第1頁（共1頁）2025年湖南省邵陽市高考物理一模試卷一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分，每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（4分）2024年10月8日消息，本年度諾貝爾物理學(xué)獎授予約翰?霍普菲爾德和杰弗里?辛頓，“以表彰他們?yōu)槔萌斯ど窠?jīng)網(wǎng)絡(luò)進行機器學(xué)習(xí)作出的基礎(chǔ)性發(fā)現(xiàn)和發(fā)明”。在物理學(xué)的探索和發(fā)現(xiàn)過程中，物理過程和研究方法比物理知識本身更加重要。以下關(guān)于物理學(xué)研究方法和物理學(xué)史的敘述中正確的是（）A．慣性定律即牛頓第一定律，伽利略通過理想斜面實驗直接驗證了慣性定律 B．美國科學(xué)家富蘭克林命名了正電荷和負(fù)電荷，并通過油滴實驗測得元電荷的數(shù)值 C．自然界中的電和磁存在著某種神秘的聯(lián)系，丹麥物理學(xué)家奧斯特通過不斷地探索發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng) D．根據(jù)速度定義式v=ΔxΔt，當(dāng)Δt足夠小時，2．（4分）測糖儀的原理是溶液的折射率與含糖率成正比，通過測量溶液相對標(biāo)準(zhǔn)透明介質(zhì)的折射率，即可得到待測溶液的含糖率。如圖所示為某種測糖儀內(nèi)部核心結(jié)構(gòu)的原理圖，截面為半圓形的透明容器中裝有待測溶液，容器右側(cè)有一截面為長方形的標(biāo)準(zhǔn)透明介質(zhì)，介質(zhì)右側(cè)面貼有一屏幕，可用來記錄光線出射的位置?，F(xiàn)有一束光沿半徑方向射向半圓形圓心，射出后分為a、b兩束光，圖中α＞β，忽略容器壁的厚度，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、b光在溶液中的傳播速度比在透明介質(zhì)中的小 B．若稍微提高溶液的含糖率，光線打在屏幕上的位置均將向下移動 C．若逐漸提高溶液的含糖率，a光先不能射出容器 D．稍水平向左移動透明介質(zhì)，光線打在屏幕上的位置均將向下移動3．（4分）學(xué)校組織趣味運動會，某運動員手持乒乓球拍托著球沿水平直賽道向前跑，運動員速度越大，乒乓球受到的水平風(fēng)力越大。已知球拍面與水平面的夾角為53°，乒乓球的質(zhì)量為2.7g，乒乓球與球拍面之間的動摩擦因數(shù)為0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不考慮乒乓球的滾動，當(dāng)運動員以某一速度勻速向前跑時，乒乓球恰好不下滑，關(guān)于此時的乒乓球下列說法正確的是（）A．乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向下 B．乒乓球受三個力的作用 C．乒乓球受到的風(fēng)力大小為1.35×10﹣2N D．如果球拍面豎直，則乒乓球不會下滑4．（4分）開普勒用二十年的時間研究第谷的行星觀測記錄，發(fā)現(xiàn)了行星運動規(guī)律。通常認(rèn)為，太陽保持靜止不動，行星繞太陽做勻速圓周運動，則開普勒第三定律中常量k1=R3T2（R為行星軌道半徑，T為運行周期）。如圖所示，三個質(zhì)量均為m的天體相距為L成一直線排列，在萬有引力作用下構(gòu)成一穩(wěn)定的星系。該星系中有類似于開普勒第三定律中常量k2A．5Gm16π2 C．3Gm4π25．（4分）如圖甲所示，取一電阻率為ρ的均質(zhì)金屬材料，將它做成橫截面為圓形的金屬導(dǎo)線，每段導(dǎo)線體積均恒為V。如圖乙所示，將一段導(dǎo)線接在電動勢為E，內(nèi)阻為r的電源兩端，并置于方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中；如圖丙所示，將另一段導(dǎo)線接在恒流源兩端，下列說法不正確的是（）A．乙圖中，拉長該段導(dǎo)線使直徑減小，導(dǎo)線電阻隨之增大 B．丙圖中，拉長該段導(dǎo)線使直徑減半，導(dǎo)線兩端電壓變?yōu)樵瓉淼?倍 C．丙圖中，改變導(dǎo)線直徑，該段導(dǎo)線發(fā)熱功率與直徑的四次方成反比 D．乙圖中，通過改變導(dǎo)線直徑可改變導(dǎo)線所受的安培力，且最大安培力為16．（4分）為了研究多層鋼板在不同模式下的防彈效果，建立如下簡化模型。如圖所示，兩個完全相同的鋼板A、B厚度均為d，質(zhì)量均為m。第一次把A、B焊接在一起靜置在光滑水平面上，質(zhì)量也為m的子彈水平射向鋼板A，恰好將兩鋼板擊穿。第二次把A、B間隔一段距離水平放置，子彈以同樣的速度水平射向A，穿出后再射向B，且兩塊鋼板不會發(fā)生碰撞。設(shè)子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，不計子彈的重力，子彈可視為質(zhì)點。下列說法正確的是（）A．第一次子彈射出B時，A的位移為d B．第一次子彈穿過A、B所用時間之比為1：2C．第二次子彈不能擊穿鋼板B，進入鋼板B的深度為2+3D．第一次、第二次整個系統(tǒng)損失的機械能之比為8：(6+二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。（多選）7．（5分）如圖甲所示，均勻介質(zhì)中三個相同的波源分別位于xOy平面直角坐標(biāo)系中的A、B、C點，波源振動方向均垂直紙面，振動圖像均如圖乙所示，波速均為2cm/s。則（）A．質(zhì)點D比質(zhì)點O晚起振4s B．t＝7.2s時，質(zhì)點O的速度方向與加速度方向相同 C．若取走波源B，穩(wěn)定后質(zhì)點O、D的相位差始終為π D．若取走波源C，穩(wěn)定后質(zhì)點O與質(zhì)點D的振幅相等（多選）8．（5分）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的（﹣8，0）、（8，0）兩點處固定著電荷量分別為+q、﹣9q的兩個點電荷，A、B為y軸上兩點，坐標(biāo)分別為（0，2）、（0，﹣6），M、N、P、Q四個點是以﹣9q為中心的正方形的四個頂點，在上述兩個點電荷所形成的電場中，下列說法正確的是（）A．N點與Q點電勢相等 B．x軸上x＝﹣4cm處電場強度為零 C．B點的電勢高于A點的電勢，A點的電場強度大于B點的電場強度 D．將某一負(fù)電荷從P點移動到Q點電場力做的功大于將其從N點移動到M點電場力做的功（多選）9．（5分）“轆轤”是中國古代取水的重要設(shè)施，通過轉(zhuǎn)動手柄將輕繩纏繞到半徑為R的轉(zhuǎn)筒上，就可以把水桶從井中提起。若某次轉(zhuǎn)動手柄的角速度ω隨時間t變化的圖像如圖乙所示，經(jīng)3t0時間把水桶從井底提升到井口，水桶和桶中水的總質(zhì)量為m，重力加速度大小為g，水桶可看成質(zhì)點，下列說法正確的是（）A．0～2t0，水桶做初速度為零的勻加速直線運動 B．水井的深度為ω0Rt0 C．把水桶從井底提升到井口的過程中克服重力做功的平均功率為mgωD．把水桶從井底提升到井口的過程中合力對水桶和桶中水做功為m（多選）10．（5分）間距為L＝1m的兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定放置在同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間存在大小為B＝1T，方向垂直導(dǎo)軌平面向外的勻強磁場，導(dǎo)軌左端串接一阻值為R＝4Ω的定值電阻，導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上，如圖所示。當(dāng)水平圓盤勻速轉(zhuǎn)動時，固定在圓盤上的小圓柱帶動T形支架在水平方向往復(fù)運動，T形支架進而驅(qū)動導(dǎo)體棒在水平面內(nèi)做簡諧運動，以水平向右為正方向，其位移x與運動時間t的關(guān)系為x＝﹣0.5cos（4t）m。已知導(dǎo)體棒質(zhì)量為m＝1kg，總是保持與導(dǎo)軌接觸良好，除定值電阻外其余電阻均忽略不計，空氣阻力忽略不計，不考慮電路中感應(yīng)電流的磁場，則下列說法正確的是（）A．導(dǎo)體棒在運動過程中，產(chǎn)生感應(yīng)電流的最大值為Im＝0.5A B．在0～π8C．在0～π8sD．當(dāng)T形支架對導(dǎo)體棒的作用力為0時，導(dǎo)體棒的速度大小為32三、非選擇題：共56分。11．（6分）某學(xué)習(xí)小組利用圖示裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系，主要操作步驟如下：a.按圖甲所示完成裝置安裝，木板左端用鉸鏈連接在桌面上，將1個鉤碼通過跨過定滑輪的細(xì)繩連接到小車上；b.調(diào)整木塊位置，使小車獲得一定初速度后，遮光片通過兩光電門的遮光時間相等；c.取下鉤碼，由靜止釋放小車，記錄小車通過上、下兩個光電門時遮光片的遮光時間，分別記為t1和t2；d.依次增加懸掛的鉤碼（完全相同）個數(shù)n，重復(fù)步驟b、c、d。請完成以下問題：（1）兩光電門中心間的距離為s，遮光片的寬度d用螺旋測微器測量如圖乙，讀得d＝mm。由a=d22s（2）要探究小車加速度與所受合外力的關(guān)系，以加速度a為縱軸，以（選填“n”“1n”“n2”或“1（3）下列做法能減小本實驗誤差的是。A.減小兩光電門之間的距離B.要確保小車的質(zhì)量遠(yuǎn)大于鉤碼的質(zhì)量C.挑選遮光片時，選寬度比較小的D.挑選表面比較光滑的木板進行實驗12．（10分）某興趣小組利用實驗室的器材進行電表內(nèi)阻的測量實驗。（1）小組成員在實驗室發(fā)現(xiàn)一個表盤數(shù)字被污漬遮擋的電壓表，利用圖甲中的電路圖測量電壓表量程。閉合開關(guān)后，調(diào)節(jié)滑動變阻器R1和電阻箱R2，保持電流表滿偏Ig＝100mA，當(dāng)R21＝8Ω時，電壓表指針偏轉(zhuǎn)了滿偏的13，當(dāng)R22＝18Ω時，電壓表指針偏轉(zhuǎn)了滿偏的23，則電壓表量程為V，電流表內(nèi)阻為RA＝（2）小組成員選擇完好的實驗儀器，利用表盤如圖乙所示的多用電表和圖丙中的電路圖測量該電壓表的內(nèi)阻（內(nèi)阻約十幾千歐）。①利用多用電表的歐姆擋對電壓表內(nèi)阻進行粗測。將多用電表擋位調(diào)到歐姆擋（選填“×100”或“×1k”），再將紅表筆和黑表筆短接，調(diào)零后，將兩表筆接在電壓表正負(fù)接線柱上，用多用電表讀出電壓表內(nèi)阻阻值；②按照圖丙所示的電路圖連接實驗儀器后，閉合開關(guān)S，改變電阻箱阻值，讀取多組電壓表示數(shù)U與電阻箱阻值R，并繪制出R?1U圖像如圖丁所示，圖像斜率為k，若已知電源電動勢E，則電壓表內(nèi)阻RV＝，電源內(nèi)阻對電壓表內(nèi)阻測量13．（10分）小明學(xué)習(xí)熱學(xué)知識后設(shè)計了一個利用氣體來測量液體溫度的裝置。該裝置由導(dǎo)熱性能良好、厚度不計的圓柱形細(xì)管、圓柱形金屬塊、上下兩個小卡環(huán)組成。圓柱形金屬塊質(zhì)量為20g厚度為2cm與管壁緊密接觸（不漏氣），管內(nèi)用金屬塊封閉有一定量的理想氣體，管內(nèi)卡環(huán)限制金屬塊只能在管內(nèi)一定范圍內(nèi)上下移動，以金屬塊下端位置為基準(zhǔn)在上下卡環(huán)之間刻上刻度。上、下卡環(huán)間距離為52cm，上端卡環(huán)距管下端距離為102cm，管的橫截面積為10mm2，測溫時把溫度計豎直插入待測液體中。不考慮固體的熱脹冷縮，不計一切摩擦阻力，外界大氣壓強恒為p0＝1.0×105Pa，g取10m/s2，當(dāng)管內(nèi)氣體的溫度為7℃時金屬塊恰好對下方卡環(huán)無壓力。（1）求該溫度計的測溫范圍；（2）某次測溫時示數(shù)由63℃上升到147℃，該過程管內(nèi)氣體吸收的熱量為0.68J，求管內(nèi)氣體內(nèi)能改變量。14．（13分）如圖甲所示，空間存在兩邊界為同軸圓柱面的電磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，區(qū)域Ⅱ位于區(qū)域Ⅰ外側(cè)，圓柱面的軸線沿空間直角坐標(biāo)系Oxyz的x軸方向。半徑R＝0.10m的足夠長水平圓柱形區(qū)域Ⅰ內(nèi)分布著沿x軸正方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B＝8×10﹣3T；沿x軸正方向觀察電磁場分布如圖乙，寬度d＝0.10m的區(qū)域Ⅱ同時存在電、磁場，電場強度E＝80N/C的勻強電場沿x軸正方向，磁場的磁感應(yīng)強度大小也為B＝8×10﹣3T、磁感線與圓弧邊界平行且沿順時針方向，沿y軸負(fù)方向觀察電磁場分布如圖丙，比荷qm=1.25×107C/kg的帶正電粒子，從坐標(biāo)為（0，0.20）的A點以一定初速度v（1）求v0大小以及它在區(qū)域Ⅰ中運動的半徑；（2）若撤去區(qū)域Ⅱ的電場，求該粒子以速度2v0從進入?yún)^(qū)域Ⅱ到離開區(qū)域Ⅰ運動的總時間。15．（17分）如圖所示，固定的桌面、地面和固定的螺旋形圓管均光滑，輕質(zhì)彈簧左端固定，自然伸長位置為O′點，彈簧的勁度系數(shù)k＝400N/m，圓軌道的半徑R＝0.5m，圓管的內(nèi)徑比質(zhì)量為m1的小球直徑略大，但遠(yuǎn)小于圓軌道半徑，質(zhì)量為m2的小物塊靜止于質(zhì)量為m3的木板左端，木板的上表面恰好與圓管軌道水平部分下端表面等高，小物塊與木板上表面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，木板右端與墻壁之間的距離L0＝5m，現(xiàn)用力將小球向左推壓，將彈簧壓縮x0＝0.2m，然后由靜止釋放小球，小球與彈簧不連接，小球運動到桌面右端O′點后水平拋出，從管口A點處沿圓管切線飛入圓管內(nèi)部，從圓管水平部分B點飛出，并恰好與小物塊發(fā)生彈性碰撞，經(jīng)過一段時間后木板和右側(cè)墻壁發(fā)生彈性碰撞，已知小物塊始終未和墻壁碰撞，并且未脫離木板，已知OA與豎直方向夾角θ＝37°。m1＝m2＝1kg；m3＝0.5kg，g＝10m/s2，sin37°＝0.6。求：（1）拋出點O′與管口A間的高度差h；（2）小球在圓管最高點所受的彈力FN；（3）木板在地面上滑動的總路程s。

2025年湖南省邵陽市高考物理一模試卷參考答案與試題解析一．選擇題（共6小題）題號123456答案CBCABD二．多選題（共4小題）題號78910答案ADCDADACD一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分，每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（4分）2024年10月8日消息，本年度諾貝爾物理學(xué)獎授予約翰?霍普菲爾德和杰弗里?辛頓，“以表彰他們?yōu)槔萌斯ど窠?jīng)網(wǎng)絡(luò)進行機器學(xué)習(xí)作出的基礎(chǔ)性發(fā)現(xiàn)和發(fā)明”。在物理學(xué)的探索和發(fā)現(xiàn)過程中，物理過程和研究方法比物理知識本身更加重要。以下關(guān)于物理學(xué)研究方法和物理學(xué)史的敘述中正確的是（）A．慣性定律即牛頓第一定律，伽利略通過理想斜面實驗直接驗證了慣性定律 B．美國科學(xué)家富蘭克林命名了正電荷和負(fù)電荷，并通過油滴實驗測得元電荷的數(shù)值 C．自然界中的電和磁存在著某種神秘的聯(lián)系，丹麥物理學(xué)家奧斯特通過不斷地探索發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng) D．根據(jù)速度定義式v=ΔxΔt，當(dāng)Δt足夠小時，【分析】根據(jù)物理學(xué)史和物理學(xué)研究方法的知識點，對每個選項中提到的物理學(xué)家及其貢獻有準(zhǔn)確的理解，同時根據(jù)物理學(xué)研究方法的基本概念，通過分析每個選項的內(nèi)容，判斷其正確性?！窘獯稹拷猓篈、慣性定律即牛頓第一定律，該實驗無法通過實驗直接驗證，伽利略通過理想斜面實驗間接驗證了慣性定律，故A錯誤；B、美國科學(xué)家富蘭克林命名了正電荷和負(fù)電荷，但通過油滴實驗測得元電荷數(shù)值的是美國物理學(xué)家密立根，而非富蘭克林，故B錯誤；C、丹麥物理學(xué)家奧斯特通過不斷地探索發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，故C正確；D、根據(jù)速度定義式有，速度v=ΔxΔt，當(dāng)Δt足夠小時，故選：C?！军c評】本題主要考查了物理學(xué)史中幾位重要物理學(xué)家的貢獻以及物理學(xué)研究方法的理解。正確理解每個物理學(xué)家的貢獻和物理學(xué)研究方法是解答此類題目的關(guān)鍵。2．（4分）測糖儀的原理是溶液的折射率與含糖率成正比，通過測量溶液相對標(biāo)準(zhǔn)透明介質(zhì)的折射率，即可得到待測溶液的含糖率。如圖所示為某種測糖儀內(nèi)部核心結(jié)構(gòu)的原理圖，截面為半圓形的透明容器中裝有待測溶液，容器右側(cè)有一截面為長方形的標(biāo)準(zhǔn)透明介質(zhì)，介質(zhì)右側(cè)面貼有一屏幕，可用來記錄光線出射的位置?，F(xiàn)有一束光沿半徑方向射向半圓形圓心，射出后分為a、b兩束光，圖中α＞β，忽略容器壁的厚度，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、b光在溶液中的傳播速度比在透明介質(zhì)中的小 B．若稍微提高溶液的含糖率，光線打在屏幕上的位置均將向下移動 C．若逐漸提高溶液的含糖率，a光先不能射出容器 D．稍水平向左移動透明介質(zhì)，光線打在屏幕上的位置均將向下移動【分析】根據(jù)v=cn判斷；考慮溶液含糖率提高時，其折射率增大；根據(jù)n【解答】解：A、α＞β，由光的折射定律n=結(jié)合光路圖可知，溶液的折射率小于透明介質(zhì)的折射率，由v=c可知，光線在溶液中的傳播速度比在透明介質(zhì)中的大，故A錯誤；B、稍微提高溶液的含糖率，溶液的折射率增大，光線從溶液射出時，折射角增大，故打在屏幕上的位置向下移動，故B正確；C、由圖可知，溶液對a光的折射率小于溶液對b光的折射率，由n=1可知，逐漸提高溶液的含糖率，b光先達到全反射的臨界角，即b光先不能射出容器，故C錯誤；D、稍微水平向左移動透明介質(zhì)，由幾何關(guān)系可知光線打在屏幕上的位置均將向上移動，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題主要考查光的折射和全反射相關(guān)知識，難度適中。3．（4分）學(xué)校組織趣味運動會，某運動員手持乒乓球拍托著球沿水平直賽道向前跑，運動員速度越大，乒乓球受到的水平風(fēng)力越大。已知球拍面與水平面的夾角為53°，乒乓球的質(zhì)量為2.7g，乒乓球與球拍面之間的動摩擦因數(shù)為0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不考慮乒乓球的滾動，當(dāng)運動員以某一速度勻速向前跑時，乒乓球恰好不下滑，關(guān)于此時的乒乓球下列說法正確的是（）A．乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向下 B．乒乓球受三個力的作用 C．乒乓球受到的風(fēng)力大小為1.35×10﹣2N D．如果球拍面豎直，則乒乓球不會下滑【分析】對乒乓球進行受力分析，結(jié)合受力平衡分析?！窘獯稹拷猓篈．乒乓球恰好不下滑，所以乒乓球有沿球拍下滑的趨勢，靜摩擦力方向與相對運動趨勢方向相反，乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向上，故A錯誤；B．對乒乓球進行受力分析，受到重力、球拍支持力、球拍的摩擦力和水平風(fēng)力共四個力的作用，故B錯誤；C．以乒乓球為對象，受力分析如圖所示根據(jù)平衡條件可得F風(fēng)cos53°+Ff＝mgsin53°，F(xiàn)N＝mgcos53°+F風(fēng)sin53°又Ff＝μFN聯(lián)立解得乒乓球受到的風(fēng)力大小為F故C正確；D．當(dāng)球拍豎直時，如果水平風(fēng)力不變，由于fmax＝μF風(fēng)＜mg則乒乓球會下滑，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查了學(xué)生對于平衡條件的知識的靈活應(yīng)用能力，難度適中。4．（4分）開普勒用二十年的時間研究第谷的行星觀測記錄，發(fā)現(xiàn)了行星運動規(guī)律。通常認(rèn)為，太陽保持靜止不動，行星繞太陽做勻速圓周運動，則開普勒第三定律中常量k1=R3T2（R為行星軌道半徑，T為運行周期）。如圖所示，三個質(zhì)量均為m的天體相距為L成一直線排列，在萬有引力作用下構(gòu)成一穩(wěn)定的星系。該星系中有類似于開普勒第三定律中常量k2A．5Gm16π2 C．3Gm4π2【分析】利用開普勒第三定律，結(jié)合萬有引力提供向心力，抓住不同情況下的運行半徑和周期的關(guān)系即可求解?！窘獯稹拷猓涸O(shè)中心天體的質(zhì)量為M，萬有引力提供圓周運動的向心力，由牛頓第二定律可得G解得R在三星體系中，同理可得G解得L3故選：A?！军c評】本題考查了“多星”系統(tǒng)以及萬有引力的應(yīng)用，難度一般。5．（4分）如圖甲所示，取一電阻率為ρ的均質(zhì)金屬材料，將它做成橫截面為圓形的金屬導(dǎo)線，每段導(dǎo)線體積均恒為V。如圖乙所示，將一段導(dǎo)線接在電動勢為E，內(nèi)阻為r的電源兩端，并置于方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中；如圖丙所示，將另一段導(dǎo)線接在恒流源兩端，下列說法不正確的是（）A．乙圖中，拉長該段導(dǎo)線使直徑減小，導(dǎo)線電阻隨之增大 B．丙圖中，拉長該段導(dǎo)線使直徑減半，導(dǎo)線兩端電壓變?yōu)樵瓉淼?倍 C．丙圖中，改變導(dǎo)線直徑，該段導(dǎo)線發(fā)熱功率與直徑的四次方成反比 D．乙圖中，通過改變導(dǎo)線直徑可改變導(dǎo)線所受的安培力，且最大安培力為1【分析】根據(jù)電阻定律，發(fā)熱功率表達式，結(jié)合閉合電路歐姆定律以及安培力表達式分析求解?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)電阻定律R=其中橫截面接：S=πd聯(lián)立，解得電阻：R=可知乙圖中，拉長該段導(dǎo)線使直徑減小，導(dǎo)線電阻隨之增大，故A正確；B．丙圖中，導(dǎo)線兩端的電壓滿足：U=IR=電流不變時，拉長該段導(dǎo)線使直徑減半，導(dǎo)線兩端電壓變?yōu)樵瓉淼?6倍，故B錯誤；C．根據(jù)焦耳定律，丙圖中該段導(dǎo)線的發(fā)熱功率P=流過導(dǎo)線的電流不變，改變導(dǎo)線直徑，該段導(dǎo)線發(fā)熱功率與直徑的四次方成反比，故C正確；D．乙圖中，由閉合電路歐姆定律：I=導(dǎo)線受到的安培力滿足：F＝BIl聯(lián)立，解得安培力：F=可知當(dāng)且僅當(dāng)ρVS=rS時，ρV最小值為2rS=2r?故最大安培力為F故D正確。本題選不正確的，故選：B?！军c評】本題考查了安培力相關(guān)知識，理解磁場對通電導(dǎo)體的作用是解決此類問題的關(guān)鍵。6．（4分）為了研究多層鋼板在不同模式下的防彈效果，建立如下簡化模型。如圖所示，兩個完全相同的鋼板A、B厚度均為d，質(zhì)量均為m。第一次把A、B焊接在一起靜置在光滑水平面上，質(zhì)量也為m的子彈水平射向鋼板A，恰好將兩鋼板擊穿。第二次把A、B間隔一段距離水平放置，子彈以同樣的速度水平射向A，穿出后再射向B，且兩塊鋼板不會發(fā)生碰撞。設(shè)子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，不計子彈的重力，子彈可視為質(zhì)點。下列說法正確的是（）A．第一次子彈射出B時，A的位移為d B．第一次子彈穿過A、B所用時間之比為1：2C．第二次子彈不能擊穿鋼板B，進入鋼板B的深度為2+3D．第一次、第二次整個系統(tǒng)損失的機械能之比為8：(6+【分析】第一次子彈相對A、B做勻減速直線運動，恰好擊穿時末速度為0，采用逆向思維，根據(jù)初速度為零的勻加速直線運動的推論求子彈穿過A、B所用時間之比；子彈第一次穿過A、B時，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律分別列方程。第二次，先對子彈和A，由動量守恒定律和能量守恒定律分別列方程。再對子彈和B，由動量守恒定律和能量守恒定律分別列方程，即可分析第二次子彈能否擊穿兩鋼板，并得到子彈進入鋼板B的深度；根據(jù)能量守恒定律求第一次、第二次整個系統(tǒng)損失的機械能之比。【解答】解：A．設(shè)第一次子彈穿過A、B時共同速度為v，以向右為正方向，對系統(tǒng)由動量守恒有mv0＝（m+2m）v此過程對A和B有x=對子彈有x+2d=解得x=故A錯誤；B．第一次子彈相對A、B做勻減速直線運動，恰擊穿時相對末速度為0，根據(jù)逆向思維，可以將看成子彈相對A、B做初速度為0的反向勻加速直線運動，穿過B、A的相對位移相等，根據(jù)連續(xù)相鄰相等位移之內(nèi)的時間間隔比例規(guī)律可知，穿過B、A的時間之比為1：(2?1)，所以穿過A、B所用時間之比為C．設(shè)子彈受到的阻力大小為f，初速度為v0，第一次穿過A、B時共同速度為v，以向右為正方向，對系統(tǒng)由動量守恒有mv0＝（m+2m）v由能量守恒有f?2d=解得fd=第二次子彈穿過A時，設(shè)子彈速度為v1，A的速度為u，假設(shè)不能穿透B，最后與B的共同速度為v2，進入B的深度為d′，以向右為正方向，對子彈和A由動量守恒有mv0＝mv1+mu由能量守恒有fd=解得v對子彈和B，以向右為正方向，由動量守恒有mv1＝（m+m）v2由能量守恒有f?d′=解得d′=假設(shè)成立，故C錯誤；D．第二次系統(tǒng)損失的機械能Δ第一次系統(tǒng)損失的機械能ΔE1＝f?2d第一次、第二次系統(tǒng)損失的機械能之比為Δ故D正確。故選：D。【點評】本題關(guān)鍵要明確子彈射穿和進入鋼板過程，系統(tǒng)遵守動量守恒定律和能量守恒定律，反復(fù)運用動量守恒和能量守恒或功能關(guān)系即系統(tǒng)克服阻力做功等于系統(tǒng)動能的減少，即可解決這類問題。二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。（多選）7．（5分）如圖甲所示，均勻介質(zhì)中三個相同的波源分別位于xOy平面直角坐標(biāo)系中的A、B、C點，波源振動方向均垂直紙面，振動圖像均如圖乙所示，波速均為2cm/s。則（）A．質(zhì)點D比質(zhì)點O晚起振4s B．t＝7.2s時，質(zhì)點O的速度方向與加速度方向相同 C．若取走波源B，穩(wěn)定后質(zhì)點O、D的相位差始終為π D．若取走波源C，穩(wěn)定后質(zhì)點O與質(zhì)點D的振幅相等【分析】振源B的振動形式先傳播到O點，振源A、C的振動形式同時傳播到D點，根據(jù)運動學(xué)公式求解時間；根據(jù)振動情況分析速度方向與加速度方向；根據(jù)波的疊加方法結(jié)合波程差的關(guān)系分析CD選項?！窘獯稹拷猓篈．振源B的振動形式先傳播到O點，時間t1振源A、C的振動形式同時傳播到D點，時間t2可知，質(zhì)點D比質(zhì)點O晚起振Δt＝t2﹣t1＝10s﹣6s＝4s，故A正確；B．根據(jù)圖（a）可知，t＝7.2s時，只有波源B產(chǎn)生的振動傳到O點，且已經(jīng)振動了1.2s，根據(jù)圖（b）可知質(zhì)點O的速度方向與加速度方向相反，故B錯誤；C．若取走波源B，質(zhì)點O、D到波源A、C的波程差均為0，兩質(zhì)點為振動加強點，又質(zhì)點O從8s開始達到穩(wěn)定，質(zhì)點D從10s開始達到穩(wěn)定，則穩(wěn)定后兩質(zhì)點的相位差為2π的整數(shù)倍，故C錯誤；D．根據(jù)λ＝vT可知，三列波的波長均為4cm，若取走波源C，質(zhì)點O到波源A、B的波程差為4cm，為波長的整數(shù)倍，則質(zhì)點O為振動加強點，同理可得，質(zhì)點D也為振動加強點，穩(wěn)定后兩質(zhì)點振幅相等，故D正確。故選：AD。【點評】本題主要是考查了振動的圖像和波的疊加；解答此類問題的關(guān)鍵是要理解振動圖像的物理意義，知道波速的計算方法。（多選）8．（5分）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的（﹣8，0）、（8，0）兩點處固定著電荷量分別為+q、﹣9q的兩個點電荷，A、B為y軸上兩點，坐標(biāo)分別為（0，2）、（0，﹣6），M、N、P、Q四個點是以﹣9q為中心的正方形的四個頂點，在上述兩個點電荷所形成的電場中，下列說法正確的是（）A．N點與Q點電勢相等 B．x軸上x＝﹣4cm處電場強度為零 C．B點的電勢高于A點的電勢，A點的電場強度大于B點的電場強度 D．將某一負(fù)電荷從P點移動到Q點電場力做的功大于將其從N點移動到M點電場力做的功【分析】根據(jù)給定的點電荷位置和電荷量，利用電場強度和電勢的疊加原理來分析各個選項。對于電場強度為零的位置，需要考慮兩個點電荷產(chǎn)生的電場強度的矢量和為零的條件。對于電勢的比較，需要考慮電場線的方向以及電勢隨距離的變化規(guī)律。對于電場力做功的比較，則需要考慮電勢差與電荷的符號?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)題意可知，若單獨考查﹣9q形成的電場，N點和Q點位于同一等勢面上，但對于q形成的電場中，Q點的電勢高于N點的電勢，根據(jù)點電荷電場中電勢的疊加可知，在兩個點電荷形成的疊加電場中，Q點的電勢高于N點的電勢，故A錯誤；B、根據(jù)點電荷形成的電場，可知q在x＝﹣4cm處的電場強度E方向水平向右，﹣9q在x＝﹣4cm處的電場強度E方向水平向右，故二者大小相等，方向相同，合場強不為零，故B錯誤；C、根據(jù)題意可知，﹣9q的點電荷等效成一個﹣q和一個﹣8q的兩個點電荷，對于﹣q和q的電場中，A、B位于同一等勢面上，而在﹣8q點電荷形成的電場中，B點的電勢高于A點電勢，故B點電勢高于A點電勢，由于A點相對于場源電荷較近，故A點的場強大于B點的場強，故C正確；D、根據(jù)題意可知，﹣9q形成的電場，N點和Q點位于同一等勢面上，但對于q形成的電場中，Q點的電勢高于N點的電勢，故PQ兩點的電勢差大于NM兩點的電勢差，根據(jù)電場力做功的特點可知，故將某一負(fù)電荷從P點移動到Q點電場力做的功大于將其從N點移動到M點電場力做的功，故D正確。故選：CD?！军c評】本題通過分析點電荷產(chǎn)生的電場強度和電勢，以及電場力做功的原理，考查了電場的基本性質(zhì)。正確理解電場強度、電勢的疊加原理以及電場力做功的概念是解題的關(guān)鍵。（多選）9．（5分）“轆轤”是中國古代取水的重要設(shè)施，通過轉(zhuǎn)動手柄將輕繩纏繞到半徑為R的轉(zhuǎn)筒上，就可以把水桶從井中提起。若某次轉(zhuǎn)動手柄的角速度ω隨時間t變化的圖像如圖乙所示，經(jīng)3t0時間把水桶從井底提升到井口，水桶和桶中水的總質(zhì)量為m，重力加速度大小為g，水桶可看成質(zhì)點，下列說法正確的是（）A．0～2t0，水桶做初速度為零的勻加速直線運動 B．水井的深度為ω0Rt0 C．把水桶從井底提升到井口的過程中克服重力做功的平均功率為mgωD．把水桶從井底提升到井口的過程中合力對水桶和桶中水做功為m【分析】轉(zhuǎn)筒邊緣上點的線速度大小等于水桶的速度大小，根據(jù)圖乙和v＝ωR找出水桶速度v與時間t的關(guān)系，再分析它的運動性質(zhì)；圖乙中，0～3t0內(nèi)圖像與時間軸所包圍的面積表示把水桶從井底提升到井口過程中轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)過的角度θ，求出θ，根據(jù)h＝θR計算水井的深度；根據(jù)P=W【解答】解：A、轉(zhuǎn)筒邊緣上點的線速度大小等于水桶的速度大小，根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系有v＝ωR。由圖乙可知，0～2t0內(nèi)，ω與t成正比，所以水桶的速度v與t成正比，水桶的加速度一定，則水桶做初速度為零的勻加速直線運動，故A正確；B、圖乙中，0～3t0內(nèi)圖像與時間軸所包圍的面積表示把水桶從井底提升到井口過程中轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)過的角度，設(shè)此過程中轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)過的角度為θ，則θ=ω0(t0+3t0C、把水桶從井底提升到井口的過程中克服重力做功的平均功率為P克D、把水桶從井底提升到井口的過程中，根據(jù)動能定理可知，合力對水桶和桶中水做功為W合故選：AD?！军c評】本題考查利用動能定理求解多過程問題、多個力的總功、平均功率的計算，關(guān)鍵要利用ω﹣t圖像與時間軸圍成的面積表示轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)過的角度。（多選）10．（5分）間距為L＝1m的兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定放置在同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間存在大小為B＝1T，方向垂直導(dǎo)軌平面向外的勻強磁場，導(dǎo)軌左端串接一阻值為R＝4Ω的定值電阻，導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上，如圖所示。當(dāng)水平圓盤勻速轉(zhuǎn)動時，固定在圓盤上的小圓柱帶動T形支架在水平方向往復(fù)運動，T形支架進而驅(qū)動導(dǎo)體棒在水平面內(nèi)做簡諧運動，以水平向右為正方向，其位移x與運動時間t的關(guān)系為x＝﹣0.5cos（4t）m。已知導(dǎo)體棒質(zhì)量為m＝1kg，總是保持與導(dǎo)軌接觸良好，除定值電阻外其余電阻均忽略不計，空氣阻力忽略不計，不考慮電路中感應(yīng)電流的磁場，則下列說法正確的是（）A．導(dǎo)體棒在運動過程中，產(chǎn)生感應(yīng)電流的最大值為Im＝0.5A B．在0～π8C．在0～π8sD．當(dāng)T形支架對導(dǎo)體棒的作用力為0時，導(dǎo)體棒的速度大小為32【分析】根據(jù)導(dǎo)體棒的速度與時間的關(guān)系式，結(jié)合歐姆定律以及法拉第電磁感應(yīng)定律，綜合導(dǎo)體棒做簡諧運動的周期以及功能關(guān)系分析求解?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)x﹣t關(guān)系式，可得t時刻導(dǎo)體棒的速度v＝2sin（4t）m/s所以導(dǎo)體棒在運動過程中，速度的最大值為vm＝2m/s通過導(dǎo)體棒的感應(yīng)電流I聯(lián)立解得導(dǎo)體棒在運動過程中，產(chǎn)生感應(yīng)電流的最大值：Im＝0.5A故A正確；B．設(shè)導(dǎo)體棒做簡諧運動的周期為T，根據(jù)x＝﹣0.5cos（4t）m根據(jù)周期和圓頻率的關(guān)系：T=解得周期：T=在0～π8s內(nèi)，即0～感應(yīng)電動勢的平均值：E根據(jù)歐姆定律，感應(yīng)電流的平均值：I根據(jù)電流的定義式，通過導(dǎo)體棒的電荷量：q=聯(lián)立解得q＝0.125C故B錯誤；C．在0～π8s內(nèi)，設(shè)T形支架對導(dǎo)體棒做功為W根據(jù)焦耳定律：Q=聯(lián)立解得W故C正確；D．由于加速度是速度對時間的求導(dǎo)，則有a＝v′（t）＝8cos（4t）有牛頓第二定律可得：B2結(jié)合題意解得：tan（4t）＝16解得導(dǎo)體棒的速度大?。簐=2sin(4t)=故D正確。故選：ACD?！军c評】本題考查了電磁感應(yīng)相關(guān)知識，理解其中的受力情況和能量變化情況是解決此類問題的關(guān)鍵。三、非選擇題：共56分。11．（6分）某學(xué)習(xí)小組利用圖示裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系，主要操作步驟如下：a.按圖甲所示完成裝置安裝，木板左端用鉸鏈連接在桌面上，將1個鉤碼通過跨過定滑輪的細(xì)繩連接到小車上；b.調(diào)整木塊位置，使小車獲得一定初速度后，遮光片通過兩光電門的遮光時間相等；c.取下鉤碼，由靜止釋放小車，記錄小車通過上、下兩個光電門時遮光片的遮光時間，分別記為t1和t2；d.依次增加懸掛的鉤碼（完全相同）個數(shù)n，重復(fù)步驟b、c、d。請完成以下問題：（1）兩光電門中心間的距離為s，遮光片的寬度d用螺旋測微器測量如圖乙，讀得d＝3.108mm。由a=d22s（2）要探究小車加速度與所受合外力的關(guān)系，以加速度a為縱軸，以n（選填“n”“1n”“n2”或“1（3）下列做法能減小本實驗誤差的是C。A.減小兩光電門之間的距離B.要確保小車的質(zhì)量遠(yuǎn)大于鉤碼的質(zhì)量C.挑選遮光片時，選寬度比較小的D.挑選表面比較光滑的木板進行實驗【分析】（1）螺旋測微器的讀數(shù)為固定刻度與可動刻度讀數(shù)之和；（2）根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律計算判斷；（3）根據(jù)實驗原理和注意事項分析判斷?！窘獯稹拷猓海?）螺旋測微器的讀數(shù)為固定刻度與可動刻度讀數(shù)之和，則遮光片的寬度為d＝3mm+10.8×0.01mm＝3.108mm（2）令一個鉤碼的質(zhì)量為m，小車的質(zhì)量為M，依次增加懸掛的鉤碼（完全相同）個數(shù)n，重復(fù)步驟b、c、d，在步驟b中，根據(jù)平衡條件有nmg＝Mgsinθ+μMgcosθ在步驟c中，對小車進行分析，根據(jù)牛頓第二定律有Mgsinθ+μMgcosθ＝Ma則有a=可知，要探究小車加速度與所受合外力的關(guān)系，以加速度a為縱軸，以n為橫軸描點作圖，當(dāng)所作圖像是一條過坐標(biāo)原點的傾斜直線時，則說明：在小車質(zhì)量不變的情況下，小車的加速度與所受合外力成正比。（3）A．根據(jù)光電門測速原理有v=當(dāng)光電門之間間距大一些時，擋光時間短一些，測速更加精確一些，可知，為了減小測速誤差，實驗中應(yīng)增大兩光電門之間的距離，故A錯誤；B．結(jié)合上述可知，實驗中能夠精確測得小車所受外力的合力，實驗中，不需要確保小車的質(zhì)量遠(yuǎn)大于鉤碼的質(zhì)量，故B錯誤；C．遮光片寬度越小，擋光時間越短，根據(jù)光電門測速原理v=dD．結(jié)合上述可知，木板的摩擦對實驗沒有影響，即不需要挑選表面比較光滑的木板進行實驗，故D錯誤。故選：C。故答案為：（1）3.108；（2）n；（3）C?！军c評】本題關(guān)鍵掌握探究加速度與力、質(zhì)量關(guān)系的實驗原理和螺旋測微器的讀數(shù)方法。12．（10分）某興趣小組利用實驗室的器材進行電表內(nèi)阻的測量實驗。（1）小組成員在實驗室發(fā)現(xiàn)一個表盤數(shù)字被污漬遮擋的電壓表，利用圖甲中的電路圖測量電壓表量程。閉合開關(guān)后，調(diào)節(jié)滑動變阻器R1和電阻箱R2，保持電流表滿偏Ig＝100mA，當(dāng)R21＝8Ω時，電壓表指針偏轉(zhuǎn)了滿偏的13，當(dāng)R22＝18Ω時，電壓表指針偏轉(zhuǎn)了滿偏的23，則電壓表量程為3V，電流表內(nèi)阻為RA＝2（2）小組成員選擇完好的實驗儀器，利用表盤如圖乙所示的多用電表和圖丙中的電路圖測量該電壓表的內(nèi)阻（內(nèi)阻約十幾千歐）。①利用多用電表的歐姆擋對電壓表內(nèi)阻進行粗測。將多用電表擋位調(diào)到歐姆×1k擋（選填“×100”或“×1k”），再將紅表筆和黑表筆短接，調(diào)零后，將兩表筆接在電壓表正負(fù)接線柱上，用多用電表讀出電壓表內(nèi)阻阻值；②按照圖丙所示的電路圖連接實驗儀器后，閉合開關(guān)S，改變電阻箱阻值，讀取多組電壓表示數(shù)U與電阻箱阻值R，并繪制出R?1U圖像如圖丁所示，圖像斜率為k，若已知電源電動勢E，則電壓表內(nèi)阻RV＝kE【分析】（1）根據(jù)多用電表原理結(jié)合歐姆定律分析；（2）①多用電表歐姆擋在使用時，指針應(yīng)盡可能在表盤中間區(qū)域；②根據(jù)閉合電路歐姆定律得到R?1【解答】解；（1）保持電流表滿偏Ig＝100mA，當(dāng)R21＝8Ω時，電壓表指針偏轉(zhuǎn)了滿偏的13，當(dāng)R22＝18Ω時，電壓表指針偏轉(zhuǎn)了滿偏的23。根據(jù)歐姆定律有I解得U1＝3V，RA＝2Ω（2）①電壓表的內(nèi)阻（內(nèi)阻約十幾千歐），則多用電表歐姆擋在使用時，指針應(yīng)盡可能在表盤中間區(qū)域，則擋位應(yīng)調(diào)到歐姆“×1k”擋，再將紅黑表筆短接進行調(diào)零。②根據(jù)閉合電路歐姆定律有E=U+UR則ERV＝k電壓表內(nèi)阻R從式中可以看出電壓表內(nèi)阻只與電源電動勢和斜率有關(guān)，與電源內(nèi)阻無關(guān)，所以電源內(nèi)阻對電壓表內(nèi)阻測量無影響。故答案為：（1）3，2；（2）×1k，kE【點評】解題關(guān)鍵是要熟悉多用電表原理以及能夠得到對應(yīng)圖像的函數(shù)關(guān)系式，結(jié)合關(guān)系式分析。13．（10分）小明學(xué)習(xí)熱學(xué)知識后設(shè)計了一個利用氣體來測量液體溫度的裝置。該裝置由導(dǎo)熱性能良好、厚度不計的圓柱形細(xì)管、圓柱形金屬塊、上下兩個小卡環(huán)組成。圓柱形金屬塊質(zhì)量為20g厚度為2cm與管壁緊密接觸（不漏氣），管內(nèi)用金屬塊封閉有一定量的理想氣體，管內(nèi)卡環(huán)限制金屬塊只能在管內(nèi)一定范圍內(nèi)上下移動，以金屬塊下端位置為基準(zhǔn)在上下卡環(huán)之間刻上刻度。上、下卡環(huán)間距離為52cm，上端卡環(huán)距管下端距離為102cm，管的橫截面積為10mm2，測溫時把溫度計豎直插入待測液體中。不考慮固體的熱脹冷縮，不計一切摩擦阻力，外界大氣壓強恒為p0＝1.0×105Pa，g取10m/s2，當(dāng)管內(nèi)氣體的溫度為7℃時金屬塊恰好對下方卡環(huán)無壓力。（1）求該溫度計的測溫范圍；（2）某次測溫時示數(shù)由63℃上升到147℃，該過程管內(nèi)氣體吸收的熱量為0.68J，求管內(nèi)氣體內(nèi)能改變量?！痉治觥浚?）根據(jù)給定條件計算出金屬塊對下方卡環(huán)無壓力時的氣體壓強，進而確定溫度計的測溫范圍。（2）利用熱力學(xué)第一定律計算管內(nèi)氣體內(nèi)能的改變量?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)管內(nèi)氣體最高溫度為T2，管內(nèi)氣體做等壓變化，則S其中T1＝（273+7）K＝280K＝7℃，L1＝（102﹣52）cm＝50cm，L2＝（102﹣2）cm＝100cm解得T2＝560K＝287℃故溫度計的測溫范圍為7℃≤t≤287℃（2）管內(nèi)氣體做等壓變化，則S其中T3＝（273+63）K＝336K，T4＝（273+147）K＝420K解得L3＝60cm，L4＝75cm管內(nèi)氣體的壓強為p=該過程氣體對外做功為W=pS(根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝﹣W+Q＝0.5J可知管內(nèi)氣體內(nèi)能增加了0.5J。答：（1）求該溫度計的測溫范圍7℃≤t≤287℃。（2）某次測溫時示數(shù)由63℃上升到147℃，該過程管內(nèi)氣體吸收的熱量為0.68J，管內(nèi)氣體內(nèi)能改變量0.5J?！军c評】本題主要考查理想氣體的狀態(tài)方程及其應(yīng)用，以及熱力學(xué)第一定律的應(yīng)用。14．（13分）如圖甲所示，空間存在兩邊界為同軸圓柱面的電磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，區(qū)域Ⅱ位于區(qū)域Ⅰ外側(cè)，圓柱面的軸線沿空間直角坐標(biāo)系Oxyz的x軸方向。半徑R＝0.10m的足夠長水平圓柱形區(qū)域Ⅰ內(nèi)分布著沿x軸正方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B＝8×10﹣3T；沿x軸正方向觀察電磁場分布如圖乙，寬度d＝0.10m的區(qū)域Ⅱ同時存在電、磁場，電場強度E＝80N/C的勻強電場沿x軸正方向，磁場的磁感應(yīng)強度大小也為B＝8×10﹣3T、磁感線與圓弧邊界平行且沿順時針方向，沿y軸負(fù)方向觀察電磁場分布如圖丙，比荷qm=1.25×107C/kg的帶正電粒子，從坐標(biāo)為（0，0.20）的A點以一定初速度v（1）求v0大小以及它在區(qū)域Ⅰ中運動的半徑；（2）若撤去區(qū)域Ⅱ的電場，求該粒子以速度2v0從進入?yún)^(qū)域Ⅱ到離開區(qū)域Ⅰ運動的總時間?！痉治觥浚?）根據(jù)粒子沿直線通過區(qū)域Ⅱ，結(jié)合受力平衡，洛倫茲力提供向心力分析求解；（2）根據(jù)撤去區(qū)域Ⅱ中的電場后，粒子在區(qū)域Ⅱ中做勻速圓周運動，結(jié)合幾何關(guān)系分析求解?！窘獯稹拷猓海?）粒子沿直線通過區(qū)域Ⅱ，受力平衡則有qE＝qv0B解得v粒子在區(qū)域Ⅰ中勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得q解得R1＝0.10m（2）撤去