2024年江苏省南通市如皋市高考物理二模试卷（含解析）

这是一份2024年江苏省南通市如皋市高考物理二模试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.“玉兔二号”装有我国自主研发的放射性钚238(94238Pu)电池，其发生α衰变后的产物是铀234(92234U)并放出能量。下列说法中正确的是( )
A. 铀234原子核内质子数比中子数多50个
B. α衰变的实质是核内的两个中子和两个质子转化成了一个α粒子
C. 衰变后铀234的质量与α粒子的质量之和等于衰变前钚238的质量
D. 充分利用太阳能加热核电池可以加快钚238的衰变
2.如图所示，一绝热容器被隔板K隔开成A、B两部分。已知A内有一定质量的理想气体，B内为真空。抽开隔板K后，A内气体进入B，最终达到平衡状态。则该气体( )
A. 内能减小，温度降低
B. 内能减小，温度不变
C. 内能不变，温度不变
D. 内能不变，温度降低
3.下列两个靠近的线圈之间最不容易产生互感现象的是( )
A. B.
C. D.
4.“拉曼散射”是指一定频率的光照射到样品表面时，物质中的分子与光子发生能量转移，散射出不同频率的光。若在反射时光子将一部分能量传递给分子，则( )
A. 光传播速度变大B. 光子的波长变小C. 光子的频率变大D. 光子的动量变小
5.钢瓶中装有一定质量的气体，现在用两种方法抽取钢瓶中的气体，第一种方法是用小抽气机，每次抽出1L气体，共抽取三次，第二种方法是用大抽气机，一次抽取3L气体，这两种抽法中，抽取气体质量较多的是( )
A. 第一种抽法B. 第二种抽法
C. 两种抽法抽出气体质量一样多D. 无法判断
6.小明绘制了如图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，羽毛球到达P点时速度大小为v，则( )
A. 羽毛球在A点的机械能等于在B点的机械能
B. 整个飞行过程中，羽毛球在P点时的速度最小
C. 整个飞行过程中，羽毛球速度最小的位置在P点左侧
D. 若在P点将羽毛球以大小为v的速度水平向左抛出，羽毛球将掉落在原出发点的右侧
7.太空探测器借助行星的引力来增加速率的现象称为“弹弓效应”，如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u，探测器在靠近和远离行星时距行星距离相等位置的速度分别为v0和v1。探测器和行星在行星的运动方向上，其运动规律类似于两个质量相差很大的小球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律。则( )
A. 以地球为参考系，探测器从地球表面附近的发射速度必须大于地球的第三宇宙速度
B. 以行星为参考系，探测器在靠近和远离行星时距行星距离相等位置的速度大小相等
C. 以太阳为参考系，探测器绕过行星的图示过程中，行星引力对探测器做的总功为零
D. 以太阳为参考系，在探测器被加速的过程中探测器、行星系统的机械能增加
8.如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨放置在水平面内，匀强磁场与导轨平面垂直，左端连接一个带有一定电荷量的电容器，导轨上有一金属棒垂直导轨放置。t=0时刻，金属棒获得水平向右初速度的同时闭合开关，金属棒的速度v和加速度a随时间t变化的关系图像可能正确的是( )
A. B. C. D.
9.如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O′，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法中正确的是( )
A. F′点与C′点的电场强度相同
B. A′点与F′点的电势差等于O′点与D′点的电势差
C. 将试探电荷+q由O点沿直线运动到O′点，其电势能先减小后增大
D. 将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
10.如图所示，倾角θ=30°的光滑固定斜面上，轻质弹簧下端与固定板C相连，另一端与物体A相连。A上端连接一轻质细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连且始终与斜面平行。开始时托住B，A处于静止状态且细线恰好伸直，然后由静止释放B。已知A、B的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，B始终未与地面接触。从释放B到B第一次下落至最低点的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 刚释放B时，A受到细线的拉力大小为mg
B. A的最大速度为 mg22k
C. B下落至最低点时，弹簧的弹性势能最小
D. B下落至最低点时，A所受合力大小为mg
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.物理兴趣小组利用手机测量当地的重力加速度。如图甲所示，他们将一根木条平放在楼梯台阶边缘，小球放置在木条上，打开手机的“声学秒表”软件，用钢尺水平击打木条使其转开后，小球下落撞击地面，手机接收到钢尺的击打声和小球落地的撞击手声，算出时间间隔t，多次测量不同台阶距离地面的高度h及对应的时间间隔t。

(1)现有以下材质的小球，实验中应当选用______。
A.乒乓球
B.钢球
C.橡胶球
(2)某次记录下声音振幅随时间变化曲线如图乙，第一、第二个尖峰的横坐标分别对应打击声和落地撞击声，小球下落的时间t= ______s。
(3)作出如图丙所示的2h−t2图线，可得到重力加速度g= ______m/s2。(结果保留两位有效数字)
(4)若敲击木条侧面时小球获得一个较小的水平速度，对实验测量结果______(选填“有”或“没有”)影响。
(5)在实验中，小明将手机放在木条与地面间的中点附近进行测量，而小红为了方便将手机放在地面A点测量，你认为哪位同学的方法更合理，并简要说明理由。
三、简答题：本大题共4小题，共45分。
12.如图所示，A为电解槽，N为电炉，当S、S1闭合、S2断开时，电流表示数I1=5A；当S、S2闭合、S1断开时，电流表示数I2=3A。已知电源电动势E=15V，电源内阻r=1Ω，电解槽内阻RA=2Ω，求：
(1)电炉N的电阻RN；
(2)当S、S2闭合、S1断开时，电能转化为化学能的功率P化。
13.如图所示，半圆柱玻璃砖的半径为R，AB边为直径，O为圆心，一纸面内的单色光束从玻璃砖的P点射入，入射角θ可以任意变化，不考虑从AB上反射后的情况。已知角度α=60°，玻璃砖对该单色光的折射率n= 2，光在真空中的速度为c，求：
(1)光在玻璃砖中传播的最短时间t；
(2)光可从OB段出射的长度L。
14.如图所示，一轨道由半径R=0.8m的四分之一光滑竖直圆弧轨道AB和长度可以调节的水平粗糙直轨道BC在B点平滑连接而成。一质量m=0.2kg的小球从A点由静止释放，经过圆弧轨道和直轨道后，从C点水平飞离轨道，落到地面上的P点，小球经过BC段所受阻力为其重力的0.2倍，P、C两点间的高度差h=3.2m。不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。
(1)求小球运动至圆弧轨道B点时，轨道对小球的支持力大小FN；
(2)为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC段的长度LBC；
(3)若撤去轨道BC，小球仍从A点由静止释放，小球落到地面上后弹起，与地面多次碰撞后静止。假设小球每次与地面碰撞机械能损失75%，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等。求地面上小球第1次和第2次落点的距离Δx。
15.如图所示，坐标系xOy平面在纸面内，在x≥0的区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，0≤xd的区域Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1和B2。大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从原点O在坐标平面内向与x正方向成θ(−90°≤θ≤90°)角射入，粒子的速度大小相等，方向随角度均匀分布。沿y轴正方向射入的粒子在P(d,d)点垂直两磁场的边界射入区域Ⅱ。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
(1)求粒子从原点O射入磁场时的速度大小v；
(2)若在两磁场分界处有一垂直于xOy平面的足够大竖直挡板，求打到挡板上的粒子数占总粒子数的百分比η；
(3)若粒子在区域Ⅱ中受到与速度大小成正比、方向相反的阻力，比例系数为k，观察发现沿y轴正方向射入的粒子，射入区域Ⅱ后粒子轨迹呈螺旋状并与两磁场的边界相切于Q点(未画出)，求该粒子由P点运动到Q点的时间t及该粒子在区域Ⅱ中运动轨迹的长度l。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、铀234中的中子数为234−92=142，铀原子核内质子数比中子数少142−92=50个，故A错误；
B、α衰变的实质是核内的两个中子和两个质子转化成了一个α粒子，故B正确；
C、由于衰变中有质量亏损所以衰变后原子核的质量与粒子的质量之和小于衰变前钚238的质量，故C错误；
D、放射性元素的半衰期与其环境无关，故D错误。
故选：B。
质量数等于质子数与中子数之和；根据α衰变的本质分析；核衰变时存在质量亏损；半衰期与环境无关。
考查学生的理解能力、推理能力，需要学生熟知原子核的组成、核反应方程、半衰期、质量亏损等知识点，体现了对物理观念这一学科素养的考查。
2.【答案】C
【解析】解：绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递，Q=0，稀薄气体向真空扩散时气体没有做功，W=0，根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变，则温度不变，故ABD错误，C正确。
故选：C。
绝热过程，自由扩散，体积变大，对外不做功，气体的内能不变．
本题主要考查热力学第一定律的应用．
3.【答案】C
【解析】解：通电线圈产生的磁感线是过螺线管的的闭合曲线，由线圈相互位置可知，C选项图中一线圈通电，另一线圈磁通量近似为零，不易产生自感电动势。故C正确，ABD错误。
故选：C。
互感现象是电磁感应的现象---因磁通量的变化，从而产生感应电动势，形成感应电流的现象．
考查互感现象的条件，注意穿过线圈的磁通量变化是判定是否发生电磁感应现象的依据．
4.【答案】D
【解析】解：反射时光子将一部分能量传递给分子，则光子能量减小，频率减小，根据光的速度公式λ=cf，光速不变，可知波长变大，根据h=pλ可知光子动量变小，故ABC错误，D正确；
故选：D。
反射时光子将一部分能量传递给分子，根据能量与动量的关系分析解答。
本题考查光子的能量与动量的计算，解题关键掌握相关公式的理解。
5.【答案】A
【解析】解：第一种：温度不变，由玻意耳定律：
P0V=P1(V+1)，
解得P1=P0(VV+1)，
同理，P2=P1(VV+1)，
P3=P2(VV+1)=P0(VV+1)3
第二种：P0V=P′(V+3)，
解得P′=P0(VV+3)>P3
压强小的抽取的气体多，质量较大，
故选：A。
由玻意耳定律：P0V=P1(V+1)，解得P1=P0(VV+1)，同理求后两次的压强和第二种情况下的压强，比较大小，压强小的剩余气体少。
本题的解法不多，应用理想气体状态方程求出每次的压强是个不错的方法。
6.【答案】D
【解析】解：A、羽毛球在运动过程中受到空气阻力作用，其机械能减小，所以A点的机械能大于B点的机械能，故A错误；
BC、当羽毛球所受重力与阻力的合力方向与速度方向垂直时，羽毛球的速度最小，而在最高点P时，合力方向与速度夹角为钝角，说明羽毛球速度最小应该在P点之前，故BC错误；
D、若在P点将羽毛球以大小为v的速度水平向左抛出，羽毛球受重力和与速度方向反向、斜向右上方的空气阻力，羽毛球将掉落在原出发点的右侧，故D正确。
故选：D。
羽毛球运动过程中受空气阻力作用，能量减小，在A点的机械能大于B点的机械能；整个飞行过程中速度最小的位置在羽毛球所受重力与阻力的合力方向与速度方向垂直时；根据物体的受力判断其运动情况。
解题的关键要分析到整个运动过程有阻力的存在，机械能不守恒。
7.【答案】B
【解析】解：A.以地球为参考系，探测器从地球表面附近的发射速度必须大于地球的第二宇宙速度，才能脱离地球的吸引到达行星附近，故A错误；
B.根据题意，探测器和行星在行星的运动方向上，其运动规律类似于两个质量相差很大的小球在同一条直线_上发生的弹性碰撞规律，所以以行星为参考系，探测器在靠近和远离行星时距行星距离相等位置的速度大小相等，故B正确；
C.以太阳为参考系，探测器绕过行星的图示过程中，动能增大，根据动能定理可知，行星引力对探测器做的总功大于零，故C错误；
D.以太阳为参考系，在探测器被加速的过程中，只有探测器与行星之间的相互作用力做功，所以探测器、行星系统的机械能守恒，故D错误。
故选：B。
根据第二宇宙速度的特点分析A，根据弹性碰撞的规律分析B，分析探测器的动能大小变化，从而分析引力做功情况，在探测器被加速的过程中，只有探测器与行星之间的相互作用力做功，机械能守恒。
本题考查动量守恒在天体运动中的应用，解题关键掌握“弹弓效应”的理解。
8.【答案】A
【解析】解：AB、金属棒获得水平向右初速度的同时闭合开关，若初始时刻金属棒切割磁感线的感应电动势与电容器两端电压不相等，则导体棒的速度会逐渐增大或减小，直至最终满足U=BLv，金属棒速度不变，故A正确，B错误；
CD、若初速度较大，根据牛顿第二定律有B(BLv−UR)L=ma
若初速度较小，根据牛顿第二定律有B(U−BLvR)L=ma
随着速度的变化，加速度均逐渐减小，且a−t图像的斜率逐渐减小，故CD错误；
故选：A。
根据电容的放电及电磁感应分析金属棒速度的变化，根据牛顿第二定律分析加速度变化。
本题考查电磁感应定律，解题关键掌握金属棒中电流的判断，注意金属棒运动情况的分析方法。
9.【答案】D
【解析】解：A、由等量异种电荷的对称性可知F′和C′电场强度大小相等，方向不同，故A错误；
B、由等量异种电荷的电势分布可知：UA′O′=UO′D′，即φA′−φO′=φO′−φD′
而φF′>φO′，则有UA′F′C、O点与O′点的电势相等，则将试探电荷+q由O点沿直线移动到O′点，其电势能不变，故C错误；
D、将六棱柱的上表面的一半拿出，如图所示：
由几何条件可知正电荷在OF中点K的场强方向垂直OF，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，D在F点产生的场强大小为A点在F点产生的场强大小的13，合场强方向斜相右上角且与水平面的夹角大于三十度，所以在F点的场强和OF的夹角为钝角，因此将正电荷从F移到O点过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故D正确。
故选：D。
由等量异种电荷电场线分布求解场强关系，由电势特点比较电势关系，根据电势与电势能的关系分析判断。
常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性。加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。
10.【答案】B
【解析】解：A、设释放B前弹簧的压缩量为x0，对A，由平衡条件有kx0=mgsinθ
刚释放B瞬间，对A、B组成的系统，由牛顿第二定律有：mg+kx0−mgsinθ=2ma
解得加速度大小为：a=12g
此时对B有：mg−FT=ma，解得细线的拉力大小：FT=12mg，故A错误；
B、A上升过程中，当A和B整体的加速度为0时速度达到最大值vm，设此时弹簧的拉伸量为x，对A、B整体有：mg−kx−mgsinθ=0，解得：x=x0，所以此时弹簧的弹性势能与初始位置时相同。对A、B和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律有：mg(x0+x)−mg(x0+x)sinθ=12×2mvm2，解得：vm= mg22k，故B正确；
C、当弹簧处于原长时，弹簧的弹性势能最小，此时B没有下滑到最低点，故C错误；
D、根据对称性可知，B下落至最低点时，A和B的加速度大小为a′=a=12g，则A所受合力大小为F=ma′=12mg，故D错误。
故选：B。
初始时，根据平衡条件和胡克定律相结合求出弹簧的压缩量，刚释放物体B时，对A、B组成的系统，由牛顿第二定律求出加速度大小，由此得到细线拉力；
当A和B整体的加速度为0时，物体A的速度最大，由平衡条件求此时弹簧的形变量，根据系统机械能守恒求物体A的最大速度；
当弹簧处于原长时，弹簧的弹性势能最小；
对A，由牛顿第二定律进行解答。
本题主要是考查了功能关系和能量守恒定律，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。
11.【答案】B 0.4 9.5 没有
【解析】解：(1)为减小阻力对实验的影响，采用密度较大的钢球，故AC错误，B正确；
故选：B。
(2)由图可知小球下落的时间t=2.05s−1.65s=0.40s
(3)根据自由落体运动规律可知h=12gt2
则2h=gt2
根据斜率可知k=g=3.28−−0.20m/s2=9.5m/s2
(4)敲击木条侧面时小球获得一个较小的水平速度，竖直方向的运动情况不变，则对实验无影响；
(5)小明的方法更合理，因为小明的手机接收两次声音滞后的时间几乎相等，时间间隔测量更准确。
故答案为：(1)B；(2)0.40；(3)9.5；(4)没有；(5)小明，因为小明的手机接收两次声音滞后的时间几乎相等，时间间隔测量更准确。
(1)为减小阻力对实验的影响，采用密度较大的钢球；
(2)由图可知下落时间；
(3)根据运动学公式结合图像斜率解答；
(4)根据运动的独立性分析；
(5)根据实验原理分析解答。
本题主要考查了重力加速度的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解图像的物理意义，结合运动学公式即可完成分析。
12.【答案】解：(1)根据闭合电路欧姆定律得：I1=ERN+r，代入数据解得：RN=2Ω
(2)电源的总功率P总=EI2
整个回路的热功率为P热=I22(RA+r)
根据能量守恒定律可得电解槽中电能转化为化学能的功率为P化=P总−P热
代入数据解得：P化=18W
答：(1)电炉N的电阻RN为2Ω；
(2)当S、S2闭合、S1断开时，电能转化为化学能的功率P化为18W。
【解析】(1)当S1闭合、S2断开时，电炉子工作，根据闭合电路欧姆定律求解电阻；
(2)根据P总=EI求解电源总电功率，根据能量守恒定律求解电能转化为化学能的功率。
电解槽电路在正常工作时是非纯电阻电路，不能用欧姆定律求解其电流，只能根据电路中电流关系求电流、根据焦耳定律求解发热功率。
13.【答案】解：(1)光在玻璃砖中的传播速度v=cn
光在玻璃砖中传播的最短距离x=Rsinα
最短时间t=xv
解得t= 6R2c．
(2)临界角sinC=1n

解得C=45°
几何关系L=Rsinα−Rcsα
解得L= 3−12R．
答：(1)光在玻璃砖中传播的最短时间为 6R2c；
(2)光可从OB段出射的长度为 3−12R。
【解析】(1)从P点入射垂直AB边射出的光线距离最短，根据t=xv求传播时间；
(2)根据全反射条件，根据几何关系求出射出区域长度。
本题考查了光的折射定律，解决本题的关键掌握全反射条件及临界角公式sinC=1n求临界角，根据光在介质中的速度与折射率的关系求光的传播速度，灵活运用几何关系求解。
14.【答案】解：(1)从A点至B点，由动能定理有：mgR=12mvB2−0
在B点，由牛顿第二定律有：FN−mg=mvB2R
代入数据可得：FN=6N，vB=4m/s
(2)从A点到C点，由动能定理有：mgR−kmgLBC=12mvC2−0，其中k=0.2
从C点平抛落到P点，水平的位移：x=vCt
竖直方向：h=12gt2
B点至P点水平距离L=LBC+x
代入数据可得：L=LBC+0.8 16−4LBC
设 16−4LBC=b，则L=4−b24+0.8b
由数学知识可知，当b=−0.82×(−14)=1.6时，即 16−4LBC=1.6，L有最大值，
代入数据可得：LBC=3.36m，vC=1.6m/s
所以当vC=1.6m/s时P至B的水平距离最大，最大值为3.36m；
(3)由于小球每次碰撞机械能损失75%，则碰撞后动能是碰前动能的25%，即碰撞后动能是碰前动能的14
由Ek=12mv2可知碰撞后的速度大小为碰撞前速度大小的12
碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，则碰撞后竖直、水平方向的分速度大小为碰撞前竖直、水平方向分速度大小的12
从B至地面竖直方向的速度大小vy=gt
第一次碰撞后上升到最高点的时间t1=t2
小球第1次和第2次落点的距离Δx=2vB2t1
代入数据可得：Δx=1.6m
答：(1)小球运动至圆弧轨道B点时，轨道对小球的支持力大小FN为6N；
(2)为使小球落点P与B点的水平距离最大，BC段的长度LBC为3.36m；
(3)若撤去轨道BC，小球仍从A点由静止释放，小球落到地面上后弹起，与地面多次碰撞后静止。假设小球每次与地面碰撞机械能损失75%，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等。地面上小球第1次和第2次落点的距离Δx为1.6m。
【解析】(1)根据动能定理和牛顿第二定律求解；
(2)利用动能定理和平抛运动特点，写出B点到P点水平距离的表达式，由数学知识可得最大值；
(3)根据题意可知每次碰撞碰后动能是碰前动能的14，则可知碰前和碰后水平方向和竖直方向速度大小关系，根据速度大小关系，由运动学公式可得Δx。
本题考查了动能定理和平抛运动特点，解题的关键是利用数学知识解决极值问题，注意小球每次碰撞机械能损失75%，则小球碰撞后动能是碰前动能的14。
15.【答案】解：(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，沿y轴正方向射入的粒子在区域Ⅰ中的轨迹为14圆周，易知其运动半径R=d，由洛伦兹力提供向心力得：
qvB1=mv2R
解得：v=qB1dm
(2)因：R=d，故当粒子的初速度方向沿x轴正向时，其轨迹与两磁场的边界恰好相切，此时粒子刚好打到挡板上，如下图所示。

可知0°≤θ≤90°范围内的粒子都能打到挡板，所以打到挡板上的粒子数占总粒子数的百分比为：
η=90°180∘×100%=50%
(3)该粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如下图所示，

根据洛伦兹力提供向心力得：qvB2=mωv，可得任意时刻偏转的角速度ω=qB2m，可见角速度为一定值。
由题意粒子由P到Q点的过程运动方向转过的弧度为32π，则此过程的时间为：
t=θω
解得：t=3πm2qB2
粒子在区域Ⅱ中做螺旋线运动过程，依题意可知粒子所受阻力可表示为：f=−kv
在粒子轨迹的切线方向上(以切线方向为正方向)，由牛顿第二定律得：
−kvt=mat=mΔvtΔt，(Δt→0)
可得：−kvtΔt=mΔvt
求和得：−k∑(vtΔt)=m∑Δvt
粒子最终速度为零，则有：∑(vtΔt)=kl，m∑Δvt=0−v
可得：kl=mv
解得：l=mvk=qB1dk
答：(1)粒子从原点O射入磁场时的速度大小v为qB1dm；
(2)打到挡板上的粒子数占总粒子数的百分比η为50%；
(3)该粒子由P点运动到Q点的时间t为3πm2qB2，及该粒子在区域Ⅱ中运动轨迹的长度l为qB1dk。
【解析】(1)确定沿y轴正方向射入的粒子在区域Ⅰ中的轨迹与运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求解；
(2)找到粒子刚好打到挡板上的临界条件，根据角度范围的比值求解；
(3)根据洛伦兹力提供向心力可推导得出任意时刻偏转的角速度为一定值，根据运动方向转过的弧度与角速度的比求则此过程的时间。根据牛顿第二定律，或者动量定理，采用微元法求解粒子在区域Ⅱ中运动轨迹的长度。
本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，考查了微元法的应用。本题难点是利用极限思维采用先微元再累积的方法处理变加速曲线运动。带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，基本功是能根据几何知识找到圆心、求解半径以及圆心角。