《2023年河北省邯郸重点中学高考物理二模试卷及答案解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年河北省邯郸重点中学高考物理二模试卷及答案解析.pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023年河北省邯郸重点中学高考物理二模试卷1.在下列情况中，物体机械能守恒的是（）A.物体沿斜面匀速滑下B.降落伞在空中匀速下降C.不计空气阻力，斜向上抛出的物体在空中运动的过程中D.起重机吊着重物加速上升2.如图所示，以IOM/S的水平初速度抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为30。的斜面上，则飞行时间t是（g取l（hn/s2）（）3.如图甲所示，两消防员在水平地面4、B两处使用相同口径的喷水枪对高楼着火点进行灭火。出水轨迹简化为如图乙所示，假设均能垂直击中竖直楼面上的同一位置点P。不计空气阻力，则（）甲 乙A.4处水枪喷出的水在空中运动的时间较长B.8处水枪喷出的水在空中运动的时
2、间较长C.4处水枪喷出的水击中墙面的速度较大D.8处水枪喷出的水击中墙面的速度较大4.“电动平衡车”是青少年非常喜欢的一种代步工具。如图所示，人站在“电动平衡车”上在某水平地面上沿直线前进，不计空气阻力，下列说法中正确的是（）A.“电动平衡车”加速行驶时，车对人的作用力等于人的重力B.“电动平衡车”匀速行驶时，车对人的作用力大小等于人对车的压力大小C.“电动平衡车”加速行驶时，车对人的作用力方向竖直向上D.“电动平衡车”匀速行驶时，平衡车受到的重力和地面对平衡车的支持力是一对平衡力5.如图所示，光滑斜面上用细线拴着的匀质小球处于静止状态,细线水平且延长线经过球心。，小球与斜面的接触点为4,下列
3、说法正确的是（）A.细线的拉力不可能等于小球的重力B.细线的拉力一定小于斜面对小球的支持力C.若细线长度等于小球半径，则细线拉力等于小球重力D.若细线长度等于小球半径.则细线拉力等于小球重力的一半6.如图所示，在圆心。为正点电荷Q的电场中有1、2、3三个点，以下说/-一.、法正确的是（）/i：七：；A.1、2两点的电场强度方向相同 B.2、3两点的电势相同 、?一C.将正的试探电荷分别从“1”移动到“2”和“3”，电场力做功相同D.电势差的大小关系满足外1 a37.两玩具车在两条平行的车道上行驶，t=0时两车都在同一计时线处，它们在四次比赛中的t图象如图所示。在0-3s内哪幅图对应的比赛中两车
4、可能再次相遇（）8.甲乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的u-t图象如图所示.两图象在1=口时相交于P点，P在横轴上的投影为Q,。2（?的面积为$在1=0时刻，乙车在甲车前面，相距为d.已知此后两车相遇两次，且第1次相遇的时刻为t ,则下面4组t和d的组合中可能的是（）A.t=L，d=Si qC.tr=-2 t11 9 d=4-SB.=d=jsD.tr=-4 t119 d=-4S9.如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为8的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外。P（-，2L,。）、Q（O,-2L）为坐标轴上的两个点。现有一电子从P点
5、沿PQ方向射出，不计电子的重力（）A.若电子从P点出发恰好经原点。第一次射出磁场分界线，则电子在磁场中运动的轨道半径为LB.若电子从P点出发经原点。到达Q点，则电子运动的路程一定为2立C.若电子从P点出发经原点。到达Q点，则电子在Q点速度方向与y轴正向的夹角可能为45。或135D.若电子从P点出发经原点。到达Q点，则电子运动的路程可能为兀3也可能为2立1 0.如图所示是氢原子的能级图，当大量处于量子数n=4的激发态的氢原子向低能级跃迁过程中，可能产生几种不同频率的光，用这些不同频率的光照射逸出功为3.20W的金属钙，下列说法正确的是（）320-0.54-1.510C5-H 6A.能使金属钙发生
6、光电效应的有三种频率的光B.能使金属钙发生光电效应的有四种频率的光C.D.从金属钙表面逸出的光电子的最大初动能为9.55eU从金属钙表面逸出的光电子的最大初动能为12.75W11.如图所示，一个绕圆心轴MN匀速转动的金属圆盘，匀强磁场垂直于圆盘平面，磁感应强度为B,圆盘中心C和圆盘边缘。通过电刷与螺线管相连，圆盘转动方向如图所示，则下述结论中正确的是（）A.圆盘上的电流由圆心流向边缘B.圆盘上的C点电势低于。点电势C.金属圆盘上各处电势相等D.螺线管产生的磁场，F端为N极12.在如图所示的坐标系中，将两个带电量均为-q1的带电小球和一个带电量为+勺2的带电小球分别位于边长为，等边三角形的三个顶
7、点从B、C上。坐标轴上P、Q、M三点坐标如图所示，则（）MO.0Q I、小孔射出，并沿与帅垂直的方向由d 点进入A abc区域，不计粒子 I、I、重力，已知be=1,Z.C 60,Zb-90,ad=I 3：b、.-c(1)求粒子从N板射出时的速度见：(2)若A abc区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，要使粒子不从ac边界射出，则磁感应强度最小为多大？(3)若4 abc区域内存在平行纸面且垂直反方向向下的匀强电场，要使粒子不从ac边界射出，电场强度最小为多大？答案和解析1.【答案】C【解析】解：4、物体沿斜面匀速滑下的过程中，动能不变，重力势能减小，则其机械能减少，故 A 错误8、降落伞在空中匀
8、速下降，动能不变，重力势能减小，故机械能不守恒，故 B错误C、不计空气阻力，将物体斜向上抛出后，只受重力，故机械能守恒，故 C 正确。、起重机吊着重物加速上升，拉力对重物做功，机械能不守恒，故。错误。故选：Co物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，逐个分析物体的受力的情况，判断做功情况，即可判断物体是否是机械能守恒.也可以机械能的概念分析.解决本题的关键掌握判断机械能守恒的方法：1、根据条件，看是否只有重力做功.2、看势能和动能之和是否保持不变.2.【答案】D【解析】解：物体做平抛运动，当垂直地撞在倾角为30。的斜面上时，把物体的速度分解如图所示，由图可知，此时物体的竖直方向上的速度的
9、大小为%=焉=备 m/s=1 0 m/s由%=g t可得，运动的时间为：t=-Z-3So 故 ABC错误，正确。9 10故选：D。根据几何关系得出物体在竖直方向上的速度，结合速度一时间公式得出物体的飞行时间。本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动在不同方向上的运动特点，结合几何关系和运动学公式即可完成分析。3.【答案】C【解析】解：AB.利用逆向思维，水从抛出点抛出到垂直击中P点的过程可以看成水从P点做平抛运动，根据八=2,可得小心，高度八相等，所以从抛出到击中墙壁的时间相等，故AB错误；CD根据 =时间t相等，可知水平方向位移大的则水平方向的速度大，水击中墙面的速度即为水平方向的速度
10、，由图可知，4处水枪喷出的水，水平方向的位移大，所以4处水枪喷出的水击中墙面的速度较大，故C正确，D错误。故选：C。不计空气阻力，喷出的水做斜抛运动，水均能垂直击中竖直楼面上的同一位置点P,逆过程处理，则水从P点做平抛运动，竖直方向做自由落体，高度相等，则运动时间相等，水平方向做匀速直线运动，水平方向位移大，则水平方向速度大，水击中墙面的速度即为水平方向的速度。本题考查了斜抛运动的特点，逆向思维是解决本题的关键。4.【答案】B【解析】解：4、人受”电动平衡车”的作用力和“电动平衡车”受到人的作用力是一对作用力和反作用力，二者总是大小相等，方向相反，故A错误；8、“电动平衡车”匀速行驶时人受到的
11、合外力等于零，所以车对人的作用力即人受到的支持力,大小等于人对车的压力大小，故B正确；C、“电动平衡车”加速行驶时，人受到的合力的方向向前，车对人的作用力方向斜向上，故C错误；。、“电动平衡车”匀速行驶时，平衡车受到的重力与人的重力的和与地面对平衡车的支持力是一对平衡力，故。错误。故选：B。作用力与反作用力大小相等，方向相反；根据人的受力情况分析“电动平衡车”对人的作用力；以人和电动车整体为研究对象，根据平衡条件分析地面对电动平衡车的作用力。本题主要是考查了作用力与反作用力，要注意二者总是大小相等，方向相反。5.【答案】B【解析】解：4对小球受力分析，小球受重力，细线的拉力和斜面对小球的支持力
12、，由于斜面角度未知，故不能确定细线拉力与重力的大小关系，故A错误；8.根据三力平衡构成的矢量直角三角形可得，细线的拉力小于斜面对小球的支持力，故8正确；C D.由几何关系可得，当线长等于半径时，斜面倾角为3 0。，则可得T=mgtan30=故C D错误。故选：B。以小球为研究对象，分析受力情况，由数学知识分析细线长度等于小球半径时的夹角，根据共点力的合成解答.本题考查共点力平衡条件，解题关键掌握小球的受力分析，注意几何关系的应用。6.【答案】D【解析】解：4、由点电荷的电场分布可知，1、2两点距中心源电荷的距离不同，故两点的电场强度方向不相同，故A错误；8、由于2、3两点离点电荷的距离不同，不
13、在同一等势面上，则2、3两点的电势不相同，故8错误；C、1点的电势低于2点的电势，将正的试探电荷分别从“1”移动到“2”电场力做负功，将正的试探电荷分别从“1”移动到“3”电场力做正功，故C错误；。、由于1、2两点间的距离与1、3两点的距离相等，由1、2两点间的平均场强大于1、3两点的平均场强，则由U =E d可知，电 势 差 的 大 小 关 系 满 足 U i 3，故。正确。故选：D。明确点电荷电场电场强度和电势的分布规律，知道正电荷从低电势向高电势移动时电场力做负功;根据U =E d定性分析电势差的大小。本题考查对点电荷电场的分布规律，要掌握电场强度和电势的规律，明确U =E d在非匀强电
14、场中的定性应用方法。7.【答案】C【解析】解：4、在0 2.5 s内，一辆车的速度始终比另一辆车的速度大，两车间距增大，2.5 s时，两车速度相等，两者相距最远，2.5 s-3 s时另一辆车的速度比这辆车的速度大，距离减小，但未相遇，故A错误；B、根据v-t图象的面积等于位移可知，3 s时，两车未相遇，故8错误；C、在0-2.5 s内，图象中围成面积相等，即t =2.5 s相遇，故C正确；。、在0-5 s内，一辆车的速度始终比另一辆车的速度大，5 s时，速度相等，两者相距最远，故。错误。故选：C o根据t图象比较两车在0-3 s内的速度大小，图象的面积等于位移，由此判断是否会相遇。图象法是描述
15、物理规律的重要方法，应用图象法时注意理解图象的物理意义，即图象的纵、横坐标表示的是什么物理量，图线的斜率、截距、两条图线的交点、图线与坐标轴所夹的面积的物理意义各如何。8.【答案】C【解析】解：在。时刻如果甲车没有追上乙车，以后就不可能追上了，故t Wt i，从图象中甲、乙与坐标轴围成的面积即对应的位移看：4当t =t时，s/一 S z =S,即当d =S时正好相遇，但第一次相遇的时刻为乙 以后就不会相遇了，只相遇一次，故4错误；B、C、当时，由几何关系可知甲的面积比乙的面积多出,S,即相距d =9 S时正好相遇，2 x44故3错误，C正确；。、当=由几何关系可知甲的面积比乙的面积多出，S,即
16、相距d =，S ：S,不可能相4 1 16 16 4遇，故。错误。故选：Cou-t图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移.在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负.相遇要求在同一时刻到达同一位置.本题是速度-时间图象的应用，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，并能根据几何关系求出面积，能根据图象读取有用信息9.【答案】ACD【解析】解：4、若电子从P点出发恰好经原点。第一次射出磁场分界线，则有运动轨迹如图所示:由几何关系可知，电子在磁场中运动的轨道半径为：R=P
17、O=X，NL=ZJ&A正确；C、若电子从P点出发恰好经原点。第一次射出磁场分界线，则微粒运动的路程为圆周的/即为学;若电子从P点出发经原点。到达Q点，运动轨迹可能如图所示：由几何关系可知，电子在Q点速度方向与y轴正向的夹角可能为45。或135。，故 C 正确;B、D、电子从P点出发经原点。到达Q点，运动轨迹也可能如图：因此则微粒运动的路程可能为兀3也可能为2日，若粒子完成3、4、.n个圆弧，那么电子运动的路程可能：n为奇数时为2兀占n为偶数时为兀3故 B 错误，力正确；故选：ACD粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据题意可知，电子从P点出发恰好经原点。第一次射出磁场分界线，与电子从P点出
18、发经原点。到达Q点，运动轨迹的半径不同，从而由运动轨迹来确定运动路程。本题考查根据运动半径来确定运动轨迹，从而确定运动的路程，掌握左手定则与右手定则的区别，注意运用几何关系正确画出运动轨迹图是解题的关键，注意次数增多，而半径会减小。10.【答案】AC【解析】【分析】当光子能量大于金属的逸出功时，会发生光电效应，能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，结合光电效应方程求出光电子的最大初动能。本题考查了光电效应方程、能级跃迁的综合运用，知道能级差越大，辐射的光子能量越大。以及掌握光电效应方程，并能灵活运用。【解答】解：4B.大量处于量子数n=4的激发态的氢原子向低能级跃迁过程中，只有从n=4
19、跃迁到n=1,从九=3跃迁到n=l,从n=2跃迁到n=l辐射的光子能量大于逸出功，可知能使金属钙发生光电效应的光只有三种，故A正确，B错误；CD.从n=4跃迁到n=1辐射的光子能量最大，有：/w=-0.85eV+13.6eV=12.75eV,根据光电效应方程知，光电子的最大初动能为：Ek7n=/w-%=12.75eU-3.20eU=9.55eV,故C正确，。错误。故选AC。11.【答案】AB【解析】解：4、将金属圆盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定则判断可知：圆盘上的感应电流由圆心流向边缘，故A正确；BC、金属圆盘切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，感应电流由圆心流向边缘，可知圆盘边缘相当
20、于电源的正极，圆心相当于负极，所以圆盘边缘电势高于圆心的电势，则C点电势低于D点电势，故8正确，C错误；D、感应电流从下往上通过螺线管，根据安培定则可知，螺线管产生的磁场E端为N极，故。错误。故选：AB.将金属圆盘看成由无数金属幅条组成,根据右手定则判断感应电流的方向，从而判断电势的高低,由安培定则判断螺线管产生的磁场极性。本题关键要掌握右手定则、安培定则，并能正确用来分析电磁感应现象，对于这两个定则运用时,要解决两个问题：一是什么条件下用；二是怎样用。1 2 .【答案】B【解析】解：力、。点场强等于+9 2 在。点产生的场强，为E =k 温浮=苧，+q?在M点产生的场强大小也等于等，方向沿y
21、轴正方向，两个-qi 在M点产生的合场强沿y轴负方向，大小为EML 2 k 汨西产a -2k-=一而奇，由于生和q?的大小未知，所以不能确定。点和M点的场强大小。故 4错误。B、在+%的电场中，。点和M点的电势相等，在两个负电荷的电场中，。点电势高于“点电势，由电场的叠加原理知。点电势一定高于M点电势，故 8正确。C、P 点与Q 点的场强大小相等，方向不同，则场强不同，故 C错误。、将位于4 处的带电小球从4 点移至。点，在两个负电荷的电场中和在+2 的电场中，电场力做功正负相反，总功可能为零，则电势能可能不变，故。错误。故选：B。根据电场的叠加原理求各点的场强。根据电场线的方向分析电势高低。
22、根据电场力做功正负分析电势能的变化。解决本题的关键是掌握电场的叠加原理，对场强和电势进行合成，要知道电势能变化与电场力做功有关。1 3 .【答案】B 1.4 7?n 4 1.1 0 k。2.9 4 V【解析】解：(1)由图(a)所示电路图可知，选择开关置于3 时可变电阻/?6 接入电路，此时多用电表测电阻是欧姆挡，选择开关置于3 后要进行欧姆调零，先将两表笔短接，调整/?6 使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置，故 B正确，4C错误。故 选:B。(2)若B 端是与“1”相连，此时分流电阻较小，电流表量程较大，电流表量程为2.5 m 4,由图(匕)所示表盘可知，其分度值为0.0 5 n M,多用
23、电表读数为1.4 7 m 4；若此时B 端是与“3”相连，此时多用电表测电阻，挡位是X 1 0 0。挡，则读数为1 1 x 1 0 0 0 =n oon =i.i o/c n；若此时B 端是与“5”相连，此时分压电阻较大，电压表量程较大，电压表量程是5 W 由图(b)所示表盘可知，其分度值为O.1 U,读数为2.9 4 U。故答案为：(1)8;(2)1.4 7 mA；1.1 0 k。；2.9 4 V。(1)用欧姆表测电阻选择挡位后要进行欧姆调零。(2)分流电阻越小，电流表量程越大；分压电阻越大，改装后的电压表量程越大；根据多用电表所测量的量与量程由图示表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示
24、数。本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，同时掌握读数原则，对多用电表读数时，要先确定电表测的是什么量，然后根据选择开关位置确定电表分度值，最后根据指针位置读数；读数时视线要与电表刻度线垂直。1 4.【答案】0.4 0 0 x 1 1 0.0 B E G【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.0 1 m m,直径d =0 m m+4 0.0 x 0.0 1 m m 0.4 0 0 m m；(2)欧姆表测电阻，指针偏转角度过大，说明指针所指的示数小，电阻测量值=指针对应刻度值x倍率，为了使指针所指示数变大，要换成小倍率挡位，即“x l”挡位；待测电阻=1 0.0
25、0 x1 =1 0.0。；(3)根据欧姆定律，通过电阻咒 的 电 流/=*=卷/1 =0.6 4，电流表C 的量程过大，因此选用电流Kx表8 并进行改装：由于并联电路电流的分配与电阻成反比，因此定值电阻选用E,然后再进行电流表的改装；D Q C改装后的量程/=%琮 =0.0 3/1+x 0.0 3/1 =0.6 4 符合题目要求；由于要求电压变化范围尽量大一些，滑动变阻器采用分压式接法，因此滑动变阻器应选用G。故答案为：(1)0.4 0 0 (2)“X I”；1 0.0 或 1 0；(3)8；E；G.(1)螺旋测微器的精确度为0.0 1 7 H M,测量值=固定刻度对应读数(nu n)+对齐格
26、数(估读一位)x 精确度；(2)欧姆表测电阻，测量值=指针对应刻度值x 倍率；指针的偏转角度太大，说明指针所指的示数小，据此选择挡位；每次换挡后必须重新进行欧姆调零，然后读数；(3)根据欧姆定律估算通过电阻&的电流,然后选择电流表，将小量程电流表改装成大量程电流表,需要并联一个小电阻，据此选择定值电阻；由于要求电压变化范围尽量大一些，滑动变阻器采用分压式接法，据此选择滑动变阻器。要掌握螺旋测微器的读数方法；明确电学实验中，当要求电压从零开始，或者让电压变化范围尽量大一些，滑动变阻器应用分压式接法，从而确定滑动变阻器的选择。1 5.【答案】解：(1)根据左手定则确定偏转方向，再由洛伦兹力指向圆心
27、，从而大致画出电子的运动轨迹如图所示,2(2)由牛顿第二定律有：q B=F所以电子做圆周运动的半径为:7 7 1 V 9.1x10 3 1xl.6xl06.L 1八 一2r =-zr a-zzm =4.5 x 1 0 ,ni，qB 1,6x10 i yx2.0 xl0 4由几何关系知，电子出射点离4点的距离为:%=AD=2rcos60=4.5 x 1 0-2 7 n(3)电子在磁场中偏转了a =y,则电子在磁场中运动时间为:t7a 丁 2nr 5 x 3.1 4 x 4.5 x 1 0_ T=J x _ _ _=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _2
28、兀 2 兀 v 3 x 1.6 x 1 06XXXXXXXX=1.5 x 1 0-7s答：(1)画出电子在磁场中运动轨迹如图;(2)该电子离开磁场出射点离4的距离是4.5 x 1 0-2m；(3)该电子在磁场中运动的时间是1.5 x 1 0-7s【解析】(1)电子在磁场中做匀速圆周运动，由左手定则信确定偏转方向，再画出运动轨迹；(2)洛伦兹力提供向心力求得电子做匀速圆周运动的半径；(3)根据电子在磁场中的偏转角求出时间。分析带电粒子在磁场中运动，首先要画出粒子运动轨迹图，然后根据洛伦兹力做向心力得到半径表达式，根据几何关系求半径，找到粒子做圆周运动的圆心角可求出运动时间.1 6.【答案】解：设
29、临界角为C,则有s i nC=L =?n 3设 边 的 入 射 角 为a,则有：s i na =s i n6 0。=则a C所以光线在B C边发生了全反射，不能射出玻璃。设C D边入射角为/?,由几何关系得6 =3 0。C,光线将从C D边射出玻璃。根据折射定律有：几=翳解得：e=6 0 则出射光线与。C边的夹角为3 0。答：该光从截面上某条边第一次射出玻璃时，出射光线与该边的夹角为3 0。【解析】先根据s i ne =；求出临界角C,根据8 c边的入射角与临界角C的关系，判断出光线在B C边能发生全反射。再由几何知识求出光线射到C C边的入射角，与临界角比较，发现光线将从C D边射出，由折射
30、定律求解折射角，从而得到出射光线与C。边的夹角。解决本题的关键是掌握全反射条件，判断出光线在B C面会发生全反射，再根据反射定律和折射定律求解出各个分界面上的反射角和折射角，并结合几何关系进行分析计算。1 7.【答案】解：(1)带电粒子在M N间加速，由动能定理可得：1、qU=-m vl-0可得粒子从N射出时的速度%=(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，磁感应强度越大，粒子做圆周运动的半径越小，当磁感应强度最小时，恰不从a c边界射出粒子到达a c边界时，速度方向沿a c方向，此时粒子不从a c边界射出做圆周运动的最大半径为布据洛伦兹力提供圆周运动向心力有：qv0Bm in=m rm由几何关
31、系可得，粒子圆周运动的最大半径1 tan60Q代 入 解 得 小=翳4居(3)带电粒子在电场中做类平抛运动，电场强度最小为&)时，粒子运动到Q C界面的速度方向沿Q C方向，设a b和b e方向的位移大小分别为y和 ,到达界面时沿帅 方向分速度大小为%,则X=VQty =y tvy=vot a n6 O 0 xtan60 1=y解得：y=粒子到达a c 边界时的速度大小为u“一 COS60。据动能定理有:匚 1 2 1 2qEoy=-m vz-m v g解得：后。=罕(2)若a b c 区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，要使粒子不从a c 边界射出，则磁感应强度最小为(3)若a b c 区域内
32、存在平行纸面且垂直儿方向的匀强电场，要使粒子不从a c 边界射出，电场强度最小 为 用【解析】(1)粒子在加速电场中加速时只有电场力做功，根据动能定理求得粒子射出N时的速度大小；(2)粒子在磁场作用下做匀速圆周运动，作出粒子不从a c 边射出时粒子圆周运动的临界轨迹，根据几何关系求得圆周运动的最大半径，再根据洛伦兹力提供圆周运动向心力求得磁感应强度多大；(3)粒子进入电场做类平抛运动，根据要求粒子不从a c 边界射出，则粒子到达a c 边界时，粒子速度方向与a c 边界平行，根据类平抛运动求解即可.本题主要考查了粒子先在电场中偏转，运用运动的分解法研究；后在磁场中做匀速圆周运动，画轨迹、几何知识求出半径是常用的方法和思路。