第第頁2025屆湖南省婁底市高三下學(xué)期二模物理試題一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的1．關(guān)于物質(zhì)波、光電效應(yīng)、原子模型、黑體輻射，下列說法正確的是（）A．黑體輻射中，隨著溫度升高，輻射強度的極大值向波長較短的方向移動B．波爾的原子結(jié)構(gòu)假說認(rèn)為原子中電子的軌道是連續(xù)的C．德布羅意關(guān)于物質(zhì)波的假說至今仍未被實驗證實D．光電效應(yīng)中，遏止電壓會隨光強變大而變大2．某實驗小組利用甲、乙兩小車的傳感器來比較它們的運動情況，如圖為測繪出它們在同一平直賽道上運動時的v?t圖像，t=0時刻，乙車在甲車前方x0位置處，t=t1A．若它們在t=t1B．若它們在t=t1C．若它們在t=t1D．若它們在t=t13．2025年3月12日，澳大利亞悉尼大學(xué)的伊里斯·德·魯伊特帶領(lǐng)團隊終于解開了一個自去年被發(fā)現(xiàn)以來一直困擾著他們的神秘重復(fù)無線電信號之謎。經(jīng)過深入研究，研究團隊將這一信號追蹤至一個奇特的雙星系統(tǒng)，該系統(tǒng)包含一顆白矮星和一顆紅矮星伴星，設(shè)白矮星質(zhì)量為m1，紅矮星質(zhì)量為m2，兩個星體質(zhì)量分布均勻且二者之間的距離為L，萬有引力常量為G，不計其他星球的影響，下列說法正確的是（）A．白矮星與紅矮星的向心力相同B．白矮星與紅矮星的線速度大小之比為mC．白矮星的角速度大小為GD．白矮星與紅矮星的動量大小之比為m4．在美麗的夏日雨后，我們通常能看見的彩虹是紅色在外、紫色在內(nèi)，這被稱為“虹”，有時還能看見一組相對“虹”而言顏色較淡的彩色圓弧，這被稱為“霓”，圖甲和圖乙為霓虹產(chǎn)生的原理圖，圖中用虛線或?qū)嵕€代表紅光或紫光，下列說法正確的是（）A．“霓”顏色較淡的主要原因是水滴距離人眼更遠(yuǎn)B．“霓”與“虹”順序剛好相反，是紅色在內(nèi)、紫色在外C．圖甲表示“虹”的產(chǎn)生原理，其中虛線代表紫光D．圖乙表示“霓”的產(chǎn)生原理，其中虛線代表紫光5．在水平面上，從A點將一小球斜向上拋出，而后落于水平面上的B點?，F(xiàn)將空間中加上豎直方向的電場，將一帶電小球仍從A點以相等的速率斜向上拋出，最后還是落在B點，不計空氣阻力。則下列說法正確的是（）A．兩小球在空中運動的時間相等B．兩小球在最高點時的速度相等C．帶電小球在空中運動時的加速度一定大于重力加速度D．若僅將電場方向改為水平方向，帶電小球的落地點一定不在B點6．如圖，AB等高，B為可視為質(zhì)點的光滑定滑輪，C為大小可忽略的輕質(zhì)光滑動滑輪。AB之間距離為2d，一根足夠長的輕質(zhì)不可伸長的細(xì)繩一端系在A點，穿過光滑動滑輪C再繞過定滑輪B，動滑輪下掛著質(zhì)量為m的小球P，繩另一端吊著質(zhì)量為m的小球Q。初始時整個系統(tǒng)都靜止，然后在外力作用下，將動滑輪C緩慢上移到與AB等高并由靜止釋放。已知重力加速度為g，整個過程中Q未與滑輪B相撞，不計空氣阻力和一切摩擦則下列說法正確的是（）A．初始時刻，AC與BC夾角為60°B．C可以下降的最大高度為2dC．P下降高度為d時系統(tǒng)的動能最大D．系統(tǒng)運動過程中最大動能為E二、多選題：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，全部選對得5分，選對但不全對得3分，有選錯的得0分。7．在水面上有兩個波源，振動情況完全相同，其振動圖像如圖1。圖2是振源發(fā)出的兩列水波在水面離波源較遠(yuǎn)某區(qū)域中形成的干涉圖樣，實線表示波峰，虛線表示波谷，M、N、Q皆為兩振源連線中垂線上的點，R為PQ連線上一點。（不考慮水波傳播過程中能量的耗散）圖2區(qū)域內(nèi)的振動情況若用圖3中的甲、乙、丙描述，則下列說法可能正確的是（）A．M點振動如甲所示 B．N點振動如乙所示C．R點振動如甲所示 D．Q點振動如丙所示8．某小型發(fā)電機結(jié)構(gòu)可簡化為如圖甲所示，矩形交流發(fā)電機匝數(shù)為n=50，線圈、導(dǎo)線的電阻均不計，在勻強磁場中以矩形線圈中軸線OO'為軸勻速轉(zhuǎn)動，線圈中磁通量Φ隨時間t的變化如圖乙所示，其中ΦmA．可以通過變壓器調(diào)節(jié)交流電的頻率B．電壓表的示數(shù)為50C．變壓器的原副線圈匝數(shù)比為5:22D．當(dāng)副線圈的負(fù)載增加時，發(fā)電機的輸出功率增加9．如圖所示在光滑水平面上有兩個小木塊A和B，其質(zhì)量mA=2kg,mB=4kg，它們中間用一根輕彈簧相連。一顆水平飛行的子彈質(zhì)量為m0=50gA．子彈射穿A木塊過程中系統(tǒng)損失的機械能為3975JB．子彈打穿兩個木塊后的過程中彈簧最大的彈性勢能為4.5C．彈簧再次恢復(fù)原長時A的速度為5D．彈簧再次恢復(fù)原長時B的速度為2510．如圖甲，光滑平行導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，電阻不計。兩導(dǎo)軌間距d=10cm，導(dǎo)體棒ab、cd放在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直。每根棒在導(dǎo)軌間部分的電阻均為R=1.0Ω，質(zhì)量均為m=1.0×10?5kg，用長為L=20A．0～2s的時間內(nèi)電路中電流為順時針方向，2B．0～2s的時間內(nèi)，電路中感應(yīng)電流的大小為C．0～2sD．在3s時兩導(dǎo)體棒均以1三、非選擇題：本大題共5小題，共56分11．某研究小組要測量一未知電阻（約為幾百歐姆）Rx電源E電壓表3滑動變阻器R（A：“0～10Ω”或B：“0～100Ω”）電阻箱R開關(guān)、導(dǎo)線若干（1）要使cd兩端電壓U0在實驗過程中基本不變，滑動變阻器選（2）正確連線，實驗操作如下：①將滑動變阻器的滑片P移到最左端，電阻箱調(diào)至合適阻值，合上開關(guān)S1②開關(guān)S2切換到a，調(diào)節(jié)滑片P使電壓表示數(shù)為U0=2.5V；再將開關(guān)S切換到b，保持滑片P位置不變，當(dāng)電阻箱調(diào)至R1=250.0Ω（3）本實驗由于測量方法的原因存在系統(tǒng)誤差，請說明一種產(chǎn)生誤差的原因：12．某同學(xué)用如圖（a）所示的裝置驗證機械能守恒定律。不可伸長的輕繩繞過定滑輪，輕繩兩端分別連接物塊P與感光細(xì)鋼柱K，兩者質(zhì)量均為m=0.140kg，鋼柱K下端與質(zhì)量為M=0.200kg的物塊Q相連鐵架臺下部固定一個電動機，電動機豎直轉(zhuǎn)軸上裝一支激光筆，電動機帶動激光筆繞轉(zhuǎn)軸在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，每轉(zhuǎn)一周激光照射在細(xì)鋼柱表面時就會使細(xì)鋼柱感光并留下痕跡。初始時P、K、Q系統(tǒng)在外力作用下保持靜止，輕繩與細(xì)鋼柱均豎直查得當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭為（1）開啟電動機，待電動機以ω=40πrad/s的角速度勻速轉(zhuǎn)動后。將P、K、Q系統(tǒng)由靜止釋放，Q落地前，激光器在細(xì)鋼柱K上留下感光痕跡。取下K，用刻度尺測出感光痕跡間的距離如圖（b）所示。激光束照射到D點時，細(xì)鋼柱速度大小為v（2）經(jīng)判斷系統(tǒng)由靜止釋放時激光筆光束恰好經(jīng)過O點。參照圖（b），經(jīng)計算，在OD段，系統(tǒng)動能的增加量ΔEk=0.154J（3）選取相同的另一感光細(xì)鋼柱K，若初始時激光筆對準(zhǔn)K上某點，開啟電動機的同時系統(tǒng)由靜止釋放，電動機的角速度按如圖（c）所示的規(guī)律變化，圖像斜率為k，記錄下如圖（d）所示的感光痕跡，其中兩相鄰感光痕跡間距均為d，重力加速度取g。當(dāng)mM=即可證明系統(tǒng)在運動過程中機械能守恒（用含字母（4）驗證實驗結(jié)束后，該同學(xué)突發(fā)奇想：如果系統(tǒng)（物塊P、Q與感光細(xì)鋼柱K)的機械能守恒，不斷增大物塊Q的質(zhì)量M，物塊Q的加速度a也將不斷增大，已知重力加速度為g，請你幫該同學(xué)寫出a與m、M之間的關(guān)系式：（用題中所給字母表示，下同），當(dāng)M遠(yuǎn)大于m時，a將趨近于13．夏天，某同學(xué)設(shè)計了如圖所示的估測室溫的裝置。用質(zhì)量為m的絕熱活塞和導(dǎo)熱良好的汽缸封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞的橫截面積為S，室溫時測得活塞到汽缸底部的距離為L1。將汽缸豎直放置于同一房間的冰水中，已知冰水溫度恒為T2，活塞緩慢下降，穩(wěn)定時測得活塞到汽缸底部的距離為L2（1）求室溫T1（2）若已知該氣體內(nèi)能U與溫度T滿足U=kT,k為已知量，求在上述過程中該氣體向外釋放的熱量Q。14．如圖，在xOy坐標(biāo)系內(nèi)，有幾個電磁場區(qū)域，在y>d的上方有一個垂直平面向里的勻強磁場區(qū)域I，圓心為O1，磁感應(yīng)強度B1=mvqd，在y≤d到x軸之間，有一個沿x軸正向的勻強電場區(qū)域II（圖中未畫出）。I區(qū)域下邊界與II區(qū)域上邊界相切在第三、四象限有一個垂直平面向外的勻強磁場區(qū)域III，磁感應(yīng)強度未知。A為一個與O1等高的處于磁場區(qū)域邊沿的粒子源，可以源源不斷地向右側(cè)區(qū)域各個方向發(fā)射質(zhì)量為m，帶電量為?q的粒子，粒子速度大小相同都為v。所有粒子均沿y軸負(fù)向垂直進入?yún)^(qū)域（1）A點的坐標(biāo)：（2）電場強度E與B1的比值，及粒子進入?yún)^(qū)域III（3）若粒子從III區(qū)域再次穿過x軸時，II區(qū)域的電場方向變?yōu)榈却蠓聪颍罱K所有粒子從I區(qū)域與A等高的B點離開磁場，求III區(qū)域的磁感應(yīng)強度B215．如圖所示為一緩沖機構(gòu)工作的原理示意圖。兩滑塊A、B可在光滑水平面上做直線運動，mA=m，mB=4m，滑塊B中貫穿一輕質(zhì)摩擦桿，靡擦桿和滑塊B之間的滑動摩擦力可以通過改變滑塊B中安裝的液壓裝置所提供的壓力進行調(diào)節(jié)，摩擦桿前端固定一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，當(dāng)A擠壓彈簧達到一定壓縮量時可以導(dǎo)致摩擦桿與B之間達到最大靜摩擦力，并出現(xiàn)相對運動，某次實驗時，調(diào)節(jié)B與摩擦桿之間的壓力使得它們之間的最大靜摩擦力大小為f=5mg（（1）若摩擦桿與B剛好出現(xiàn)相對運動時所對應(yīng)A的初速度的值以及此條件下A、B分離后的速度（2）若A的初始速度大小為258

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．黑體輻射的“維恩位移定律”表明，溫度升高時，輻射強度最大值對應(yīng)的波長向短波方向移動，A正確；B．玻爾原子模型的核心是“電子軌道量子化”（軌道不連續(xù)），B錯誤；C．德布羅意關(guān)于物質(zhì)波的假說已經(jīng)被實驗證實，C錯誤；D．光電效應(yīng)中，遏止電壓與入射光的頻率有關(guān)，與光強無關(guān)，D錯誤。故答案為：A。

【分析】結(jié)合黑體輻射、玻爾模型、物質(zhì)波、光電效應(yīng)的核心結(jié)論，逐一判斷選項。2．【答案】D【解析】【解答】AB．若它們在t=t1第一次相遇，甲車位移為x，則乙的位移為x4，則xCD．甲車停止運動的時刻為3t12，根據(jù)圖像的對稱性，可知，若它們在t=t12第一次相遇，則下次相遇時刻為3t12，但是若它們在t=故答案為：D。

【分析】利用v-t圖像的“面積表示位移”，結(jié)合兩車的初始位置差，分析相遇時的位移關(guān)系；再根據(jù)甲車的運動時間（減速到停止的時刻），判斷多次相遇的時刻。3．【答案】C【解析】【解答】A．白矮星與紅矮星的向心力由相互間的萬有引力提供，大小相等、方向相反，向心力（矢量）不同，故A錯誤；B．白矮星與紅矮星可以看做角速度相等，由于v=ωr，則v1v可以得到m1r1C．根據(jù)Gm1m2LD．根據(jù)動量的公式p=mv，則m1v1故答案為：C。

【分析】雙星系統(tǒng)的核心是“兩星角速度相同，萬有引力提供向心力”，結(jié)合向心力、線速度、角速度、動量的公式分析各選項。4．【答案】B【解析】【解答】A．“霓”顏色較淡，是因為光在水滴內(nèi)發(fā)生了兩次反射，能量損耗更多，并非水滴距離人眼更遠(yuǎn)，故A錯誤；B．由甲乙兩圖分析可知，甲乙兩圖均為實線光線偏轉(zhuǎn)大，為紫光，則霓與虹順序剛好相反，是紅色在內(nèi)、紫色在外，故B正確；CD．圖甲表示虹的產(chǎn)生原理，進入人眼的是靠上水滴中的虛線和靠下水滴中的實線，紫光折射率較大偏轉(zhuǎn)大，因此實線是紫光，圖乙是霓，紫光偏轉(zhuǎn)較大，因此實線是紫光，故CD錯誤。故答案為：B。

【分析】結(jié)合“虹”“霓”的光的折射/反射規(guī)律，以及紫光、紅光的偏折程度（紫光折射率大，偏折更明顯）來判斷選項。5．【答案】D【解析】【解答】A．帶電小球，在電場中由于受電場力，豎直方向的加速度一定不等于重力加速度，但兩小球均落于B點，拋出時的夾角一定不同，時間不等，A錯誤；B．由于夾角不相等，水平分速度不等，在最高點時的速度不相等，B錯誤；C．由于不明確電場的方向和帶電小球的電性，所以加速度可能大于也可能小于重力加速度，C錯誤；D．電場豎直方向時，水平方向的分運動始終是勻速運動，電場方向改變后，水平方向的分運動變?yōu)樽兯龠\動，所以落點發(fā)生改變，D正確。故答案為：D。

【分析】將斜拋運動分解為水平方向（勻速/變速）和豎直方向（勻變速），結(jié)合電場力對豎直/水平分運動的影響，分析各選項。6．【答案】D【解析】【解答】A．初始時刻靜止，繩子中拉力T=mg，對動滑輪C進行受力分析可得，AC與BC夾角為120°，故A錯誤；B．設(shè)C可以下降的最大高度為h，由能量守恒可得，mgh=2mgh2+CD．P和Q總動能最大時系統(tǒng)的總勢能最小，即總勢能取極小值，對應(yīng)系統(tǒng)靜止時的平衡位置，即AC與BC夾角為120°，此時P下降高度h=33d，Q上升高度h'故答案為：D。

【分析】結(jié)合受力平衡（判斷角度）、機械能守恒（分析高度與動能），將動滑輪的繩長變化與物體高度變化關(guān)聯(lián)，分析各選項。7．【答案】C,D【解析】【解答】根據(jù)題意，由圖2可知，M、N、Q皆為兩振源連線中垂線上的點，到兩振源距離相等，均為振動加強點，則M、N、Q振動如圖丙所示，R到兩振源距離之差介于0～12λ故答案為：CD。

【分析】根據(jù)干涉加強/減弱條件（兩列波的路程差與波長的關(guān)系），結(jié)合振動圖像的振幅、相位，判斷各點的振動情況。8．【答案】B,C,D【解析】【解答】A．變壓器的作用是改變電壓、電流，不能改變交流電的頻率（頻率由發(fā)電機的轉(zhuǎn)動頻率決定），A錯誤；BC．根據(jù)圖像可得T=0.02s，線圈的角速度線圈產(chǎn)生的電動勢的峰值為E則電壓表的示數(shù)為U變壓器的匝數(shù)比n1D．當(dāng)副線圈的負(fù)載增加時，副線圈的總電阻減小，副線圈消耗的功率P2=U故答案為：BCD。

【分析】先由交變電流的電動勢公式計算發(fā)電機的輸出電壓，再結(jié)合理想變壓器的電壓、功率規(guī)律分析各選項。9．【答案】A,C【解析】【解答】A．設(shè)子彈射穿A木塊后A和子彈的速度分別為vA和v1，由題意可知v1=35v0=300m/B．設(shè)子彈射穿B木塊后B和子彈的速度分別為vB和v2由題意可知1聯(lián)立解得vB=2.5m/s，子彈穿過B以后，彈簧開始被壓縮，A、解得v根據(jù)機械能守恒定律可得彈簧的最大彈性勢能為EpmCD．彈簧再次恢復(fù)原長時A、B的速度分別為vA'機械能守恒定律有1聯(lián)立解得vA故答案為：AC。

【分析】分階段用動量守恒定律分析子彈與木塊的作用過程，結(jié)合機械能變化公式計算損失的機械能，再通過系統(tǒng)動量守恒+機械能守恒分析彈簧的彈性勢能與木塊速度。10．【答案】B,D【解析】【解答】AB．從圖像可知，ΔBΔt=0.1T/s，E=nCD．由于電路中電流恒定，在磁場最強時安培力最大，則F故0～2.0s不會被拉斷，電流為恒定電流，在0～2.0s內(nèi)，安培力隨B的變化而變化，逐漸減小，在3s時，故C錯誤，D正確。故答案為：BD。

【分析】利用法拉第電磁感應(yīng)定律計算感應(yīng)電動勢與電流，結(jié)合安培力公式和牛頓第二定律分析導(dǎo)線的受力、運動情況。11．【答案】（1）A（2）230.8（3）cd兩端電壓會大于U0，即U【解析】【解答】（1）要使得cd兩端電壓U0在實驗中基本不變，則滑動變阻器應(yīng)該選擇阻值較小的A，因為阻值小的滑動變阻器在分壓時，滑片移動過程中，輸出電壓變化相對平緩，更能近似保證cd兩端電壓基本不變。

故答案為：（2）由電路可知Rx=（3）開關(guān)S2從a切換到b，由于分壓電路電阻變大，實際cd兩端電壓會大于U0，即Ux>U0-U1，或電壓表存在分流。

故答案為：cd兩端電壓會大于U（1）要使得cd兩端電壓U0在實驗中基本不變，則滑動變阻器應(yīng)該選擇阻值較小的A（2）由電路可知R（3）開關(guān)S2從a切換到b，由于分壓電路電阻變大，實際cd兩端電壓會大于U0，即12．【答案】（1）0.8（2）滑輪的質(zhì)量不可忽略或繩與滑輪之間有摩擦或空氣阻力（3）πg(shù)（4）a=Mg【解析】【解答】（1）根據(jù)角速度與周期的關(guān)系有T=根據(jù)運動學(xué)公式v1=x（2）在OD段，系統(tǒng)動能的增加量為Δ重力勢能的減少量為Δ滑輪的質(zhì)量不可忽略，滑輪轉(zhuǎn)動時有動能，或繩與滑輪之間有摩擦，或空氣阻力導(dǎo)致系統(tǒng)重力勢能的減少量大于物塊與鋼柱的動能增加量。

故答案為：（3）從初始時激光筆對準(zhǔn)K上某點開始選取連續(xù)的n段，根據(jù)時間關(guān)系有2nπ=根據(jù)運動學(xué)公式有1根據(jù)機械能守恒定律有Mgnd=解得mM=（4）根據(jù)牛頓第二定律Mg=所以a=MgM+2m；當(dāng)M遠(yuǎn)大于m時，a≈g

故答案為：

【分析】（1）速度計算：利用激光筆轉(zhuǎn)動周期與鋼柱位移的關(guān)系，結(jié)合勻變速運動的平均速度公式求速度。

（3）機械能守恒推導(dǎo)：結(jié)合電動機角速度的變化規(guī)律、相鄰痕跡間距的運動學(xué)公式，聯(lián)立機械能守恒定律推導(dǎo)質(zhì)量比。（1）根據(jù)角速度與周期的關(guān)系有T=根據(jù)運動學(xué)公式v1（2）在OD段，系統(tǒng)動能的增加量為Δ重力勢能的減少量為Δ滑輪的質(zhì)量不可忽略，滑輪轉(zhuǎn)動時有動能，或繩與滑輪之間有摩擦，或空氣阻力導(dǎo)致系統(tǒng)重力勢能的減少量大于物塊與鋼柱的動能增加量。（3）從初始時激光筆對準(zhǔn)K上某點開始選取連續(xù)的n段，根據(jù)時間關(guān)系有2nπ=根據(jù)運動學(xué)公式有1根據(jù)機械能守恒定律有Mgnd=解得m（4）[1]根據(jù)牛頓第二定律Mg=所以a=[2]當(dāng)M遠(yuǎn)大于m時，a≈g13．【答案】（1）解：由等壓變化得S解得T（2）解：根據(jù)公式U=kT，得初、末狀態(tài)的氣體的內(nèi)能為U內(nèi)能變化量為Δ活塞緩慢下降，設(shè)氣體壓強為p，對活塞受力分析可得：pS=氣體經(jīng)歷等壓變化，外界對氣體做功為W=pS由熱力學(xué)第一定律Δ得氣體向外界釋放的熱量Q=【解析】【分析】（1）等壓變化規(guī)律：利用蓋-呂薩克定律（等壓下體積與溫度成正比），結(jié)合氣體初末狀態(tài)的體積（活塞位移與橫截面積的乘積），求解室溫。

（2）熱力學(xué)第一定律應(yīng)用：先確定內(nèi)能變化（由內(nèi)能公式）和外界對氣體的做功（由壓強、位移與橫截面積的關(guān)系），再通過熱力學(xué)第一定律推導(dǎo)氣體釋放的熱量。（1）由等壓變化得S解得T（2）根據(jù)公式U=kT，得初、末狀態(tài)的氣體的內(nèi)能為U內(nèi)能變化量為Δ活塞緩慢下降，設(shè)氣體壓強為p，對活塞受力分析可得：pS=氣體經(jīng)歷等壓變化，外界對氣體做功為W=pS由熱力學(xué)第一定律Δ得氣體向外界釋放的熱量Q=14．【答案】（1）解：所有粒子均沿y軸負(fù)向垂直進入?yún)^(qū)域II，所以可知，帶電粒子做圓周運動的半徑與磁場區(qū)域半徑相同；

由qvB1=mv2r，可得r=d（2）解：最右側(cè)的粒子恰好經(jīng)過原點O進入?yún)^(qū)域III，則有d=化簡可得E=所以E設(shè)粒子進入?yún)^(qū)域II的速度大小為v'，則有可得v（3）解：所有粒子在區(qū)域II和區(qū)域III運動過程中間距始終相等，若最右側(cè)的粒子恰好經(jīng)過原點O進入?yún)^(qū)域III，則最左側(cè)粒子從A點正下方的x=?d處進入電場，又因為最終所有粒子從I區(qū)域與A等高的B點離開磁場，根據(jù)運動的對稱性可知，最左側(cè)粒子恰好從原點O返回區(qū)域II。其全程運動軌跡如圖所示即所有粒子在區(qū)域III中運動后向右偏移2d。對粒子沿y方向用動量定理有∑q即2q解得B【解析】【分析】（1）圓周運動軌跡分析：利用洛倫茲力提供向心力，結(jié)合磁場區(qū)域的幾何關(guān)系，確定A點坐標(biāo)。

（2）電場加速與速度合成：將粒子在電場中的運動分解為x、y方向，結(jié)合運動學(xué)公式求電場強度，再合成速度得進入?yún)^(qū)域Ⅲ的速度。

（3）圓周運動對稱性：根據(jù)粒子返回的軌跡對稱性，確定區(qū)域Ⅲ中圓周運動的半徑，結(jié)合洛倫茲力公式求解磁感應(yīng)強度。（1）所有粒子均沿y軸負(fù)向垂直進入?yún)^(qū)域II，所以可知，帶電粒子做圓周運動的半徑與磁場區(qū)域半徑相同；由qv可得r=d所以A點坐標(biāo)為（?d，2d）。（2）最右側(cè)的粒子恰好經(jīng)過原點O進入?yún)^(qū)域III，則有d=化簡可得E=所以E設(shè)粒子進入?yún)^(qū)域II的速度大小為v'，則有可得v（3）所有粒子在區(qū)域II和區(qū)域III運動過程中間距始終相等，若最右側(cè)的粒子恰好經(jīng)過原點O進入?yún)^(qū)域III，則最左側(cè)粒子從A點正下方的x=?d處進入電場，又因為最終所有粒子從I區(qū)域與A等高的B點離開磁場，根據(jù)運動的對稱性可知，最左側(cè)粒子恰好從原點O返回區(qū)域II。其全程運動軌跡如圖所示即所有粒子在區(qū)域III中運動后向右偏移2d。方法一：對粒子沿y方向用動量定理有∑q即2q解得B方法二：由類平拋運動規(guī)律可知，進入?yún)^(qū)域