝m△v＝，根据半径公式可得R＝＝，解得mv0＝，则洛伦兹力的冲量I＝＝2qBd，故C错误；

D、粒子刚好与M′N′相切时轨迹半径为d，根据洛伦兹力提供向心力可得d＝，而R＝＝，解得粒子P进入磁场的速度v＝＞，粒子P进入磁场的速度小于时，粒子P将从MN离开磁场，故D正确。

故选：D。

7．【解答】解：A、根据题意可知，未知粒子与静止的原子核碰撞过程中总机械能守恒，而碰撞后原子核的机械能增加，所以未知粒子的机械能减小，故A错误；

BCD、设未知粒子质量为m，速度为v0，碰后未知粒子的速度为v′，未知粒子跟静止的氢原子核正碰根据动量守恒和能量守恒可知：

mv0＝mv′+mH⋅7v…①

m＝mv′2+mH（7v）2 …②

未知粒子与氮原子碰撞后碰后未知粒子的速度为v′′，根据动量守恒和能量守恒可知：

mv0＝mv′′+14mH⋅v…③

m＝mv′′2+•14mHv2 …④

由①②③④可得未知粒子质量为：m＝，v′＝v，v″＝，因为α粒子的质量是氢原子核质量的4倍，所以该未知粒子不是α粒子，故C正确，BD错误。

故选：C。

8．【解答】解；A、使光电流减小到0的反向电压Uc称为遏止电压，故A错误；

B、电路断开，电压表示数为零，故B错误；

C、根据动能定理有 eUc＝Ek，根据爱因斯坦光电效应方程 Ek＝hv﹣W0，当Uc＝0时，有W0＝hv2，

联立两式得：，其斜率为：，解得：，故D正确；

故选：D。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分.在每小题给出的四个选项中，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.

9．【解答】解：A、当开关S闭合后，副线圈的输出功率增大，根据理想变压器的规律可知，输入功率等于输出功率，变压器的输入电压不变，则输入电流增大，电流表示数变大，故A正确。

B、变压器不会改变频率，原线圈输入电压的角速度ω＝100π rad/s，则频率f＝＝50Hz，故B错误。

C、根据电感线圈的特性可知，频率越小，对电流的阻碍作用越小，若S闭合后灯发光，在保持输送电压不变而减小电源频率时，通过灯的电流增大，灯更亮，故C正确。

D、若S闭合后灯发光，则增大线圈的电感L，则对电流的阻碍作用增大，灯变暗，故D错误。

故选：AC。

10．【解答】解：令金属棒ab的长度为l，

A、金属棒匀加速过程中根据牛顿第二定律有F﹣F安﹣mgsinθ﹣f＝ma，所以F＝，因为v＝at，所以F﹣t图象是一条倾斜的直线，但根据表达式可知，t＝0时，F≠0，故A错误；

B、加速过程＝＝＝，所以﹣t图象是一条过原点倾斜的直线，当金属棒匀速运动时以＝，﹣t图象是一条水平的直线，故B错误；

C、因为q＝＝，所以q﹣x图象是一条过原点倾斜的直线，故C正确；

D、因为加速阶段，根据数学知识可知，I﹣x图象是开口向下的抛物线，当匀速运动时，，因为匀速运动时，速度不变，所以感应电流也不变，I﹣x图象是一条水平的直线，故D正确。

故选：CD。

11．【解答】解：A、由左手定则可知，b粒子带正电，a粒子带负电，故A正确；

B、粒子在磁场中时圆心的位置在弦的垂直平分线上，如图所示，根据几何关系可得a粒子的半径ra＝R；b粒子的轨道半径rb＝R，a、b粒子在磁场中运行的弧长之比为：raα：rbβ＝（R× ）：（R×）＝1：2，因两粒子的速率大小不知道，无法比较时间长短，故B错误；

C、由于b粒子的轨道半径与圆形磁场半径相同，如果b粒子沿MN方向射入时，粒子射出磁场时沿垂直于MN方向射出，若只改变b粒子进入磁场时的速度方向，不改变速度大小，则b粒子均以垂直于MN的方向射出磁场，故C正确；

D、若让a粒子从P点进入磁场，根据左手定则可知a粒子只能顺时针偏转，不可能从M点射出磁场，故D错误。

故选：AC。

12．【解答】解：A、根据题中所给的i﹣t图象可知，磁场宽度d为线框在时间2﹣6运动的长度，根据运动学公式有

d＝v4t＝v4（6﹣2）＝a×4×4＝16a

线框边长为线框在时间2﹣4运动的长度，根据运动学公式有L＝v3×（4﹣2）＝a×3×2＝6a

所以磁场宽度为d＝，故A正确；

B、由公式可知，进出磁场过程中的面积变化相同，所以进出磁场过程中流过线框的电荷量相等，故B正确；

C、线框进磁场的平均速度比出磁场的平均速度小，由公式＝可知，进磁场产生的热量小于出磁场的热量，故C错误；

D、由右手定则可知，线框穿过磁场过程中b点的电势高于a点的电势，当ab边刚要出磁场时速度为3v，此时ab的电动势为，由于此时线框中没有感应电流，所以Uab最大值为3BLv，故D正确。

故选：ABD。

三、非选择题：本题共6小题，共60分.

13．【解答】解：（1）若霍尔元件材料使用的是锌，霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的，根据左手定则，则正电荷偏向N端，因此N端电势高于M端电势。

（2）霍尔元件是能够把磁学量﹣﹣磁感应强度转换为电学量﹣﹣电压的传感器。

故答案为：（1）高于；（2）磁感应强度；电压。

14．【解答】解：（1）根据表中的数据可得下沉小球4次下沉的平均高度＝＝40.26mm；

（2）以两个小球整体为研究对象，剪断细线后两个小球运动过程中重力不变、总的浮力不变，竖直方向受力平衡，动量守恒，则有：

m1＝m2，即m1＝m2，则满足m1＝m2即说明剪断细线后，两小球的动量守恒，故A正确、BC错误；

故选：A。

（3）A、两个小球在水中运动的速度要适中，不能过快，速度大时测量位移时误差偏大，故A正确；

B、上浮小球选用密度更小的小球，使得运动过快时实验误差较大，故B错误；

C、剪断细线时对球的扰动大，使得小球的初速度可能不为零，会引起更大的误差，故C错误；

D、选择合适大小的小球使得两球可以悬浮后，将两个小球从水中取出，把细线剪断后，用镊子夹住两截断线，然后一起放入水中静止，以两个小球整体为研究对象，剪断细线后再放入水中，两个小球受力情况不变，动量守恒，松开镊子两球开始运动，这种改进可以减少在水中剪断细线时对小球的扰动，效果更好，故D正确。

故选：AD。

故答案为：（1）40.26；（2）A；（3）AD。

15．【解答】解：（1）导线静止时，对导线受力分析如图所示：

正交分解后得：

FNsin37°＝BIL

FNcos37°＝mg

解得：B＝

（2）从M位置释放到运动到最低点，由动能定律得：

mgR﹣BILR＝

在最低点处对导线分析，设导线受到的支持力为FN′，

由牛顿第二定律得

解得：FN′＝

由牛顿第三定律得导线运动到最低点时对圆筒的压力大小也为；

答：（1）磁场的磁感应强度的大小是；

（2）导线运动到最低点时对圆筒的压力大小为。

16．【解答】解：（1）设导体线圈上的电动势为e，由法拉第电磁感应定律得：

e＝NS

带入数据解得：e＝8sin200t

导体线圈上电动势的有效值为：E＝V＝8V

设流过灯泡的电流为I，流过导体线圈的电流为I′，原线圈的电压为U，由理想变压器规律得：

在原线圈回路中，由闭合电路欧姆定律得：

E＝I′r+U′

小灯泡的电功率为：

P＝I2R

联立以上数据，带入数据解得：P＝15W

（2）由焦耳定律得10分钟的时间内导体线圈上所产生的热量为：

Q＝I′2rt

代入数据解得：Q＝15000J

答：（1）小灯泡的电功率为15W。

（2）10分钟的时间内导体线圈上所产生的热量为15000J。

17．【解答】解：设从开始运动到弹簧最短滑块运动的距离为x，弹簧弹性势能最大为Ep，滑块的质量为m，xm、xM为细线剪断后滑块和长木板的对地位移。

剪断细线后滑块和长木板组成的系统动量守恒，取向左为正方向，在任意时刻，有：mvm﹣MvM＝0，

即 mvm＝MvM

所以全过程有：mxm＝MxM

由几何关系得：x0＝x﹣xm，x＝xm+xM

从开始运动到弹簧最短由能量守恒得：＝μmgx+Ep

运动的全过程中能量守恒：＝2μmgx

联立解得：Ep＝，m＝

答：滑块的质量m为，弹簧弹性势能的最大值为。

18．【解答】解：（1）带电粒子在磁场中受重力和桌面的支持力平衡，水平方向上洛伦兹力提供圆周运动的向心力：qv0B＝m，

a球做圆周运动的周期：Ta＝

由几何关系知，从a球进入磁场到与b球第一次碰撞，a球偏转的圆心角为120°，从a球进入磁场到与b球第一次碰撞的时间t＝

代入数据解得：t＝

（2）a球与b球在M点发生第一次碰撞，以碰前a球运动方向为正方向

由动量守恒定律得：mv0＝mva1+3mvb1

由机械能守恒定律得：＝+

解得：va1＝﹣，vb1＝，

小球在磁场中由洛伦兹力提供向心力，得：qvB＝m，T＝

得ra1＝rb1＝ra，Ta＝Tb

两个小球各转1圈后在M点发生第二次碰撞，画出两个小球运动轨迹如图所示：

以碰前b球运动方向为正方向，由动量守恒定律得：3mvb1﹣mva1＝3mvb2+mva2

由机械能守恒定律得：+＝+

解得：va2＝﹣v0，vb2＝0

即a、b两球第二次碰后b球的速度为0。

（3）两球第二次碰撞后，b球静止，a球继续偏转出磁场，轨迹如图：

运动过程中a球离虚线的最远距离：d＝ra+rbsin30°+2ra1

解得：d＝

答：（1）从a球进入磁场到与b球第一次碰撞的时间是；

（2）a、b两球第二次碰后b球的速度大小是0；

（3）运动过程中a球离虚线的最远距离是。