2023年福建省宁德一中高考物理一模试卷（含答案解析）

2023年福建省宁德一中高考物理一模试卷

1.  下列不属于理想模型的是(    )

A. 质点 B. 点电荷 C. 重心 D. 弹簧振子

2.  如图所示，四根等长的细绳一端分别系于水桶上关于桶面圆心对称的两点，另一端被两人用同样大小的力、提起，使桶在空中处于静止状态，其中、与细绳之间的夹角均为，相邻两细绳之间的夹角均为，不计绳的质量，下列说法正确的是(    )

A. 保持角不变，逐渐缓慢增大角，则桶所受合力逐渐增大
B. 保持角不变，逐渐缓慢增大角，则细绳上的拉力逐渐增大
C. 若仅使细绳长变长，则细绳上的拉力变大
D. 若仅使细绳长变长，则变大

3.  2022年2月15日，苏翊鸣获得北京冬奥会单板滑雪男子大跳台冠军，比赛时运动员从超过40m的助滑区出发至起跳台依靠惯性跃向空中，做出一套空中动作后在着陆坡落地．某同学用小球代替运动员用软件模拟了运动员自起跳台处跃向空中到落回着陆坡的过程，如图所示，小球每相邻两个位置对应的时间间隔相等．若将运动员视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是(    )

A. 运动员在最高点的速度为0
B. 运动员跃起后在相等时间内速度的变化量不同
C. 运动员从跃起到上升到最高点和从最高点落回着陆坡所用时间相等
D. 运动员落回着陆坡时的速度大于运动员自起跳台处跃向空中时的速度

4.  如图所示，MN和PQ是两根足够长、电阻不计的相互平行、竖直放置的光滑金属导轨，匀强磁场垂直导轨平面。有质量和电阻的金属杆，始终与导轨垂直且接触良好。开始时，将开关S断开，让金属杆由静止开始下落，经过一段时间后，再将S闭合。金属杆所受的安培力、下滑时的速度分别用F、v表示；通过金属杆的电流、电量分别用i、q表示。若从S闭合开始计时，则F、v、i、q分别随时间t变化的图像可能正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

5.  如图所示，某飞机着陆时的速度，随后沿直线匀减速滑行到静止。从飞机着陆开始计时，该飞机在倒数第4s内的位移为7m，下列说法正确的是(    )

A. 该飞机的加速度大小为 B. 该飞机着陆后5s时的速度大小为
C. 该飞机在跑道上滑行的时间为30s D. 该飞机在跑道上滑行的距离为1800m

6.  安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知(    )

A. 测量地点位于南半球 B. 当地的地磁场大小约为
C. 第2次测量时y轴正向指向西方 D. 第3次测量时y轴正向指向西方

7.  如图所示，交流发电机通过电阻不计的导线为右侧的电路供电，电压表和电流表均为理想交流电表，变压器为理想变压器，b是原线圈的中心抽头，副线圈两端接有滑动变阻器R和小灯泡L，电阻不计的金属线圈ABCD在磁场中匀速转动。下列说法正确的是(    )
 

A. 当滑动变阻器的滑动触头向下滑动而其他条件不变时，电流表的示数增大
B. 当单刀双掷开关由a拨向b而其他条件不变时，稳定后电压表的示数增大
C. 当滑动变阻器的滑动触头向上滑动而其他条件不变时，小灯泡变暗
D. 当线圈ABCD转速增加一倍而其他条件不变时，电压表和电流表的示数均增加一倍

8.  如图所示，固定光滑绝缘直杆上套有一个质量为m，带电量为的小球和两根原长均为L的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球绝缘相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点，空间存在方向竖直向下的匀强电场。已知直杆与水平面的夹角为，两弹簧的劲度系数均为，小球在距B点的P点处于静止状态，Q点距A点，重力加速度为g。下列选项正确的是(    )

A. 匀强电场的电场强度大小为
B. 若小球从P点以初速度沿杆向上运动，恰能到达Q点，则初速度
C. 若小球从Q点由静止下滑，动能最大为
D. 若小球从Q点由静止下滑，则小球在Q点的加速度大小为

9.  如图所示，L是一带铁芯的自感线圈，其直流电阻为零，电路中A和B是二个完全相同的灯泡。当开关S闭合一段时间，电路稳定时，A灯______填“亮”或“不亮”，当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势______填“高”或“低”。
 

10.  如图所示，物体A、B的质量，，A与B、B与地面之间的动摩擦因数都为µ，在外力F作用下，A和B一起匀速运动，则地面对B的摩擦力的大小是______ N；A对B的摩擦力的大小是______ N。取

11.  用如图甲所示装置验证动量守恒定律，A、B两球的质量分别为和。

安装好实验装置，做好测量前的准备，并记下重垂线所指的位置O；
不放小球B，小球A从斜槽上挡板处由静止释放，并落在水平地面上。重复多次，落地点的平均位置记为P，用刻度尺测量，如图乙所示，刻度尺读数为______ ；
小球B静置在斜槽前端边缘处，小球A从挡板处由静止释放，重复实验，标记小球A的落地点平均位置1和小球B的落地点平均位置2；
图甲中，M点是落地点平均位置______ 填“1”或“2”；
水平射程分别用OM、OP、ON表示，则验证两球碰撞动量守恒的表达式为______ 。

12.  电流表的量程为，内阻为，把它改装成如图所示的一个多量程多用电表，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程。当开关接到1或2位置时为电流挡，其中小量程为，大量程为。

图中，A表笔为______ 选填“红”或“黑”表笔。
关于此多用电表，下列说法正确的是______ 填正确选项前字母。
A.开关S接到位置4时是欧姆挡
B.开关S接到位置6时是电压挡
C.开关S接到位置5时的量程比接到位置6时的量程大
D.无论做何种电表使用，表盘的刻度都是均匀的
开关S接位置______ 选填“1”或“2”时是电流挡的小量程，图中电阻______ 。

13.  我国“天问一号”携带火星车预计2021年5月登陆火星表面，火星车将在火星平直表面上行驶。设火星车质量为m，行驶的最大功率为P，行驶时受到阻力为其在火星表面所受重力的。已知地球质量约为火星质量的10倍，地球半径约为火星半径的2倍，地球表面的重力加速度大小为g，求：
火星表面的重力加速度大小；
火星车在火星平直表面行驶的最大速度。

14.  如图所示，长的木板静止在粗糙的水平地面上，木板上表面光滑，右端有挡板B，总质量，紧靠挡板B有一质量的滑块可视为质点，A、B间夹有少许塑性炸药质量不计。现引爆炸药，设炸药的化学能全部转化为木板和滑块的动能，爆炸后瞬间滑块A获得的速度。木板与地面间的动摩擦因数为，不计空气阻力，重力加速度。

求炸药释放的化学能。
若要使滑块到达木板左端前木板停下，则需满足什么条件？
若，求从炸药爆炸后的瞬间到木板停止运动的过程中系统损失的机械能。

15.  如图所示，在xOy坐标系所在的平面内，第二象限内有一半径为R的圆形匀强磁场区域Ⅰ，磁场边界与x轴和y轴分别相切于A、C两点，磁场方向垂直平面向里，磁感应强度大小为在的区域有垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为在区域有与x轴平行的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿x轴负方向，处放置与x轴垂直的荧光屏．沿x轴移动的粒子发射器能持续稳定的沿平行y轴正向发射速率相同的带负电粒子，该粒子的质量为m，电荷量大小为当粒子发射器在A点时，带电粒子恰好垂直y轴通过C点．带电粒子所受重力忽略不计．
求粒子的速度大小；
当粒子发射器在范围内发射，求匀强磁场Ⅱ右边界有粒子通过的区域所对应纵坐标的范围；
当粒子发射器在范围内发射，求荧光屏上有粒子打到的区域的长度．

答案和解析

1.【答案】C 

【解析】解：建立理想化模型的一般原则是首先突出问题的主要因素，忽略问题的次要因素．为了使物理问题简单化，也为了便于研究分析，我们往往把研究的对象、问题简化，忽略次要的因素，抓住主要的因素，建立理想化的模型如质点、电场线、理想气体、点电荷、轻弹簧等；重心是重力的等效作用点，运用了等效替代法，故C错误，ABD正确。
本题选项不属于理想模型的是选项C。故选：C。
物理学是一门自然学科，它所研究的对象、问题往往比较复杂，受诸多因素的影响有的是主要因素，有的是次要因素，这种抓住主要因素忽略次要因素的方法叫理想模型法。
物理研究的方法很多，理想模型法是很重要的一种方法，这种方法在于抓住事物的主要因素而忽略其次要因素。
 

2.【答案】B 

【解析】解：AB、保持角不变，逐渐增大角，由于桶的重力不变，则、会变大，绳上的拉力变大，但桶处于平衡状态，合力为零，故A错误、B正确；
CD、保持角不变，则、大小不变，若仅使绳长变长，则角变小，根据平行四边形法则可知，绳上的拉力变小，故CD错误。
故选：B。
保持角不变，逐渐增大角，桶处于平衡状态，合力为零，根据平衡条件进行分析；保持角不变，则、大小不变，根据平行四边形法则进行分析。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。
 

3.【答案】D 

【解析】解：A、运动员在水平方向上做匀速直线运动，最高点速度不为0，故A错误；
B、运动员跃起后做加速度为g的匀变速运动，相等时间内速度的变化量相同，故B错误；
C、运动员上升的高度小于下降的高度，上升所用时间小于下降所用时间，故C错误；
D、运动员所受重力做的总功为正功，动能增大，则运动员落回着陆坡时的速度大于运动员自起跳台处跃向空中时的速度，故D正确．
故选：D。
由运动的合成与分解结合斜抛运动的对称性分析解答；由动能定理分析着陆速度大小。
掌握斜上抛运动的处理方法：合成与分解法，要会运用对称性特点解题。
 

4.【答案】D 

【解析】解：AB、由题意可知ab自由下落一段时间后闭合开关S，闭合后ab受到安培力的作用，
①当安培力小于重力时，ab继续加速，但安培力逐渐增大，结合牛顿第二定律可知，ab做加速度减小的加速运动，直到安培力和重力大小相等，ab做匀速运动；
②当闭合开关S时ab受到的安培力大于重力时，ab做减速运动，且安培力逐渐减小，ab做加速度减小的减速运动，直到安培力和重力大小相等，ab做匀速运动；
③当闭合开关S时ab受到的安培力大小刚好等于重力时，ab做匀速运动，电动势恒定，电路中的电流恒定。
由于①②过程中速度并不是随时间均匀变化的，则安培力也不随时间均匀变化，故AB错误；
C、金属棒下滑一段时间闭合S，此时电流不为0，故C错误；
D、若闭合开关S时ab受到的安培力大小刚好等于重力，则感应电流恒定，根据，可知q与t成正比例关系，故D正确；
故选：D。
导体棒下落过程中，根据法拉第电磁感应定律与牛顿第二定律可知会出现三种情况，分别讨论分析即可判断。
解决该题需要明确知道闭合开关后金属杆受到乡下重力以及向上的安培力，知道将重力和安培力的大小分为三种情况来讨论。
 

5.【答案】AC 

【解析】解：A、飞机着陆时的速度
飞机做末速度为零的匀减速直线运动，可逆向看作初速度为零的匀加速直线运动，该飞机在倒数第4s内的位移为7m，设飞机的加速度大小为a，有：
代入数据解得：
故A正确；
C、飞机在跑道上滑行的时间为
故C正确；
B、该飞机着陆后5s时未停止运动，速度大小为
故B错误；
D、该飞机在跑道上滑行的距离为
故D错误。
故选：AC。
飞机做末速度为零的匀减速直线运动，可逆向看作初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动位移-时间公式和位移关系求解加速度的大小；根据速度-时间公式求解滑行时间；根据速度-时间公式求解5s时速度的大小；根据平均速度公式求解滑行距离。
本题考查匀变速直线运动，解题关键是掌握匀变速直线运动并能够熟练应用，知道末速度为零的匀减速直线运动可逆向看作初速度为零的匀加速直线运动。
 

6.【答案】BD 

【解析】解：如图所示

地球可视为一个大磁场，磁场南极大致在地理的北极附近，磁场北极大致在地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线磁轴与地球的自转轴大约成度的倾斜。由表中 z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，故A错误；
B.磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为
，故B正确；
由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测得，故y轴指向南方，第3次测得，故x轴指向北方而y轴则指向西方，故C错误，D正确。
故选：BD。
地球可视为一个大磁场，地理的北极为磁场的南极，地理的南极为磁场的北极，磁场强度为矢量，根据图中信息即可求得该处磁场大小及方向。
本题考查了地球磁场及磁场强度为矢量的运算，解题的关键是知道地球可视为一个大磁场，地理的北极为地球磁场的南极，地理的南极为地球磁场的北极，磁场强度为矢量，计算矢量运算法则。
 

7.【答案】BD 

【解析】解：A、当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时滑动变阻器接入电路的阻值增大，副线圈总电阻变大，其他条件不变，由欧姆定律可知，副线圈电流减小，由理想变压器的电流比可知，原线圈电流减小，电流表的示数减小，故A错误；
B、当单刀双掷开关由a拨向b而其他条件不变时，原线圈匝数减小，原副线圈匝数比变小，由理想变压器变压比可知，稳定后副线圈电压增大，电压表的示数增大，故B正确；
C、当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时滑动变阻器接入电路的阻值减小，副线圈总电阻减小，其他条件不变，由欧姆定律可知，副线圈电流增大，小灯泡的实际功率增大，灯泡变亮，故C错误；
D、当线圈ABCD的转速增加一倍，感应电动势的有效值增加一倍，其他条件不变，副线圈两端电压增加一倍，电压表示数增加一倍，由欧姆定律可知，副线圈电流增加一倍，由理想变压器的电流比可知，原线圈电流增加一倍，电流表的示数增加一倍，故D正确。
故选：BD。
根据题意判断变压器原副线圈匝数如何变化，然后判断副线圈电压如何变化；根据滑动变阻器滑动触头的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后分析答题；根据线圈转速变化情况判断电动机产生的电动势如何变化，然后判断电压与电流表示数如何变化。
本题考查了变压器的特点，结合闭合电路欧姆定律分析电阻变化引起电流、电压的变化。知道变压器的电压之比等于匝数之比，电流比等于匝数反比。
 

8.【答案】CD 

【解析】解：依题意，小球在距B点的P点处于静止状态，小球受到两根弹簧的弹力合力大小为
对小球由共点力平衡可得

解得

故A错误；
B.由能量守恒定律得：
解得：，故B错误；
故D错误。小球从Q点由静止下滑时，运动到P点受力平衡，加速度为0，速度最大，动能最大，从Q到P过程中，根据动能定理可得
由几何关系可求得

联立求得
为
故C正确；
D.根据对称性，可知小球在Q点的受两弹簧弹力合力情况与P点大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律，有
代入数据解得：

故D正确；
故选：CD。
对小球由共点力平衡求解匀强电场的电场强度大小；根据牛顿第二定律求解加速度大小；小球从P点到达Q点的过程中弹簧弹力做功为零，根据动能定理求解求解最大动能；根据简谐运动规律解得小球运动到最低点的位置离B点距离。
本题主要是考查带电小球在电场中的运动，关键是弄清楚受力情况和运动情况，能够根据动能定理、牛顿第二定律等进行解答。
 

9.【答案】不亮；  低。 

【解析】

【分析】
依据自感线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源，再根据电路规律分析a、b两点的电势高低。
本题要知道理想线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源。

【解答】
依题意知，当开关S闭合一段时间，电路稳定时，由于A灯与自感线圈并联，自感线圈直流电阻为零，A灯将被线圈短路，则A灯将不亮；当开关S断开瞬间，自感线圈产生自感电动势，将对A灯进行短暂供电，电流方向从b到a，所以a点电势比b点电势低。
故答案为：不亮；低。  

10.【答案】70 35 

【解析】解：因为A、B一起在地面上运动，所以A与B间是静摩擦力，而B与地面间是滑动摩擦力，所以有：

对A、B整体受力分析，根据共点力平衡条件得
对A物体有
其中T为绳的拉力，大小为
根据牛顿第三定律得，A对B的摩擦力为
故答案为：70，35。
根据整体与隔离来分别进行受力分析，依据牛顿第二定律，与滑动摩擦力的公式，即可求解。
对于摩擦力的分析，首先要明确物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力，然后才能根据各自的性质进行分析运算。
 

11.【答案】 

【解析】解：由图乙所示可知，刻度尺的分度值为1mm，刻度尺读数为。
小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间t相等，小球做平抛运动的初速度越大，小球的水平位移越大；两球碰撞后入射球A的速度变小，小于被碰球B的速度，小球A做平抛运动的水平位移小于被碰球B的水平位移，由图甲所示可知，M点是碰撞后入射球A的落地位置1，N点是被碰球B的落点位置。
碰撞前入射球的初速度大小，碰撞后A的速度大小，碰撞后B的速度大小，如果两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，整理得：
故答案为：；；。
根据图示刻度尺确定其分度值，然后读数。
小球离开轨道后做平抛运动，根据平抛运动规律判断小球落点位置。
应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
理解实验原理是解题的前提，掌握基础知识，根据题意应用动量守恒定律可以解题；要掌握常用器材的使用方法与读数方法。
 

12.【答案】红  AB 2 261 

【解析】解：开关S接到位置3或4时，作为欧姆表使用，多用表的黑表笔与内部电源的正极相连，红表笔与内部电源的负极相连，因此图中的A为红表笔；
开关S接到位置3或4时是用于测量电阻的欧姆挡，故A正确；
B.开关S接到位置5或6时是电压挡，故B正确；
C.串联电阻有分压作用，分压与电阻成正比，开关接6位置时，分压电阻更大，因此开关S接到位置6时的量程比接到位置5时的量程大.故C错误；
D.根据闭合定律的欧姆定律可知，I与不是线性变化关系，因此欧姆挡的表盘的刻度不是均匀的，故D错误。
并联电阻有分流作用，分流与电阻成反比，并联电阻越大则量程越小，所以开关S接位置2时是小量程；
开关S接位置2时是小量程，根据欧姆定律及并联电路的电路特点
开关S接位置1时是大量程，根据欧姆定律及并联电路的电路特点
代入数据联立解得：，
故答案为：红；；；261。
明确多用表的原理和结构，根据电表的结构选出欧姆表、电压表和电流表；由电流表的改装原理确定量程的大小。
熟悉多用表的原理和结构，明确电压表、电流表和欧姆表的基本结构和性质，根据电表的结构即可选出欧姆表、电压表和电流表。
 

13.【答案】解：设地球质量和半径分别为M、R，火星质量和半径分别为、，火星表面的重力加速度为，
在星球表面，由万有引力等于重力得：
在火星表面：
因地球质量约为火星质量的10倍，地球半径约为火星半径的2倍，
解得：
火星车匀速行驶时，设受到的阻力大小为f，
因行驶时受到阻力为其在火星表面所受重力的，则有：，
当火星车在火星平直表面行驶的最大速度，则处于平衡状态，即，
且力功率表达式：，
解得：
答：火星表面的重力加速度大小；
火星车在火星平直表面行驶的最大速度。 

【解析】已知火星和地球的质量与半径关系，根据万有引力等于重力得出表面的重力加速度之比；
根据行驶时受到阻力为其在火星表面所受重力的关系，结合达到最大速度处于平衡状态，及力的功率表达式，求得最大速度。
此题主要考查了万有引力定律及其应用，掌握万有引力的两个重要理论：1、万有引力提供向心力，2、万有引力等于重力，并能灵活运用，注意第二问中火星车达到最大速度即处于平衡状态是解题的突破口。
 

14.【答案】解：引爆炸药瞬间，系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有
 
系统能量守恒，有
解得炸药释放的化学能。
炸药爆炸后，滑块向左做匀速运动，木板向右做匀减速运动，对木板，根据牛顿第二定律有
木板匀减速运动到停时，有
木板和滑块的位移满足关系
解得
由于，木板停止运动时滑块仍在木板上，滑块的动能不变，木板的动能转化为内能，因此系统损失的机械能
解得。
答：炸药释放的化学能为27J。
若要使滑块到达木板左端前木板停下，则需满足的条件为。
从炸药爆炸后的瞬间到木板停止运动的过程中系统损失的机械能为9J。 

【解析】在炸药爆炸瞬间，A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出炸药爆炸后木板B获得的速度，再由能量守恒定律求炸药释放的化学能。
炸药爆炸后，滑块向左做匀速运动，木板向右做匀减速运动，根据牛顿第二定律求出木板的加速度大小，由速度-时间公式求出木板做匀减速运动的时间，根据木板和滑块的位移关系求解。
从炸药爆炸后的瞬间到木板停止运动的过程中，木板的动能转化为内能，根据能量守恒定律求系统损失的机械能。
本题考查动量守恒定律、牛顿第二定律、能量守恒定律。要掌握匀变速直线运动的公式，理解牛顿第二定律基本概念并能应用相关公式解决动力学问题，理解并能应用动量守恒定律和能量守恒定律。
 

15.【答案】解：由A点射入的粒子恰好垂直轴通过C点，可知圆周运动的圆心在坐标原点处，圆周运动的半径为R，
由洛伦兹力提供向心力，有，
得粒子的速度为；
当粒子在范围内发射时，由于轨迹圆半径等于磁场圆半径，粒子的射入点、磁场圆圆心、轨迹圆圆心、粒子的射出点组成菱形，
则射出点在磁场圆圆心水平右侧R处，即所有的粒子均从C点离开匀强磁场区域Ⅰ，与y轴正向夹角在范围内均有粒子射出粒子射入磁场Ⅱ区域做匀速圆周运动，
由向心力公式得，
解得，
由C点沿y轴负方向射入磁场Ⅱ的粒子，从磁场Ⅱ右边界时的位置最靠下为D点，运动轨迹如图1所示，
由几何关系得，
；
粒子的运动轨迹与磁场Ⅱ右边界相切时，切点F为从右边界射出的最上方的位置，运动轨迹如图1所示，
由几何关系得，
；
匀强磁场Ⅱ右边界有粒子通过的区域所对应纵坐标的范围是：；

               图1
当粒子在范围内发射时，运动轨迹如图2所示，
由几何关系可知，处射入的粒子在Ⅰ区偏转由C点进入Ⅱ区，在Ⅱ区偏转垂直右边界由G点射出，
，
进入电场后做匀加速直线运动打到荧光屏上M点，处射入的粒子在Ⅰ区偏转由C点与Ⅱ区左边界成进入Ⅱ区，在Ⅱ区偏转后在H点沿y轴正向进入电场，
，
进入电场后做类平抛运动打到荧光屏上K点
x轴方向，
y轴方向，
荧光屏上有粒子打到的区域的长度，
解得，

                   图2
答：粒子的速度大小为；
当粒子发射器在范围内发射，匀强磁场Ⅱ右边界有粒子通过的区域所对应纵坐标的范围为；
当粒子发射器在范围内发射，荧光屏上有粒子打到的区域的长度为。 

【解析】根据题意可知粒子做匀速圆周运动的圆心在O点，根据洛伦兹力提供向心力可得速度v；
根据粒子发射器的范围，根据几何关系分析可以确定粒子在与y轴正向夹角在范围内均有粒子射出粒子射入磁场Ⅱ区域做匀速圆周运动，再根据洛伦兹力提供向心力确定粒子在II磁场区域的轨迹半径，根据几何关系画出粒子的运动轨迹，将粒子能够从右侧边界飞出的粒子进行分类讨论，确定坐标范围；
先根据粒子发射器所在的范围，根据几何关系画出粒子的运动轨迹，圆的知识以及粒子做类平抛运动规律可列式求解。
该题考查带电粒子在有界匀强磁场中运动，需要根据题意将粒子在不同的发射区域画出粒子的运动规律，再结合圆的知识以及类平抛运动的规律进行分析，解决该题的关键是准确画出粒子的运动轨迹，并能正确分析轨迹，题目综合性较强，难度较大。