2023年湖南省邵阳市高考物理二模试卷（含答案解析）

2023年湖南省邵阳市高考物理二模试卷

1.  下列说法正确的是(    )

A. 光波与机械波一样，都有横波和纵波
B. 一切运动的宏观物体都没有波动性
C. 根据汤姆孙原子模型，在粒子散射实验中，大部分粒子穿过金箔后应该会有明显偏转
D. 理想气体分子间既无斥力又无引力

2.  去年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约400km的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上地球半径约飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，则他们(    )

A. 所受地球引力的大小近似为零
B. 随“天宫二号”运行的周期为一天
C. 随“天宫二号”运行的速度介于与之间
D. 所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等

3.  如图所示，有一固定的倾斜长钢索，小球Q通过轻绳与环P相连，并随P一起沿钢索下滑，下滑过程中，轻绳始终与钢索是垂直的，不计空气阻力，则(    )

A. 球Q的加速度大小与重力加速度的大小相等
B. 球Q所受重力的功率保持不变
C. 球Q的机械能守恒
D. 球Q动量变化的方向竖直向下
 

4.  如图所示，一定质量的理想气体从状态A经过等压变化到状态B，再经过等容变化到状态C，最终经过等温变化回到初始状态A。已知从状态A到状态B的过程中，气体吸收了300J的热量，关于从A到B过程下列说法中正确的是(    )

A. 气体内能增加220J B. 气体内能增加380J C. 气体内能减少380J              D. 气体内能减少220J

5.  地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图变化，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力，对于第①次和第②次提升过程(    )

A. 矿车上升所用的时间比为4：5 B. 电机的最大牵引力之比为2：1
C. 电机输出的最大功率之比为1：2 D. 电机所做的功之比为4：5

6.  “引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为，在图示情况下，探测器在远离行星后速度大小为。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是(    )

A.  B.  C.  D.

7.  如图所示，小球以的瞬时速度从水平地面斜向右上方抛出，速度方向与水平方向的夹角是，不计空气阻力，下列说法正确的是取，，(    )

A. 小球到达最高点时的瞬时速度为零
B. 小球离地面的最大高度是
C. 小球在空中的运动时间是
D. 保持小球速度大小不变，改变速度方向，小球的水平分位移射程的最大值是10m

8.  发电机的结构示意图如图所示，正方形金属框abcd通过两半圆形金属环及导线与电阻R构成一闭合回路，在匀强磁场中以恒定角速度绕轴转动，下列关于通过金属框的磁通量及通过电阻R的电流i随时间t变化的图像可能正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

9.  如图所示，两小球1和2之间用轻弹簧B相连，弹簧B与水平方向的夹角为，小球1的左上方用轻绳A悬挂在天花板上，绳A与竖直方向的夹角为，小球2的右边用轻绳沿C水平方向固定在竖直墙壁上。两小球均处于静止状态。已知重力加速度为g，则(    )

A. 球1和球2的质量之比为1：2
B. 球1和球2的质量之比为2：1
C. 在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小为
D. 在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g

10.  如图所示，电源电动势为E、内阻为r，定值电阻在干路上，定值电阻与可变电阻串联后再并联在定值电阻的两端。当可变电阻的滑片P向下滑动时，定值电阻、、中电流变化量的大小分别是、、。下列说法中正确的是(    )

A. 定值电阻两端的电压增大 B. 定值电阻消耗的电功率减小
C.  D.

11.  如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计。质量均为m电阻均为R的金属棒b和c，静止放在水平导轨上且与导轨垂直。图中虚线de右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量也为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨，从离水平导轨的高为h处由静止释放。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞。重力加速度为g。以下正确的是(    )

A. a与b碰后分离时b棒的速度大小为
B. 当b进入磁场后速度大小为时，b的加速度大小变为初始加速度大小的
C. b棒产生的焦耳热为
D. b进入磁场后，bc间距离增大了

12.  某实验小组采用如图甲所示装置测量物块与水平木板间的动摩擦因数，实验步骤如下：
轻质弹簧一端固定，另一端栓接小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。先将装置竖直放置，小物块平衡时，位于A点，如图乙所示。
再将装置水平放置，并将小物块从A点由静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点，如图甲所示。用刻度尺测得A、B两点到O点的距离分别为、，且，用天平称得小物块质量为m。
已知重力加速度为g，则弹簧的劲度系数______；若弹簧弹性势能表达式为为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，则物块与水平木板间的动摩擦因数为______。以上两空均用题中已知物理量的字母表示
若小物块质量测量数值比真实值偏小，则测得动摩擦因数与真实值相比______选填“偏大”“偏小”或“相等“。

13.  随着传感器技术的不断进步，传感器开始在中学实验室逐渐普及。某同学用电流传感器和电压传感器做“观察电容器的充、放电现象”实验，电路如图所示，步骤如下：

先使开关K与1端相连，电源向电容器充电，这个过程很快完成，充满电的电容器上极板带______ 电。
然后把开关K掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流电压信息传入计算机，经处理后得到电流和电压随时间变化的、曲线，如图所示。
由图可知，电容器充满电的电荷量为______ C，电容器的电容为______ 保留两位有效数字。
若将电路中电阻R的阻值增大为原来的两倍，把开关K掷向2端电容器放电，请在图的左图中尽可能准确地画出曲线。

14.  一个人用与水平方向成的斜向右下方的推力F推一个质量为30kg的箱子匀速前进如图所示，箱子与水平地面之间的动摩擦因数为，取，，

求推力F的大小；
若该箱子原来静止，不改变F的大小，只把力的方向变为与水平方向成斜向右上方拉这个箱子，如图所示，箱子在拉力F作用下运动1s后，撤去拉力F，求箱子运动的总位移的大小；
求第2问中摩擦力所做的功。

15.  甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为，两列波在时的部分波形曲线如图所示。求：
时，介质中偏离平衡位置位移为8cm的所有质点的x坐标；
从开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为的质点的时间。

16.  如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，电荷量为的粒子自电场中A点以大小为的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知：粒子发射位置A到水平线PM的距离为，不计重力。
求粒子射入磁场时的速度方向与板PQ的夹角；
求磁感应强度大小的取值范围；
若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹到挡板MN的最近距离。

答案和解析

1.【答案】D 

【解析】解：A、光是电磁波，电磁波是横波，机械波有横波，也有纵波，故A错误；
B、一切运动的宏观物体都具有波粒二象性，故B错误；
C、汤姆孙提出的原子模型认为原子中的正电荷均匀分布在整个原子内，而电子则嵌在其中；由于电子的质量很小，比粒子的质量小得多，粒子碰到金箔原子内的电子，运动方向不会发生明显变化，汤姆孙模型认为正电荷在原子内是均匀分布的，因此，当粒子穿过原子时，它受到两侧正电荷的斥力有相当大一部分互相抵消，使粒子偏转的力不会很大，不会有大角度偏转，故C错误；
D、理想气体是一个理论模型，分子本身的大小比起分子之间的平均距离可以忽略不计，气体分子在做无规则运动的过程中，除了发生碰撞的瞬间外，分子间不存在作用力，故D正确。
故选：D。
光是电磁波，电磁波是横波，机械波有横波，也有纵波；一切运动的宏观物体都具有波粒二象性；汤姆孙提出的原子模型认为原子中的正电荷均匀分布在整个原子内，而电子则嵌在其中，这就是著名的“枣糕模型”；理想气体是一个理论模型，分子作用力忽略不计。
本题考查了电磁波与机械波、物质波、汤姆孙原子模型、理想气体等，知识点多，难度小，关键是要多加积累，记住基础知识。
 

2.【答案】D 

【解析】解：A、由万有引力定律可得：，航天员所受地球引力的大小不为零，万有引力完全提供向心力，故A错误；
B、同步卫星的自转周期为1天，根据开普勒第三定律可得，“天宫二号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“天宫二号”运行周期小于1天，航天员随“天宫二号”运行的周期小于一天，故B错误；
C、由万有引力提供向心力有：，解得：，是卫星贴近地面做匀速圆周运动的速度，是最大的环绕速度，航天员随“天宫二号”运行的速度小于，故C错误；
D、航天员随“天宫二号”一起做匀速圆周运动，万有引力完全提供向心力，所以航天员所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等，故D正确。
故选：D。
由万有引力定律分析航天员所受地球引力的大小；根据开普勒第三定律分析航天员随“天宫二号”运行的周期；由万有引力提供向心力得到线速度表达式分析线速度大小；航天员所受地球引力提供其所需的向心力。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
 

3.【答案】C 

【解析】解：设钢索与水平方向夹角为，小球Q受力分析可得

得加速度

故A错误；
B.球Q下降过程中所受重力的功率

因速度在增大，故重力功率也增大，故B错误；
C.小球运动过程中绳子拉力与运动方向垂直，不做功。只有重力做功，因此机械能守恒，故C正确；
D.合外力冲量等于动量变化量，故球Q动量变化的方向沿钢索向下，故D错误。
故选：C。
小球Q受力分析根据牛顿第二定律解得加速度，根据功率的公式解得B项，小球运动过程中只有重力做功，因此机械能守恒，根据动量定理分析D项。
本题关键结合运动情况分析受力情况，明确机械能守恒的条件，注意功率的计算公式．
 

4.【答案】A 

【解析】解：从状态A到状态B的过程中气体的体积增大，气体对外做功，气体吸收了300J的热量，根据热力学第一定律可得，所以气体内能增加220J。故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据求出气体对外界做的功，然后由热力学第一定律求出吸收的热量。
本题考查气体实验定律和热力学第一定律的应用，注意热力学第一定律中的物理量正负号的含义。
 

5.【答案】A 

【解析】解：A、设第②次提升过程矿车上升所用的时间为t，根据图象的面积表示位移，得：

解得：
所以第①次和第②次提升过程矿车上升所用的时间之比为：：5
故A正确；
B、根据图象的斜率表示加速度，知两次矿车匀加速运动的加速度相同，由牛顿第二定律得：
解得：
所以电机的最大牵引力相等
故B错误；
C、设电机的最大牵引力为F，第①次电机输出的最大功率为
第②次电机输出的最大功率为
因此电机输出的最大功率之比为2：1，故C错误；
D、电机所做的功与重力做功之和为零，因此电机做功之比为：：1
故D错误。
故选：A。
两次提升的高度相同，根据图象的面积表示位移列式，求解矿车上升所用的时间之比；根据图象的斜率表示加速度，由牛顿第二定律分析电机的最大牵引力之比；由求电机输出的最大功率之比；由求电机所做的功之比。
解决本题的关键要理清矿车的运动情况，知道图象的面积表示位移，抓住两次总位移相等来求第2次运动时间。
 

6.【答案】B 

【解析】解：AB、题图1，设探测器的质量为m，行星的质量为M，规定向左为正方向，根据弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒可知


联立可得

而在天体运行中，满足

因此上式可简化为
，故ACD错误，B正确。
故选：B。
将以上的模型与同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比，可以由于动量守恒与能量守恒分别列式，即可求出。
解答该题关键分析物体的运动过程，运用动量守恒和能量守恒结合研究。
 

7.【答案】BD 

【解析】解：A、小球到达最高点时水平速度不为零，竖直速度为零，所以最高点的瞬时速度不为零，故A错误；
B、在竖直方向上，小球做匀减速直线运动，根据运动学公式可得：
，故B正确；
C、小球在空中的运动时间为：
，故C错误；
D、设小球速度与水平方向的夹角为，根据竖直方向上的运动特点可知：

在水平方向上，
联立解得：
当时，小球的射程最大，此时
，故D正确；
故选：BD。
理解小球在不同方向上的运动特点，结合运动学公式和数学知识完成分析。
本题主要考查了斜抛运动的相关应用，理解运动的合成与分解，结合运动学公式即可完成分析，难度不大。
 

8.【答案】AD 

【解析】解：当金属框在云强磁场中以恒定角速度绕轴转动时，通过的磁通量和产生的感应电流大小和方向都随时间发生周期性变化。
AB、当线框从经过中性面开始计时，磁通量随时间余弦规律变化；当线框从垂直于中性面开始计时，磁通量随时间正弦规律变化，故A正确，B错误；
CD、当线框从经过中性面开始计时，线框中的电流随时间正弦规律变化，金属框通过两半圆形金属环及导线与电阻R构成一个闭合回路，由楞次定律可知通过电阻R的电流方向不变，都是向左通过电阻，故C错误，D正确；
故选：AD。
对金属框的起始位置进行分类讨论，得出磁通量与时间的关系式；
根据电路构造和楞次定律分析出电流随时间时间的图像。
本论题主要考查了交流电的相关应用，理解磁通量的定义，结合电路构造即可完成分析。
 

9.【答案】BC 

【解析】解：AB、对小球2受力分析，小球2受重力，弹簧弹力和拉力，如图：

由平衡条件得，水平方向：
竖直方向：
联立解得：
对小球1、2和弹簧整体受力分析，整体受重力和两个拉力，如图：

由平衡条件得，水平方向：
竖直方向：
联立解得：
则球1和球2的质量之比为：：：1
故A错误，B正确；
C、轻绳A的拉力
在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力不发生突变，球1所受合力与等大反向，由牛顿第二定律得：
解得：
故C正确；
D、在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力不发生突变，球2的受力情况不变，球2的加速度为0，故D错误。
故选：BC。
分别对小球2、两球整体受力分析，根据平衡条件列式求解两球的质量关系；轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力不发生突变，小球2的加速度为零，小球1所受合力与轻绳的拉力等大反向，根据牛顿第二定律求解加速度。
本题考查牛顿第二定律，解题关键是灵活选择研究对象并对其受力分析，知道轻绳断开的瞬间，弹簧弹力不发生突变，结合牛顿第二定律分析即可。
 

10.【答案】ABD 

【解析】解：AB、当可变电阻的滑片P向下滑动时，总电阻减小，干路电流增大，所以定值电阻两端的电压增大，内电压增大，则并联部分电压减小，根据可知定值电阻消耗的电功率减小，故AB正确；
CD、由于增大，减小，结合并联电路电流特点可知增大，且增大的量大于增大的量，则有，故C错误；D正确；
故选：ABD。
分析电路图连接方式；根据滑动变阻器的滑片的移动判断电路中电阻的变化，根据欧姆定律判断电路中电流的变化，根据电功率的公式分析定值电阻消耗的电功率变化，最后利用并联电路电流规律分析CD。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活运用；难点是理解电流变化情况。
 

11.【答案】AB 

【解析】解：A、a下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
a、b发生弹性碰撞，碰撞过程a、b系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别得：，
解得：，，故A正确；
B、b刚进入磁场时感应电动势，感应电流，对金属棒b，由牛顿第二定律得：
b进入磁场后b、c组成的系统动量守恒，以向右为正方向，当b的速度为时，由动量守恒定律得：
此时回路电流，对金属棒b，由牛顿第二定律得：
解得：，故B正确；
C、最终b、c速度相等一起做匀速直线运动，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
b棒产生的的焦耳热
解得：，故C错误；
D、b进入磁场后做减速运动，而c开始做加速运动，b、c之间的距离是减小的，最终b、c速度相等时两者距离最小。
对b由动量定理得：，其中：，解得b进入磁场后，bc间减小的距离，故D错误。
故选：AB。
a下滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出a到达水平轨道时的速度；a、b发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后b的速度；b、c组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出c的速度，应用求出感应电动势，应用安培力公式求出安培力，应用牛顿第二定律求出金属棒的加速度大小，然后比较加速度大小关系；应用能量守恒定律求出金属棒产生的焦耳热；应用动量定理求出bc间距离的增加量。
本题是电磁感应与力学相结合的综合题，关键是掌握动量守恒的条件，判断b、c系统的动量守恒，结合动量守恒定律、牛顿第二定律进行分析答题．
 

12.【答案】   相等 

【解析】解：小物块平衡时，恰好位于A点，则有：，
由能量守恒定律有：
解得：
从上式可以看出，表达式与m无关，所以测得动摩擦因数与真实值相等。
故答案为：、；相等
竖直放置时由平衡条件求得弹簧的劲度系数，改为水平放置时，由能量守恒求出动摩擦因数；
从得到的表达式分析误差。
本题考查劲度系数和动摩擦因数的测量的创新性实验，利用了在竖直方向的平衡求劲度系数，巧妙的是将竖直改为水平放置时，通过测量物块停止的距离得出动摩擦因数的大小。
 

13.【答案】正     

【解析】解：电容器上极板与电源的正极相连，所以上极板带正电；
图像与坐标轴围成的面积表示电容器放电过程中放出的电荷量，也就是电容器充满电的电荷量，根据图像可知，图像斜面小正方形的格数为14个，每一小格代表的电荷量为，所以电容器充满电的电荷量；
电容器的电容为：；
将电路中的电阻阻值增大为原来的两倍，放电电流会减小，电量不变，时间会延长，图像如图所示：

故答案为：正；；；画出曲线见解析。
电容器上极板与电源的正极相连，由此分析哪个极板带正电；
图像与坐标轴围成的面积表示电容器放电过程中放出的电荷量由此分析；根据电容的计算公式求解电容；
若将电路中的电阻增大为原来的两倍，放电过程中电容器放电电荷量不变，只是放电时间增长，由此画图。
本题主要是考查“观察电容器的充、放电现象”实验，关键是弄清楚实验原理、电路的连接情况、图像与坐标轴围成的面积表示的物理意义等。
 

14.【答案】解：箱子做匀速直线运动，受力情况如图所示，由平衡条件可得：
水平方向：
竖直方向：
又：
解得：；
箱子所受拉力斜向右上方时，由牛顿第二定律可得：
竖直方向由平衡条件可得
又
求得：
箱子在拉力作用下运动1s后，撤去外力F，
加速阶段中箱子位移大小为
加速阶段的末速度为
撤去外力后箱子做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得，
解得加速度大小为：
减速阶段中箱子位移大小为
箱子总位移大小为，方向向右。
第问中，箱子在全过程中由动能定理有
即；
解得：
答：推力F的大小为300N；
箱子运动的总位移的大小为，方向向右；
第2问中摩擦力所做的功为。 

【解析】对物体进行受力分析，物体做匀速运动故所受合力为0，根据平衡方程求解物体所受推力F的大小；
对物体进行受力分析，在拉力F作用下做匀加速运动，由牛顿运动定律求出加速度，从而求出作用1s末的速度，再根据撤去力F后在摩擦力作用下做匀减速运动，再由牛顿运动定律求出减速运动的加速度，根据速度-位移关系求解物体还能运动的位移；
根据动能定理列式求解摩擦力所做的功。
本题关键是抓住正确的受力分析，由平衡条件或牛顿第二定律列方程求解，掌握规律是解决问题的基础，本题第二问中还能运行多远的计算中，部分同学认为撤去外力F前后摩擦力大小保持不变，这是一个易错点．
 

15.【答案】解：由图可知，两列波的振幅都为4cm，介质中偏离平衡位置位移为8cm的质点即为两列波的波峰相遇。
设质点x坐标为x，根据波形图可知，甲、乙的波长分别为，
则甲、乙两列波的波峰坐标分别为……；，……
综上，所有波峰和波峰相遇的质点坐标为，，，，，……
偏离平衡位置位移为是两列波的波谷相遇的点，时，波谷之差，，，，……
整理可得……
波谷之间最小的距离为……
两列波相向传播，相对速度为……
所以出现偏离平衡位置位移为的最短时间
答：时，介质中偏离平衡位置位移为8cm的所有质点的x坐标为，，，，，……；
从开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为的质点的时间为。 

【解析】由图读出两列波的波长和振幅，介质中偏离平衡位置位移为8cm的质点应是两列波的波峰与波峰相遇的点，对波峰相遇时的点的坐标进行分别列式，即可求出介质中偏离平衡位置位移为8cm的所有质点的x坐标。
先通过图表示出时，两波波谷间的x坐标之差的表达式，从而可计算出相向传播的波谷间的最小距离，也就可以计算出从开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为的质点的时间。
解决本题时，要理解波的空间周期性，解答过程中要注意数学知识在物理学中的应用，尤其是对于通式的表述。同时要求学生要有较强的计算能力，计算过程中要细心。
 

16.【答案】解：粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛位移和速度规律，
在沿电场线方向上有：，
末速度方向与PQ板成角，则：
又根据牛顿第二定律：
联立解得：
带电粒子从Q点射出磁场，运动轨迹如图2所示：

                         图2
由几何关系可知：粒子从下边缘Q点射出时，轨迹圆的半径为
由洛伦兹力提供向心力可知：，磁感应强度
由此可知，
带电粒子从N点射出磁场，运动轨迹如图3所示：

                       图3
由几何关系可知：粒子从下边缘N点射出时，设轨迹圆的半径为
在中：，解得：
由洛伦兹力提供向心力可知：，磁感应强度：
由此可知：
磁感应强度大小的取值范围为：
即：
若粒子正好从QN的中点射出磁场，画出粒子在磁场中的运动轨迹如图4所示：

                        图4
由几何关系可知，在中，
该轨迹与MN极板最近的距离：
联立解得：
答：粒子射入磁场时的速度方向与板PQ的夹角；
磁感应强度大小的取值范围为：；
若粒子正好从QN的中点射出磁场，粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离为。 

【解析】粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律求末速度的大小和方向；
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据粒子出射点的边界条件，求出临界磁感应强度，进而求出磁感应强度的取值范围；
根据粒子正好从QN的中点射出磁场这一边界条件，画出粒子的运动轨迹，然后由几何关系求出粒子做匀速圆周运动的轨迹圆半径，再由几何关系求出粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。
本题考查带电粒子在电场中类平抛运动，在磁场中匀速圆周运动，关键在于找到粒子在磁场中运动的轨迹和边界条件，由几何关系求出轨迹圆的半径，然后由洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度大小。本题对作图要求很高，过程复杂，计算量大。