2022-2023学年江苏省南京市汉开书院高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年江苏省南京市汉开书院高二（上）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.根据高中物理所学知识，分析下列生活中的物理现象：
①闻其声而不见其人
②夏天雷雨后路面上油膜呈现彩色
③当正在鸣笛的火车向着我们疾驰而来时，我们听到汽笛声的音调变高；
④观众在看立体电影时要戴上特制的眼睛，这样看到电影画面的效果和眼睛直接观看物体的效果一样具有立体感；
这些物理现象分别属于波的( )
A. 折射、干涉、多普勒效率、偏振B. 干涉、衍射、偏振、多普勒效应
C. 衍射、偏振、折射、多普勒效应D. 衍射、干涉、多普勒效应、偏振
2.人从高处跳下，为更好地保护身体，双脚触地，膝盖弯曲让身体重心继续下降．着地过程这样做，可以减小( )
A. 人动量变化的时间B. 人受到的冲量C. 人的动量变化量D. 人的动量变化率
3.光刻机是生产大规模集成电路的核心设备，光刻机的曝光波长越短，分辨率越高。“浸没式光刻”是一种通过在光刻胶和投影物镜之间加入浸没液体，从而减小曝光波长、提高分辨率的技术。如图所示，若浸没液体的折射率为1.44，当不加浸没液体时光刻胶的曝光波长为193nm，则加入浸没液体时光刻胶的曝光波长约为( )
A. 161nmB. 134nmC. 93nmD. 65nm
4.关于课本中下列图片的解释错误的是( )
A. 真空冶炼炉利用涡流通过金属产生的热量使金属融化
B. 使用电磁炉加热食物时使用陶瓷锅也可以
C. 用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯可以减小变压器铁芯中的涡流
D. 用来探测金属壳的地雷或有较大金属零件的地雷的探雷器是利用涡流工作的
5.在地震中产生的地震波既有横波也有纵波，假设某次地震中，震源在地面上A点正下方，地面上B点与A点距离为100km，地震波中纵波波速为6.4km/s，横波波速为3.2km/s，地震波频率为10Hz，位于A点的观察者在接收到纵波2s后才接收到横波，则以下说法中错误的是( )
A. 震源距离A点深度为12.8km
B. 位于B点的观察者先感觉到左右晃动，后感觉到上下振动
C. 纵波的波长大于横波的波长
D. 位于B点的观察者接收到纵波比接收到横波也要早2s
6.如图所示，甲图表示S1和S2两相干水波的干涉图样，设两列波各自的振幅均为5cm，且图示范围内振幅不变，波速和波长分别是1m/s和0.5m，B是A、C连线的中点；乙图为一机械波源S3在同种均匀介质中做匀速运动的某一时刻的波面分布情况。两幅图中实线表示波峰，虚线表示波谷。则下列关于两幅图的说法中错误的是( )
A. 甲图中A、B两点的竖直高度差为10cm
B. 从甲图所示时刻开始经0.25s，B点通过的路程为20cm
C. 乙图所表示的是波的衍射现象
D. 在E点观察到的频率比在F点观察到的频率高
7.据报道，我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持。如图乙，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场(图中没画出)，磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等，已知电子电量为e，质量为m，若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动。则以下说法不正确的是( )
A. 电场方向垂直环平面向里B. 电子运动周期为2πRv
C. 垂直环平面的磁感强度大小为2mveRD. 电场强度大小为mv2eR
8.图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是( )
A. 按下按钮过程，螺线管P端电势较高
B. 松开按钮过程，螺线管Q端电势较高
C. 按住按钮不动，螺线管没有产生感应电动势
D. 按下和松开按钮过程，螺线管产生大小相同的感应电动势
9.如图所示，粗细均匀的正方形通电导体线框abcd置于匀强磁场中，cd边受到的安培力大小为F，则线框受到的安培力大小为( )
A. 4F
B. 3F
C. 2F
D. 0
10.如图所示，折射率为 3的三棱镜，横截面为直角三角形ABC，∠A=90°，∠B=30°，D为AB边上一点，且xBD=2xDA。一束平行光平行于BC从AB边射入三棱镜，光在真空中传播的速度为c。下列说法正确的是( )
A. 光在AB边的折射角为30°B. 光在三棱镜中的传播速度为 3c
C. 光从BD之间入射，能从BC边射出D. 光从AD之间入射，能从AC边射出
二、实验题：本大题共1小题，共10分。
11.本学期我们在《光》的学习中做过如下的实验探究，请根据实验探究回答下列问题。
(1)如图1所示为“用双缝干涉测量光的波长”装置示意图，示意图中有三个光学元件的名称空缺，关于它们的说法正确的是______(填选项前的字母)
A.①是双缝，③是滤光片
B.②是单缝，③是双缝
C.②是双缝，③是单缝
(2)已知上述装置中双缝间距d=0.40mm，双缝到光屏的距离l=1.0m，在光屏上得到的干涉图样如图2甲所示，分划板在图中A位置时螺旋测微器如图2乙所示，在B位置时螺旋测微器如图2丙所示，则其示数xB=______mm；
(3)由以上所测数据，可以得出形成此干涉图样的单色光的波长为______m；(结果保留3位有效数字)
(4)在“测量玻璃的折射率”实验中，某同学在画玻璃砖边界时操作如图3甲所示，请指出其不当之处：______(写出一点即可)；
(5)实验中，已画好玻璃砖边界ab、cd后，放置玻璃砖时不小心将玻璃砖向上稍平移了一点，如图3乙所示，其他操作正确，则测得玻璃的折射率将______(选填“变大“不变”或“变小”)。
三、简答题：本大题共3小题，共38分。
12.如图所示，一列沿x轴正方向传播的简谐横波波速大小v=5m/s，介质中质点P的平衡位置坐标xP=20m，此时该波刚好传播到距O点4m的位置。求：
(i)从图示时刻到质点P第一次到达波峰的时间t；
(ii)从图示时刻到质点P第二次到达波峰的过程中，质点P通过的路程s。
13.如图所示，在光滑冰面上放置一足够高光滑曲面体，箱子与冰车上的工人静止在冰面上。箱子的质量为m，工人和冰车的总质量为10m，曲面体的质量3m，工人把箱子以初速度v0向左推出，箱子可看作质点，求：
(1)推出木箱后，工人和冰车的速度大小v；
(2)木箱在曲面上上升的最大高度ℎ；
14.进入21世纪以来，航空航天技术得到了突飞猛进的发展，实现火箭回收利用，是一项前沿技术和热点技术。火箭对地碰撞力很大，为了减缓回收时碰撞，一种方案是在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置。该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abcd；②火箭主体包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈(图中未画出)，超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v，经过时间t火箭着陆，速度恰好为零。线圈abcd的电阻为R，其余电阻忽略不计，ab边长为d，火箭主体质量为M，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计。求：
(1)缓冲滑块刚停止运动时，线圈产生的电动势；
(2)缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；
(3)火箭主体的速度从v减到零的过程中系统产生的电能。
四、计算题：本大题共1小题，共12分。
15.一个质量m=1.0×10−11kg，电荷量q=+0.5×10−5C的带电粒子(不计重力)，从静止开始经U1=100V的电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2=100V。金属板长L=20cm，两板间距d=10 3cm。
(1)求粒子进入偏转电场时的速度v0的大小；
(2)求粒子射出偏转电场时的偏转角θ；
(3)若右侧匀强磁场的宽度为D=10cm，为使粒子不会由磁场右边界射出，则该匀强磁场的磁感应强度B应满足什么条件？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
衍射是绕过阻碍物继续传播，而干涉是两种频率相同的相互叠加出现明暗相间的现象，对于多普勒效应现象频率是在发生变化。
无论反射、衍射还是干涉，其频率均不变，而多普勒效应频率即发生变化。
【解答】
①“闻其声而不见其人”，听到声音，却看不见人，这是声音的衍射；
②夏天里雷雨后路面上油膜呈现彩色是薄膜干涉现象；
③当正在鸣笛的火车向着我们急驶而来时，我们听到汽笛声的音调变高。音调变高就是频率变高，因此这是多普勒效应现象；
④观众在看立体电影时要戴上特制的眼睛，这样看到电影画面的效果和眼睛直接观看物体的效果一样具有立体感是利用光的偏振现象。
由以上分析可知ABC错误，D正确。
故选D。
2.【答案】D
【解析】【分析】
人下落过程中动量的变化是一定的，但通过延长与地面的接触时间可以减小人受到地面的冲击力和动量的变化率。
明确人下落过程中的速度变化，则可得出动量的变化规律，从而明确能减小的物理量。
【解答】
人从高处跳下时，通过膝盖弯曲时延长了人动量变化的时间，从而减小地面对人体的冲击力，由动量定理可知，可以减小人的动量变化率，但不能减小人动量变化的时间及人的动量变化量，同时也不能减小人受到的冲量。故D正确，ABC错误。
故选D
3.【答案】B
【解析】解：加上液体时光刻胶的曝光波长为：λ=vf
光在液体中的传播速度为v=cn
不加液体时c=λ0f
联立得λ=vf=cn⋅λ0c=λ0n=1931.44nm≈134nm
故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据c=λ0f求解光在空气中的波长，由v=cn求解光在液体中的传播速度，再根据v=λf求解光在液体中的波长。
解决该题需要熟记光速与波长、频率之间关系，掌握光速与折射率之间的关系式，知道光的频率由光源来决定，与介质无关。
4.【答案】B
【解析】解：A、真空冶炼炉利用涡流通过金属产生的热量使金属融化，故A正确；
B、使用电磁炉加热食物时，陶瓷锅内没有自由电子，不能产生涡流，所以不可以，故B错误；
C、用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯可以减小变压器铁芯中的涡流，故C正确；
D、用来探测金属壳的地雷或有较大金属零件的地雷的探雷器是利用涡流工作的，故D正确。
本题选错误的，
故选：B。
线圈中的电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流。涡流会在导体中产生大量的热量。
掌握涡流的原理及应用与防止：真空冶炼炉，硅钢片铁芯，金属探测器，电磁灶等。注意电磁炉是利用电流的热效应和磁效应的完美结合体，它的锅具必须含磁性材料，最常见的是不锈钢锅。
5.【答案】D
【解析】解：A.设纵波的波速为v1，横波的波速为v2，震源距离A点深度为s，则有Δt=Sv2−Sv1=2s
解得s=12.8km故 A正确；
B.地面上B点与A点距离远大于震源距A点的距离，纵波波速大于横波波速，当纵波到达B点时，观察者左右晃动，横波传来后，再上下振动，故B正确；
C.根据公式λ=Vf得纵波的波长大于横波的波长，故 C正确；
D.根据Δt=xv2−xv1可知，距震源越远，横、纵波到达的时间差越大，位于B点的观察者接收到纵波比接收到横波要早，时间差要大于2s，故D错误。
本题要求选错误的，故选：D。
A.根据t=xv列位于A点的观察者在接收到纵波2s后才接收到横波的时间差求解震源距A点深度；
B.根据纵波和横波特点判断位于B点的观察者感觉到的振动形式；
C.由v=λf判断波长；
D.根据Δt=xv2−xv1判断位于B的的观察者接收到纵波和横波的时间差。
本题考查纵波和横波的特点以及波速公式的运用，关键是灵活运用波速公式分析两列波到达同一点的时间差。
6.【答案】C
【解析】解：A、甲图中A、B都是振动加强点，其中A在波峰，B在平衡位置，则A、B两点的竖直高度差为2A=10cm，故A正确；
B、波的周期为T=λv=0.51s=0.5s
从甲图所示时刻开始经0.25s=0.5T，B点通过的路程为2×2A=20cm，故B正确；
C、乙图所表示的是波的多普勒效应，故C错误；
D、在E点单位时间内接收到的波面比F点多，则在E点观察到的频率比在F点观察到的频率高，故D正确。
本题选择说法错误的。
故选：C。
波的干涉图样中加强点与减弱点振幅关系，可判断AB选项；图为多普勒效应，根据多普勒效应的特点可判断CD选项。
本题考查了波的干涉图样、波的多普勒效应，题目综合性强，难度一般。
7.【答案】C
【解析】解：A、根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直环平面向里，电场力需要与该洛伦兹力平衡，电场力方向应垂直环平面向外，由于电子带负电，故电场方向垂直环平面向里，故A正确；
B、电子做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，所以由运动学公式得，电子运动的周期为：T=2πRv，故B正确；
C、电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，则有：evB=mv2R
解得：B=mveR，故C错误；
D、电子在垂直环平面方向受力平衡，则有：eE=evB，解得：E=mv2eR，故D正确。
本题选错误的，
故选：C。
电子在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，电场力需要与磁场1产生的洛伦兹力平衡，从而判断电场强度的方向和大小；
由运动学公式求周期；
磁场2的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，根据平衡条件判断电场方向和大小，根据洛伦兹力提供向心力列式可求磁感应强度大小。
本题考查带电粒子在混合场中的圆周运动，知道磁场1洛伦兹力与电场力平衡，磁场2洛伦兹力提供向心力是解题关键，难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A、按下按钮过程中，穿过线圈内向左的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向右，此时螺线管Q端电势高，故A错误；
B、松开按按钮过程中，穿过线圈内向左的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向左，此时螺线管P端电势高，故B错误；
C、当保持不动时，线圈内磁通量不变化，无感应电动势，故C正确；
D、根据法拉第电磁感应定律可知，产生的电动势的大小与穿过线圈的磁通量的变化率成正比，由于按下和松开按钮过程对应的时间关系。速度关系都是未知的，所以螺线管产生的感应电动势不一定相等，故D错误。
故选：C。
按压和松开按键过程，会导致线圈内磁场变化，产生感应电动势，根据楞次定律判断感应电流的方向；当保持不动时，线圈内磁通量不变化，无感应电流。
明确电磁感应的概念，知道线圈中磁通量变化，才会有感应电动势，闭合回路电路中才有电流产生。
9.【答案】A
【解析】解：设cd边的电阻为R，通过cd边的电流为I，则ab边的电阻为13R，ab边的电流为3I，
根据安培力的计算公式F=BIL知，
cd边所受安培力的大小为F，方向垂直于cd向上，
ab边所受安培力的大小为3F，方向垂直于ab向上，
故整个线框受到的安培力大小4F，故A正确，BCD错误。
故选：A。
ab边和adcb边是并联的关系，adcb边的电阻是ab边电阻的3倍，根据欧姆定律得出电流的关系，根据安培力计算公式计算安培力的大小。
本题考查安培力的公式计算，注意电流与电阻的关系，同时注意导体长度的有效值。
10.【答案】A
【解析】【分析】
作出光路图，根据几何关系求解入射角，根据折射定律求解折射角，根据v=cn求解传播速度；求出临界角的大小，分析光线的传播情况，分析从BD之间入射和从AD之间入射的光的传播情况。
本题主要是考查了光的全发射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。
【解答】
作出其中一条光线的光路图，如图所示：
A、根据图中几何关系可得入射角i=60°，根据折射定律可得：n=sinisinr，解得折射角r=30°，故A正确；
B、光在三棱镜中的传播速度为v=cn= 33c，故B错误；
C、设折射光线经过C点的光线与AB的交点为D′，根据几何关系可得AD′=12CD′，
而CD′=BD′，所以AD′:D′B=1:2，所以D′和D重合，所以光从BD之间入射，都能射向BC边，光线与在BC边上的入射角为i′=90°−30°=60°；
设临界角为C，则有：sinC=1n= 33< 32，
所以C<60°，所以光线在BC边发生全反射，不能从BC边射出，故C错误；
D、同理可得，光从AD之间入射的光线射在AC边，根据几何关系可得入射角为60°>C，发生全反射，所以光从AD之间入射不可能从AC射出，故D错误。
故选：A。
11.【答案】B 5.880 4.76×10−7 用手触摸光学面 不变
【解析】解：(1)在双缝干涉实验中①②③分别为遮光片、单缝和双缝，故AC错误，B正确；
故选：B。
(2)螺旋测微器读数等于可动刻度读数加固定尺读数，需要估读，图中固定刻度读数为5.5mm，可动刻度读数为0.01×38.0mm=0.380mm，故读数为：
xB=5.5mm+0.380mm=5.880mm
(3)由图乙可知，A位置时螺旋测微器的读数为：
xA=1mm+0.01×12.8mm=1.128mm
则相邻亮纹的间距为：Δx=xB−xA4=(5.880−1.128)×10−34m=1.188×10−3m
根据公式Δx=λld
代入数据解得：λ=4.76×10−7m
(4)由甲图可知，不当之处为：用手触摸光学面；
(5)如图所示：
实线表示将玻璃砖向上平移后实际的光路图，而虚线是未将玻璃砖向上平移时作图时所采用的光路图，通过比较发现，入射角和折射角没有变化，根据折射定律n=sinisinr可知，
测得的折射率将不变。
故答案为：(1)B；(2)5.880；(3)4.76×10−7；(4)用手触摸光学面；(5)不变
(1)根据实验原理熟悉实验仪器的摆放位置；
(2)根据螺旋测微器的分度值结合图片得出示数；
(3)根据公式Δx=λld计算出单色光的波长；
(4)根据图甲的实验操作分析出不当之处；
(5)根据光路图分析平移前后的折射率并比较出大小。
本题主要考查了玻璃折射率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉仪器的读数规则，根据波长的计算公式完成分析即可。
12.【答案】解：(i)介质中质点振动的周期为：
T=λv=0.8s
从图示时刻到质点P开始振动的时间为：
t1=xP−4mv=3.2s
从质点P开始振动到质点P第一次到达波峰的时间为：
t2=34T=0.6s
故：t=t1+t2=3.8s。
(ⅱ)从质点P开始振动到质点P第二次到达波峰的时间为：
t′=74T
质点P通过的路程为：
s=7A=0.35m。
答：(i)从图示时刻到质点P第一次到达波峰的时间为3.8s。
(ii)从图示时刻到质点P第二次到达波峰的过程中，质点P通过的路程为0.35m。
【解析】(ⅰ)根据波的传播，由第一个波峰到质点P平衡位置之间的距离及波速求得波的传播时间；
(ⅱ)根据波前振动方向得到质点P的振动，即可根据其振动，由振幅求得路程。
此题考查了波动的规律，在波的传播问题中，常根据波动图求得波长，由振动图求得周期，即可求得波速，然后根据波的传播方向求得质点的振动，进而由周期和质点振动求得质点运动路程。
13.【答案】解：(1)以木箱、工人和冰车组成的系统为研究对象，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得0=mv0−10mv
解得v=v010
(2)以木箱和曲面体组成的系统为研究对象，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒定律得mv0=(m+3m)v1
解得木箱在曲面上上升的最大高度时与曲面体的共同速度为：v1=v04
木箱在上升过程中系统机械能守恒：12mv02=12⋅4mv12+mgℎ
解得木箱在曲面上上升的最大高度ℎ=3v028g
答：(1)推出木箱后，工人和冰车的速度大小v为v010；
(2)木箱在曲面上上升的最大高度ℎ为3v028g。
【解析】(1)对于木箱、工人和冰车组成的系统列动量守恒方程分析求解；
(2)对木箱和曲面体组成的系统在水平方向上列动量守恒方程，结合机械能守恒定律分析求解。
本题考查了动量守恒和机械能守恒，理解动量守恒定律和机械能守恒的条件，结合动量守恒定律及机械能守恒列式即可完成分析。
14.【答案】解：(1)由法拉第电磁感应定律得，ab边相对磁场的向上的速度为v，
产生感应电动势：E=Bdv
(2)线圈中的电流：I=ER=BdvR
ab边受到安培力：Fab=BId
根据牛顿第三定律，火箭主体受力：Fab′=Fab
对于火箭主体受力，由牛顿第二定律得：Fab′−Mg=Ma
解得火箭主体的加速度：a=B2d2vMR−g
(3)设下落t时间内火箭下落的高度为ℎ，对火箭主体由动量定理得：Mgt−Fab′−t=0−Mv
即：Mgt−BI−d⋅t=0−Mv
火箭下落过程中产生的平均电动势：E−=ΔΦt=Bdℎt
由欧姆定律得电流的平均值：I−=E−R=BdℎRt
将电流代入动量定理有：Mgt−B2d2ℎR=0−Mv
解得：ℎ=MR(v+gt)B2d2
根据能量守恒定律，产生的电能为：E=Mgℎ+12Mv2
解得：E=M2gR(v+gt)B2d2+12Mv2
答：(1)缓冲滑块刚停止运动时，线圈ab边两端的电势差为Bdv；
(2)缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小为(B2d2vMR−g)；
(3)火箭主体的速度从v0减到零的过程中系统产生的电能为(M2gR(v+gt)B2d2+12Mv2)。
【解析】(1)ab边产生电动势为E=Blv0，由此求解；
(2)对火箭主体受力分析，根据牛顿第二定律结合安培力的计算公式求解加速度；
(3)对火箭主体由动量定理求解下落的高度，根据能量守恒定律求解产生的电能。
本题是电磁感应的力学和功能问题的综合，以火箭返回的缓冲装置为背景。考查电磁阻尼、法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律、能量守恒定律等内容，从基本公式出发，应用以上规律可以解决问题。
15.【答案】解：(1)微粒在电场中加速，由动能定理得
qU1=12mv02−0
解得
v0=1×104m/s
(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，飞出电场
L=v0t
vy=at
qU2d=ma
速度偏转角的正切值
tanθ=vyv0= 33
解得
θ=30°
(3)进入磁场时微粒的速度为
v=v0csθ
微粒不会由磁场右边射出的轨迹如图所示

由几何关系，有
D=r+rsinθ
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
qvB=mv2r
联立解得
B= 35T
所以为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少为 35T。
答：(1)粒子进入偏转电场时的速度v0的大小为104m/s；
(2)粒子射出偏转电场时的偏转角为30°；
(3)若右侧匀强磁场的宽度为D=10cm，为使粒子不会由磁场右边界射出，则该匀强磁场的磁感应强度B应满足B≥ 35T。
【解析】根据动能定理、类平抛运动的规律即可求解，粒子进入磁场后，不从右边界射出的条件是轨迹与右边界相切，做出几何图形即可求解。
本题考查带电粒子在电磁场中的运动，关键是做出粒子的运动轨迹图。