1、 江苏省江苏省 2020-2021 学年度第一学期新高考质量检测模拟试题学年度第一学期新高考质量检测模拟试题 高三物理试题高三物理试题 考生注意： 1本试卷共 4 页 2答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上 3本次考试时间 90 分钟，满分 100 分 4请在密封线内作答，保持试卷清洁完整 一、单项选择题一、单项选择题(本题共本题共 8 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 24 分在每小题给出的四个选项中，只有一分在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的项是符合题目要求的) 1. 下列说法正确的是( ) A. 英国物理学家查德
2、威克发现了中子，质子和中子统称为核子 B. 粒子轰击氮原子核的核反应方程式为： 414161 2781 HeNOH+? C. 两个轻核结合成较重的单个原子核时要吸收能量 D. 只要入射光的强度足够大就一定能发生光电效应 【答案】A 【详解】A英国物理学家查德威克发现了中子，质子和中子统称为核子，A正确； B 粒子轰击氮原子核的核反应方程式为： 414171 2781 HeNOH，B 错误； C两个轻核结合成较重的单个原子核时要放出能量，C 错误； D只要入射光的频率大于金属的截止频率就能发生光电效应，D错误。故选 A。 2. 下列说法正确的是( ) A. 受迫振动的频率总等于振动系统的固有频率
3、 B. 波长越短的电磁波越容易发生衍射 C. 利用超声波的多普勒效应，可测量心脏血液的流速 D. 声波从空气传入水中时频率不变，波长变短 【答案】C 【详解】A受迫振动的频率总等于策动力的频率，故 A 错误； B波长越长的电磁波，越容易发生衍射，故 B错误； C 多普勒效应是波特有的现象， 医生利用超声波的多普勒效应可以探测病人血管中血液的流速， 故 C正确； D声波从空气传入水中时频率不变，周期不变，波速变大，则由 vT可知波长变长，故 D 错误。 故选 C。 3. 我国选手谢思埸在 2018 年国际泳联世界跳水系列赛北京站夺得男子三米跳板冠军，如图所示为谢思埸 （可视为质点）参加跳板跳水比
4、赛时，其竖直方向的速度随时间变化的图象，以他离开跳板时为计时起点， 不计空气阻力，则（ ） A. 1 t时刻开始进入水面 B. 2 t时刻开始进入水面 C. 2 t时刻达到最高点 D. 12 tt时间内速度方向竖直向上 【答案】B A、运动员起跳时的速度方向向上，可知，t1时刻达到最高点，故 A 错误B、C、v-t 图象为直线，加速度 不变，所以在 0-t2时间内人在空中，t2之后进入水中，故 B 正确，C 错误；D、0-t1时间内，速度方向竖直向 上，t1-t2时间段速度方向竖直向下，故 D 错误；故选 B 【点睛】本题考查对速度时间图象的理解，要知道在速度时间的图象中，直线的斜率代表的是加
5、速度，速 度的符号表示速度的方向 4. 如图甲所示，O、P 为介质中的两点，O为波源，OP 间距为 6 m。t=0 时刻 O点由平衡位置开始向上振动， 向右产生沿直线传播的简谐横波，图乙表示 t=0 时刻开始 P 点振动的图象则以下说法错误的是( ) A. 该波的波长 12 m B. 该波的波速为 2 m/s C. 该波的周期为 4 s D. 从开始振动到 t=10 s，质点 P经过的路程为 1.6 m 【答案】B 【详解】ABC由题图乙知，振动从 O 点传播到 P点需要 2 s，则波的传播速度 6 2 x v t m/s3m/s 由题图乙知，质点振动的周期是 4s，则该波的周期是 4s，根据
6、 vT 可得该波的波长 3 4m12m 故 AC不符合题意，B符合题意； D从开始振动到 t10 s，质点 P 振动的时间是 8 s，即 2 个周期，所以质点 P 经过的路程 s2 4A1.6m 故 D 不符合题意。故选 B。 5. 如图所示， 理想变压器原线圈接电压为 220 V的正弦交流电， 开关 S接 1时， 原、 副线圈的匝数比为 111， 滑动变阻器接入电路的阻值为 10 ，电压表和电流表均为理想交流电表下列说法中正确的有( ) A. 变压器输入功率与输出功率之比为 111 B. 1 min 内滑动变阻器上产生的热量为 40 J C. 仅将 S 从 1 拨到 2，电流表示数减小 D.
7、 仅将滑动变阻器的滑片向下滑动，两电表示数均减小 【答案】C 【详解】A根据理想变压器的特点可知，变压器的输入功率与输出功率之比为 1：1，故 A错误； B原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为 2 21 1 1 22020V 11 n UU n 则 1 min 内产生的热量为 22 2 20 602400J 10 U Qt R 故 B 错误； C若只将 S 从 1拨到 2，副线圈的电压减小，副线圈电流减小，原线圈电流即电流表的示数减小，故 C正 确； D将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，电流表的读数变小，但对原、副线圈两端的电压 无影响，即电压表的读数不变，故 D错
8、误。故选 C。 6. 如图所示，倾角37的斜面上有一木箱，木箱与斜面之间的动摩擦因数 3 3 现对木箱施加一拉 力 F，使木箱沿着斜面向上做匀速直线运动设 F的方向与斜面的夹角为，在从 0 逐渐增大到 60 的过 程中，木箱的速度保持不变，则（ ） A. F 先减小后增大 B. F 先增大后减小 C. F 一直增大 D F一直减小 【答案】A 【详解】对物体受力分析如图 木箱沿着斜面向上做匀速直线运动，根据平衡条件，合力为零 在垂直斜面方向，有： sincosNFmg 在平行斜面方向，有： cossinFmgf 其中： fN 联立解得： sincossincos cossin2 3 sin(6
9、0) 3 mgmgmg F 当30时 F最小，则在从 0 逐渐增大到 60 的过程中，F先减小后增大，A正确，BCD 错误。 故选 A。 7. 如图所示，A 为地球表面赤道上的物体，B为一轨道在赤道平面内的实验卫星，C为在赤道上空的地球同 步卫星， 地球同步卫星 C和实验卫星 B的轨道半径之比为 3：1， 两卫星的环绕方向相同， 那么关于 A、B、C 的说法正确的是： A. B、C 两颗卫星所受地球万有引力之比为 1：9 B. B 卫星的公转角速度大于地面上随地球自转物体 A的角速度 C. 同一物体在 B卫星中对支持物的压力比在 C卫星中小 D. B 卫星中的宇航员一天内可看到 9 次日出 【
10、答案】B 【分析】根据万有引力定律分析两颗卫星所受地球引力之比根据开普勒第三定律分析 B 卫星与 C 卫星的 周期关系，即可知道 B 公转周期与地面上跟随地球自转物体的周期关系，即可分析它们的角速度关系物 体在 B卫星中处于完全失重状态根据 B卫星的周期与地球自转周期的关系分析 B卫星中的宇航员一天内 能看到日出的次数 【详解】A.根据万有引力定律 12 2 m m FG r 知，物体间的引力与两个物体的质量和两者之间的距离均有关， 由于 B、C两卫星的质量关系未知，所以 B、C 两颗卫星所受地球引力之比不一定为 1：9，故 A错误； B.C 卫星的轨道半径比 B卫星的轨道半径大， 由开普勒第
11、三定律知， B 卫星的公转周期小于 C卫星的公转周 期，而 C 卫星的公转周期等于地球自转周期，所以 B卫星的公转周期小于随地球自转物体的周期，因此 B 卫星的公转角速度大于地面上跟随地球自转物体 A的角速度，故 B正确； C.物体在 B、C卫星中均处于完全失重状态，物体对支持物的压力均为零，故 C 错误； D.根据开普勒第三定律 3 2 r T =k，知 C、B卫星轨道半径之比为 3：1，则周期为 3 3：1，所以地球自转周期 是 B 卫星的运行周期的 3 3倍（约为 5.2倍） ，因此 B卫星中的宇航员一天内可看到 5 次日出，故 D 错误； 故选 B 【点睛】本题的关键是要掌握开普勒第三
12、定律，并能熟练运用，也可以根据万有引力提供向心力，列式表 示出周期和角速度的表达式，再进行比较 8. 如图为静电除尘机理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力 的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的图中虚线为电场线(方向未标)不考虑尘埃在迁移过程 中的相互作用和电量变化，则( ) A. 电场线方向由放电极指向集尘极 B. 图中 A点电势高于 B点电势 C. 尘埃在迁移过程中做匀变速运动 D. 尘埃在迁移过程中电势能减小 【答案】D 【详解】A根据题意可知带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知集尘极带正电荷，是正极， 所以电场线方向由集尘极指向放电极
13、，故 A 错误； B集尘极带正电荷，A点更靠近放电极，所以图中 A 点电势低于 B 点电势，故 B 错误； C由图可知放电极与集尘极间建立非匀强电场，所以尘埃所受的电场力是变化的，故 C错误； D 带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同， 电场力做正功， 所以在迁移过程中电势能减小， 故 D正确； 故选 D。 二、多项选择题二、多项选择题(本题共本题共 4 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 16 分在每小题给出的四个选项中，有多项分在每小题给出的四个选项中，有多项 符合题目要求全部选对的得符合题目要求全部选对的得 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，有选错的得分，有选错
14、的得 0 分分) 9. 下列说法中正确的有( ) A. 在各种晶体中，原子排列都具有空间上的周期性，但是每个原子的位置不是固定不动的 B. 扩散现象是不同物质间的一种化学反应 C. 布朗运动证明了组成固体小颗粒的分子在做无规则运动 D. 分子力和分子势能可能同时随分子间距离的减小而增大 【答案】AD 【详解】A由晶体的内部特征可知，在各种晶体中，原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的，具 有空间上的周期性，且每个原子的位置不是固定不动的，故 A正确； B扩散现象不是不同物质间的一种化学反应，故 B错误； C布朗运动证明了液体分子在做无规则运动，不能证明固体小颗粒分子的无规则运动，故 C错
15、误； D当分子间表现为斥力时，分子间距离减小时，分子力增大，分子力做负功，则分子势能增大，故 D正确。 故选 AD。 10. 如图所示，导热性能良好、内壁光滑的汽缸内部存有一定质量的理想气体，缸外环境保持恒温。现用外 力 F 拉杆，使活塞缓慢向右移动，此过程中缸内气体质量保持不变，下列说法正确的是( ) A. 缸内气体体积增大，内能增加 B. 缸内气体等温膨胀，对外做功 C. 单位时间内缸内气体分子对活塞的碰撞次数减少 D. 缸内气体的体积增大，内能减小 【答案】BC 【详解】B汽缸导热性能良好，缸内气体温度不变，活塞向右运动，体积增大，对外做功，B正确； AD一定质量的理想气体，温度不变，则
16、内能不变，AD 错误； C由理想气体状态方程可知，体积增大，则压强减小，气体分子数密度减小，所以单位时间内缸内气体分 子对活塞碰撞的次数减少，C 正确。 故选 BC。 11. 如图所示，间距为 L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左右两端均有一阻值为 R 的 电阻相连，导轨上横跨一根长为 L、质量为 m、电阻也为 R的金属棒，金属棒与导轨接触良好，整个装置处 于竖直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，现给棒一瞬时冲量，让它以初速度 0 v向右运动，则直到棒停 止的过程中有： A. 金属棒在导轨上做匀减速运动 B. 整个过程中通过金属棒的电量为 2 0 mv BL C. 整个过程
17、中金属棒克服安培力做功为 2 0 1 2 mv D. 整个过程中金属棒上产生的焦耳热为 2 0 1 3 mv 【答案】CD 【详解】金属棒在整个运动过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，这两个力合力为零，还受 到水平向左的安培力，金属棒受到的合力等于安培力，随着速度减小，安培力减小，加速度减小，故金属 棒做加速度逐渐减小的变减速运动，故 A 错误；根据动量定理得 0 0BILtmv，通过金属棒的电量为 qIt，可得 0 mv q BL ，故 B 错误；整个过程中由动能定理可得： 2 0 1 2 0Wmv 安 ，则金属棒克服安培 力做功为： 2 0 1 2 Wmv 安 ，故 C正确；整个
18、回路产生的总焦耳热为： 2 0 1 2 vQWm 安 ，金属棒上产生的焦 耳热为： 22 00 2211 3323 2 R QQQmvmv R R 棒 故 D正确 12. 如图所示，重 10N 的滑块轻放在倾角为 30 的斜面上，从 a 点由静止开始下滑，到 b点接触到一个轻质 弹簧，滑块压缩弹簧到 c点开始弹回，返回 b 点离开弹簧，最后又回到 a点已知 ab=lm，bc=0.2m，则以 下结论正确的是 A. 整个过程中弹簧弹性势能的最大值为 6J B. 整个过程中滑块动能的最大值为 6J C. 从 c到 b弹簧的弹力对滑块做功 5J D. 整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒 【
19、答案】AD 【分析】了解滑块的运动过程，滑块先加速运动到 b，接触弹簧后滑块没有减速，而是继续加速，当滑块的 合力为 0时，滑块速度最大，再向下做减速运动，速度减到 0 时，弹簧压得最紧，弹性势能最大； 选择适当的过程运用动能定理列式求解 【详解】A项：滑块从 a到 c，运用动能定理得： mghac+W弹=0-0 解得：W弹=-6J 弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为 6J，故 A正确； B项：当滑块的合力为 0时，滑块速度最大，设滑块在 d 点合力为 0，d点在 b 和 c 之间 滑块从 a到 d，运用动能定理得： mghad+W弹=EKd-0 mghad
20、6J，W弹0 所以 EKd6J，故 B错误； C项：从 c点到 b点弹簧的弹力对滑块做功与从 b点到 c点弹簧的弹力对滑块做功大小相等，即为 6J，故 C 错误； D 项：整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故 D正确 故选 AD 【点睛】本题的关键是认真分析物理过程，把复杂的物理过程分成几个小过程并且找到每个过程遵守的物 理规律，列出相应的物理方程解题同时要明确弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化 三、非选择题三、非选择题(本题共本题共 6 小题，共小题，共 60 分分) 13. 某兴趣小组用如图甲所示实验装置来测物块与斜面间的动摩擦因数PQ为一块倾斜放置的
21、木板，在 斜面底端 Q处固定有一个光电门，光电门与数字计时器相连(图中未画)每次实验时将一物体(其上固定有 宽度为 d的遮光条)从不同高度 h 处由静止释放， 但始终保持斜面底边长 L0.500 m不变 (设物块与斜面间 的动摩擦因数处处相同) (1)用 20 分度游标卡尺测得物体上的遮光条宽度 d如乙图所示，则 d_cm； (2)该小组根据实验数据，计算得到物体经过光电门的速度 v，并作出了如图丙所示的 v2h图象，其图象与 横轴的交点为 0.25由此可知物块与斜面间的动摩擦因数 _； (3)若更换动摩擦因数更小的斜面，重复上述实验得到 v2h图象，其图象的斜率将_(填“增 大”“减小”或“
22、不变”) 【答案】 (1). 0.225 (2). 0.5 (3). 不变 【详解】 （1）由图知第 5条刻度线与主尺对齐，则读数为：25 0.052.250.225dmmmmmmcm=+=； （2）设斜面的长为 s，倾角为，由动能定理得： 2 () 1 2 mgsinmgcossmv -= 即： 2 1 2 mghmgLmv-=， 2 22vghgL=- 由图象可知，当0.25hm时，0v ，代入得到：0.5； （3）由 2 22vghgL=- 知斜率 2kg 为定值，若更换动摩擦因数更小的斜面，图象的斜率不变 14. 某同学进行如下测量 (1)用游标为 20分度的卡尺测量其长度如图，由图可
23、知其长度为 L=_mm； (2)用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径 D=_mm； (3)用多用电表电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻 R，表盘的示数如图，则该电阻的阻值 约为_ (4)为了测量由两节干电池组成的电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图甲所示的实验电路，其中 R 为电阻箱，定值电阻 R0=3 为保护电阻 按如图所示的电路图，某同学连接好电路 先断开开关 S，调整电阻箱的阻值到最大，再闭合开关 S，调节电阻箱，读取并记录电压表的示数及电阻 箱的阻值多次重复上述操作，可得到多组电压值 U及电阻值 R，并以 1 U 为纵坐标，以 1 R 为横坐标，画出 1 U 1
24、 R 的关系图线如图乙所示(该图线为一直线) 根据电路原理图推导 1 U 和 1 R 的函数关系， 1 U =_根据图线求得电池组的电动势 E=_V，内阻 r=_(保留两位有效数字) 【答案】 (1). 50.15mm (2). 4.700mm (3). 120 (4). 0 111Rr UEER (5). 2.9V (6). 3.1 【分析】根据闭合电路欧姆定律 E=U+ U R (R0+r)，进行数学变形，得到 11 UR 的关系式，根据数学知识研 究 11 UR 关系图线的斜率和截距的意义，即可求得电池的电动势和内阻 【详解】（1）用游标为 20 分度的卡尺测量其长度为 L=50mm+0
25、.05mm3=50.15mm； （2）用螺旋测微器测量其直径 D=4.5mm+0.01mm20.0=4.700mm； （3）电阻的阻值约为:1210=120. （4）根据闭合电路欧姆定律 E=U+ U R (R0+r)，进行数学变形，得 0 111Rr UERE 根据数学知识得知， 11 UR 关系图线的纵截距 1 b E ，斜率 k= 0 Rr E 由图得到，b=0.35，k= 1.420.35 0.5 2.1 则电动势 11 2.9 0.35 EVV b ，内阻 r=kE-R0=2.1 2.9-33.1 【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验；本实验主要考查运用数学知识处理问题的能力，采
26、用的是 转换法，将非线性关系转换成线性，直观简单 15. 2017年 5 月 5 日，我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机 C919 首飞成功，拉 开了全面试验试飞的新征程假设飞机在平直跑道上从静止开始自西向东做加速运动，经过时间 t=40s后达 到起飞所要求的速度 v=80m/s，此时滑行距离为 x=2.0 103m已知飞机质量 m=7.0 104kg，牵引力恒为 F=2.0 105N，加速过程中受到的阻力随速度变化，重力加速度取 g=10m/s2，求飞机加速过程中： (1)牵引力的平均功率； (2)飞机所受阻力的冲量 【答案】 （1）1.010 7W（2）-2.4106
27、Ns，向东 【分析】（1）根据功的定义式和平均功率的表达式求解； （2）根据动量定理求解飞机所受阻力的冲量. 【详解】（1）根据功的定义，则 W=Fx，功率 P=W/t 带入数据可得 P=1.0107W （2）取向西为正方向，对飞机加速过程，由动量定理： 0 f FtImv 解得 If=-2.4106Ns，方向向东. 16. 如图所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角 =37，导轨间距 L=0.4m，其下端连接一 个定值电阻 R=4，其它电阻不计两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度 B=1T一 质量为 m=0.04kg 的导体棒 ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静止
28、释放，取重力加速度 g=10m/s2，sin37 =0.6，cos37 =0.8求： (1)导体棒下滑的最大速度； (2)导体棒从静止加速到 v=4m/s 的过程中，通过 R 的电量 q=0.2C，则 R产生的热量值 【答案】 （1）6m/s（2）0.16J 【分析】（1）当导体所受的合外力为零时，速度最大；（2）根据通过 R的电量 q，结合平均电流公式求解 导体棒移动的距离，根据能量守恒定律求解 R上的热量. 【详解】（1）当导体所受的合外力为零时，速度最大，则：mgsin=BIL BLv I R 联立解得 v=6m/s （2）设该过程中电流的平均值为I，则qI t E I R BLx E
29、t 由能量守恒定律可得： 2 1 sin 2 mgxmvQ 联立解得：2.0 qR xm BL Q=0.16J 17. 如图，I、II为极限运动中两部分赛道，其中 I的 AB部分为竖直平面内半径为 R 的 1 4 光滑圆弧赛道， 最低点 B 的切线水平; II 上 CD 为倾角为 30 的斜面，最低点 C处于 B点的正下方，B、C 两点距离也等于 R.质量为 m的极限运动员(可视为质点)从 AB 上 P 点处由静止开始滑下，恰好垂直 CD 落到斜面上求: (1) 极限运动员落到 CD上的位置与 C的距离; (2)极限运动员通过 B 点时对圆弧轨道的压力; (3)P 点与 B 点的高度差 【答案
30、】 （1） 4 5 R （2） 7 5 mg ，竖直向下（3） 1 5 R 【详解】（1）设极限运动员在 B点的速度为 v0，落在 CD 上的位置与 C的距离为 x，速度大小为 v，在空 中运动的时间为 t，则 xcos300=v0t R-xsin300= 1 2 gt2 0 0 tan 30 v gt 解得 x=0.8R （2）由（1）可得： 0 2 5 vgR 通过 B点时轨道对极限运动员的支持力大小为 FN 2 0 N v Fmgm R 极限运动员对轨道的压力大小为 FN，则 FN=FN，解得 7 5 N Fmg，方向竖直向下； （3） P 点与 B点的高度差为 h,则 mgh= 1 2
31、 mv02 解得 h=R/5 18. 如图所示， 平面直角坐标系第一象限中， 两个边长均为 L的正方形与一个边长为 L的等腰直角三角形相 邻排列，三个区域的底边在 x轴上，正方形区域 I和三角形区域存在大小相等，方向沿 y轴负向的匀强电 场质量为 m、电量为 q的带正电粒子由正方形区域 I的顶点 A 以初速度 v0沿 x轴正向射入区域 I，离开电 场后打在区域底边的中点 P若在正方形区域内施加垂直坐标平面向里的匀强磁场，粒子将由区域右 边界中点 Q离开磁场，进入区域中的电场不计重力，求： (1)正方形区域 I中电场强度 E 的大小； (2)正方形区域中磁场磁感应强度的大小； (3)粒子离开三角
32、形区域的位置到 x轴的距离 【答案】 （1） 2 0 mv E qL ； （2） 0 2mv B qL （3）31 L 【分析】 （1）带电粒子在区域中做类平抛，根据平抛运动的规律列式求解场强 E； （2）粒子在磁场中做匀 速圆周运动，根据几何关系求解半径，从而求解 B； （3）在 Q点进入区域后，若区域补成正方形区域， 空间布满场强为 E 的电场，由对称性可知，粒子将沿抛物线轨迹运动到（3L，L）点，离开方向水平向右， 通过逆向思维，可认为粒子从（3L，L）点向左做类平抛运动 【详解】 （1）带电粒子在区域中做类平抛 0 Lv t 2 1 2 yat y vat Eq a m 设离开角度为，
33、则 0 tan y v v 离开区域后作直线运动 tan 2 Ly L 由以上各式得 2 0 mv E qL 45 （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动 0 2vv 2 mv qvB R 有几何关系可得 2 2 L R 可求得 0 2mv B qL （3）在 Q 点进入区域后，若区域补成正方形区域，空间布满场强为 E的电场，由对称性可知，粒子将 沿抛物线轨迹运动到（3L，L）点，离开方向水平向右，通过逆向思维，可认为粒子从（3L，L）点向左做 类平抛运动，当粒子运动到原电场边界时 0 xv t 2 1 2 yat xyL 解得(23)yL 因此，距离 x轴距离 ( 31)dLyL 【点睛】带电粒子在电场中的运动往往用平抛运动的的规律研究；在磁场中做圆周运动，往往用圆周运动 和几何知识，找半径，再求其他量
