【物理】江苏省南京外国语学校2020届高三上学期12月质量检测试题（解析版） 20页

江苏省南京外国语学校2020届高三上学期12月 质量检测试题 一、单项选择题．本题共5小题，每小题3分，共计15分．每题只有一个选项符合题意．‎ ‎1.一粒石子和一泡沫塑料球以相同初速度同时竖直向上抛出，泡沫塑料球受到的空气阻力大小与其速度大小成正比．忽略石子受到的空气阻力，石子和塑料球运动的速度v随时间t变化的图象如图所示，其中可能正确的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 忽略石子受到的空气阻力，石子只受重力，加速度恒为g，v-t图象是向下倾斜的直线.对于泡沫塑料球，根据牛顿第二定律得：上升过程有，下降过程有，又，得，则上升过程中，随着v的减小，a减小；，则下降过程中，随着v的增大，a减小；所以a不断减小，方向不变，故ABC错误，D正确；故选D.‎ ‎2.如图所示，质量为m的小球用一轻绳悬挂，在恒力F作用下处于静止状态，静止时悬线与竖直方向的夹角为60°。若把小球换成一质量为2m的小球，仍在恒力F作用下处于静止状态时，此时悬线与竖直方向的夹角为30°。已知重力加速度为g，则恒力F的大小为 A. mg B. 2mg C. mg D. 2mg ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对小球受力分析，根据平衡并利用正弦定理求解．‎ ‎【详解】分别对两个位置受力分析，并建立如图所示的三角形 设恒力F与竖直方向的夹角为，根据正弦定理可得：‎ ‎ ，‎ ‎，‎ 联立解得：‎ ‎，‎ 故A对；BCD错误；‎ 故选A。‎ ‎3.如图，一带电粒子从小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q 之间的真空区域，经偏转后打在 Q板上如图所示的位置．在其他条件不变的情况下要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，下列操作中可能实现的是（不计粒子重力）‎ A. 保持开关S闭合，适当上移 P极板 B. 保持开关S闭合，适当左移P极板 C. 先断开开关S，再适当上移 P极板 D. 先断开开关S，再适当左移P极板 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子做类似斜抛运动，水平分运动是匀速直线运动，要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，即要增加水平分位移，由于水平分速度不变，只能增加运动的时间。‎ ‎【详解】A、保持开关S闭合，适当上移P极板，根据U=Ed，d增加，场强E减小，故加速度a=qE/m减小，根据t=2vy0/a，时间延长，可能从小孔B射出；故A正确；B、保持开关S闭合，适当左移P极板，场强不变，故粒子加速度不变，运动轨迹不变，故B错误；C、先断开开关S，再适当上移P极板，电荷的面密度不变，场强不变，故粒子加速度不变，运动轨迹不变，故C错误；D、先断开开关S，再适当左移P极板，电荷的面密度增加，场强变大，故粒子加速度变大，故时间缩短，水平分位移减小，故不可能从小孔B射出，故D错误；故选A．‎ ‎4.如图所示的电路中，E为电源，其内电阻为r，V为理想电压表，L为阻值恒为2r的小灯泡，定值电阻R1的阻值恒为r，R3为半导体材料制成的光敏电阻，电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电小球处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是 A. 若将R2的滑片上移，则电压表的示数变小 B. 若突然将电容器上极板上移，则小球在P点电势能减小 C. 若光照变强，则小球会向上运动 D. 若光照变强，则AB间电路的功率变大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于电路稳定时，R2相当于导线，所以将R2的滑片上移时，电压表的示数不变，故A错误；‎ B．若突然将电容器上极板上移，电容器板间电压不变，板间场强减小，由U=Ed知，P点与下极板间的电势差减小，而下极板的电势为零，所以P点电势降低，由于液滴带负电，所以小球在P点电势能增加，故B错误；‎ C．若光照变强，光敏电阻R3减小，通过小灯泡的电流变大，电容器两端电压为 I变大，则U变小，即电容器两板间的电压变小，场强变小，油滴所受的电场力变小，因此油滴P要向下极板运动，故C错误；‎ D．根据当外电阻等于内电阻时，此时电源输出功率最大，将R1看成电源的内阻，由于等效电源的外电阻大于内电阻，外电阻变小，所以等效电源的输出功率变大，即AB间电路的功率逐渐变大，故D正确。‎ 故D正确。‎ ‎5.如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为E，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，一质量为m的带电粒子，在场区内的一竖直平面内做匀速圆周运动，则可判断该带电质点 A. 带有电荷量为的正电荷 B. 沿圆周逆时针运动 C. 运动的周期为 D. 带电粒子机械能守恒 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．带电质点在重力场、匀强电场和匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知，带电质点受到的重力和电场力一定平衡，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，可知带电质点带负电；根据电场力和重力大小相等，得 解得 故A错误；‎ B．带电质点由洛仑兹力提供向心力，由左手定则知粒子沿顺时针方向做匀速圆周运动，故B错误；‎ C．质点由洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 结合 解得 故C正确；‎ D．质点运动过程中电场力做功，所以机械能不守恒，故D错误。‎ 故选D。‎ 二、多项选择题．本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．‎ ‎6.空间存在平行于x轴方向的静电场，其电势φ随x的分布如图10所示．一质量为m、电荷量大小为q的带电粒子从坐标原点O由静止开始，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动．则下列说法正确的是(　　)‎ A. 该粒子带正电荷 B. 空间存在的静电场场强E是沿x轴正方向均匀减小的 C. 该粒子从原点O运动到x0过程中电势能是减小的 D. 该粒子运动到x0处速度是 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】沿电场线方向电势降低，由图可知电场方向沿X正方向．带电粒子仅在电场力作用下由静止开始沿x轴正方向运动，受力方向与电场方向一致， 带电粒子带正电，A正确；沿X正方向电势均匀降低，电场为匀强电场，B错误；沿x轴正方向运动，电场力做正功，电势能减小，C正确；根据动能定理，，D错误．故选AC ‎7.如图为某工程车的卸货装置，该装置为一能够直接将货物传送到地面的倾角为θ的传送带．该装置在正常工作时沿逆时针方向匀速转动，传送带的速度为v，卸货工人将质量均为m的货物无初速度地放在传送带顶端，已知货物与传送带间的动摩擦因数为μ，且μ v2> v3‎ B. 着陆器在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能 C. 着陆器在轨道Ⅲ上经过P点的加速度为 D. 着陆器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点的时间与着陆器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间之比是2‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、着陆器由轨道Ⅰ上运动改在圆轨道Ⅱ上运动，着陆器在P点应减速，所以着陆器在轨道Ⅰ上经过P点的速度v1大于在轨道Ⅱ上经过P点的速度v2，着陆器由轨道Ⅱ上运动改在圆轨道Ⅲ上运动，着陆器在P点应减速，所以在轨道Ⅱ上经过P点的速度v2大于在轨道Ⅲ上经过P点的速度v3，故A正确；‎ B、着陆器由轨道Ⅰ上运动改在圆轨道Ⅱ上运动，着陆器在P点应减速，所以着陆器在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能，故B正确；‎ C、着陆器在轨道Ⅱ上P点和轨道Ⅲ上P点离火星中心距离相等，因此在这点受到的火星的引力相等，由牛顿第二定律可知，在这点的加速度大小相等，着陆器在轨道Ⅲ上经过P点的加速度为，故C正确；‎ D、设着陆器在轨道Ⅱ上运动的周期为T1，在轨道Ⅲ上运动的周期为了T2，由开普勒第三定律得，解得 ，着陆器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点的时间与着陆器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间之比是，故D错误；‎ 故选ABC．‎ ‎【点睛】关键是着陆器由轨道Ⅰ上运动改在圆轨道Ⅱ上运动，着陆器在P点应减速，着陆器由轨道Ⅱ上运动改在圆轨道Ⅲ上运动，着陆器在P点应减速，比较在不同轨道上经过P点的加速度，直接比较它们所受的万有引力就可得知加速度大小相等．‎ ‎9.如图所示，用铰链将三个质量均为m的小球A、B、C与两根长为L轻杆相连， B、C置于水平地面上．在轻杆竖直时，将A由静止释放，B、C在杆的作用下向两侧滑动，三小球始终在同一竖直平面内运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g．则此过程中（ ）‎ A. 球A的机械能一直减小 B. 球A落地的瞬时速度为 C. 球B对地面的压力始终等于 D. 球B对地面的压力可小于mg ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A：设A球下滑时，左侧杆与竖直方向夹角为，则，AB用铰链相连，则，当A下落到最低点时，B的速度为零，中间过程中B的速度不为零；同理可得，当A下落到最低点时，C的速度为零，中间过程中C的速度不为零．ABC三者组成的系统机械能守恒，中间过程B、C的动能不为零，A到最低点时，B、C的动能为零；则球A的机械能不是一直减小．故A项错误．‎ B：当A下落到最低点时，B、C的速度为零，对三者组成的系统，A由静止释放到球A落地过程，应用机械能守恒得：，解得：球A落地的瞬时速度．故B项正确．‎ C：球A加速下落时，三者组成的系统有向下的加速度，整体处于失重状态，球B、C对地面的压力小于．故C项错误．‎ D：在A落地前一小段时间，B做减速运动，杆对B有斜向右上的拉力，则球B对地面的压力小于．故D项正确．‎ 综上，答案为BD．‎ 三、简答题：本题分必做题（第10、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．‎ ‎10.某研究小组做“验证力平行四边形定则”实验，所用器材有：方木板一块，白纸，量程为5 N的弹簧测力计两个，橡皮条(带两个较长的细绳套)，刻度尺，图钉(若干个)．‎ ‎(1)具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的有______．‎ A．橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上 B．重复实验再次进行验证时，结点O位置可以与前一次不同 C．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度 D．用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计时的拉力 ‎(2)该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O、力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如下图所示．其中对于提高实验精度最有利的是_______．‎ ‎ (3) 合力与F大小相等，方向略有偏差，如果此偏差仅由F1引起，则原因是F1的大小比真实值偏_______、F1与F2的夹角比真实夹角偏________.(填“大”或“小”)‎ ‎【答案】(1). BC (2). B (3). 大 大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1].A.F1、F2方向间夹角大小适当即可，不一定要橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上，故A错误；‎ B.合力与分力的关系为等效替代的关系，效果是相同的，所以在同一次实验时，需要让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，则必定结点O的位置要相同；而在重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同．故B正确；‎ C.使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线，可以减小因摩擦产生的误差；读数时视线应正对测力计刻度，可以减小偶然误差．故C正确；‎ D.用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力不一定必须都小于只用一个测力计时的拉力，故D错误；‎ ‎(2)[2].A、为了便于确定拉力的方向，拉橡皮条的细绳要稍长一些，同时在纸上描点时，所描的点不要太靠近结点，该图中所描的点太靠近结点．故A错误；‎ B.该图中所描的点到结点的距离适中，力的大小适中，而且两个力的角度的大小也适中．故B正确；‎ C.实验要方便、准确，两分力适当大点，读数时相对误差小，但不宜太大，该图中的读数都太小，故C错误；‎ D.该图中两个分力之间的夹角太小，这样误差容易大，故D错误；‎ ‎(3)[3][4].据F1和F2的大小和方向做出的平行四边形可知：原因是F1的大小比真实值偏大；F1与F2的夹角比真实夹角偏大．‎ ‎11.某实验小组欲自制欧姆表测量一个电阻的阻值，实验提供的器材如下：‎ A.待测电阻Rx(约200Ω)；‎ B.电源(电动势E约1.4V，内阻r约10Ω)；‎ C.灵敏电流计G(量程1mA，内阻Rg=200Ω)；‎ D.电阻R1=50Ω；‎ E.电阻R2=200Ω；‎ F.滑动变阻器R3(阻值范围为0~50Ω)；‎ G.滑动变阻器R4(阻值范围为0~500Ω)；‎ H.开关，导线若干．‎ ‎(1)由于电源电动势未知，该实验小组经过分析后，设计了如图(a)所示的电路测量．部分步骤如下：先闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器R，使灵敏电流计读数I1接近满偏；保持滑动变阻器滑片位置不动，断开开关S2，读出此时灵敏电流计的示数I2．‎ ‎ ‎ ‎①根据实验要求，定值电阻a应选___________；滑动变阻器R应选___________．(选填器材前的标号)‎ ‎②若实验中I1=0.90mA，I2=0.54mA，则电源电动势为___________V．‎ ‎(2)测出电动势后，该小组成员在图(a)的基础上，去掉两开关，增加两支表笔M、N，其余器材不变，改装成一个欧姆表，如图(b)所示，则表笔M为___________(选填“红表笔”或“黑表笔”)．用改装后的欧姆表测量待测电阻Rx阻值，正确操作后，灵敏电流计读数如图(c)所示，则待测电阻R的阻值为___________Ω．‎ ‎【答案】(1)D G 1.35 (2)黑表笔 180‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）在仪器的选择中，要通过估算进行，电阻a可尝试先使用电阻R1，然后进行整个电路的估算，接着尝试使用电阻R2，比较那个更符合题目所给的条件．‎ ‎（2）利用闭合电路的欧姆定律进行计算；‎ ‎（3）多用电表的红黑表笔遵循“红进黑出”，再利用欧姆档的欧姆调零原理，结合测电阻的原理进行计算即可．‎ ‎【详解】（1）闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器R，使灵敏电流计读数I1接近满偏，灵敏电流表两端的电压约为，则滑动变阻器两端电压约为，若电阻a选择了，则电流中的总电流为，此时滑动变阻器的阻值约为，滑动变阻器R4，若电阻a选择，则电流中的总电流为，滑动变阻器的阻值约为，无滑动变阻器满足要求，综上所述，电阻a选择D，滑动变阻器选择G；‎ ‎（2）第一次闭合开关S1、S2，有，断开S2后，有，联立解得；‎ ‎（3）改装为欧姆表后，表内有电源，根据多用电表“红进黑出”的特点，表笔M应接黑表笔．根据欧姆表的原理，欧姆调零时，有，接待测电阻后，读出表的电流为，电路中的总电流，则有，解得 ‎【点睛】正确地进行电路电流，电压的估算，熟悉闭合电路欧姆定律以及欧姆表的工作原理是解题的关键．‎ ‎12.如图所示是氢原子的能级图，现有大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁，所辐射的光子中，只有一种能使某金属产生光电效应．以下判断正确的是（ ）‎ A. 该光子一定是氢原子从激发态n=3跃迁到n=2时辐射的光子 B. 该光子一定是氢原子从激发态n=2跃迁到基态时辐射的光子 C. 若氢原子从激发态n=4跃迁到基态，辐射出的光子一定能使该金属产生光电效应 D. 若氢原子从激发态n=4跃迁到n=3，辐射出的光子一定能使该金属产生光电效应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁，所辐射的光子中，只有一种能使某金属产生光电效应，知频率最大的光子，即从n=3跃迁到n=1辐射的光子能使金属发生光电效应，故AB错误；因为n=4跃迁到n=1辐射的光子能量大于n=3跃迁到n=1辐射的光子能量，所以一定能使金属发生光电效应，故C正确；n=4跃迁到n=3辐射的光子能量小于n=3跃迁到n=2辐射的光子能量，所以该光子一定不能使金属发生光电效应，故D错误．‎ 考点：考查了氢原子跃迁，光电效应 ‎【名师点睛】大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁，可以辐射出3种不同频率的光子，只有一种能使某金属产生光电效应．知最大频率的光子能使金属发生光电效应．‎ ‎13.静止在匀强磁场中俘获一个速度的中子而发生核反应，生成一个和一个未知粒子，若已知的速度，其方向与反应前中子的方向相同，试求：‎ ‎①写出核反应方程式并求X粒子元素符号和x,y ‎②求出未知粒子的速度大小和方向 ‎③生成的和未知粒子在磁场中作圆周运动的周期之比。‎ ‎【答案】① ② -1000m/s，方向与相反 ③‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①根据电荷数守恒、质量数守恒得 未知粒子，则 ‎②中子、未知核和质量分别为m、3m和4m,未知核的速度为，对心正碰，由动量守恒定律得：‎ 解出 v2= -1000m/s，方向与相反 ‎③根据 得 则 生成的和未知粒子电量之比为2：1，质量之比为4：3，则在磁场中的周期之比为 ‎14.关于声波与光波的说法正确的是 A. 声波是纵波，光波是横波，声波不能在真空传播，光波可在真空中传播 B. 声波由空气进入水中波长变长，波速变大 C. 光波由空气进入水中波长变长，波速变大 D. 波源与观察者发生相对运动时，声波会出现多普勒效应，光波不会产生多普勒效应 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．声波在空气中是纵波，光波是横波，声波是机械波，需要借助于其他介质才能传播，所以声波不能在真空中传播。光波是一种电磁波，在真空中也能传播，故A正确；‎ B．声波由空气进入水中波速变大，频率不变，由波速v=λf分析得知波长变长，故B正确；C．光波由空气进入水中波速变小，频率不变，由波速v=λf分析得知波长变短，故C错误；D．波源与观察者发生相对运动时，声波和光波都能产生多普勒效应。故D错误。‎ 故选：AB。‎ ‎15.如图是一列向右传播的横波，波速为0.4m/s，M点的横坐标x=10m，图示时刻波传到N点，现从图示时刻开始计时，问：‎ ‎（1）经过多长时间，M点第二次到达波谷；‎ ‎（2）这段时间里，N点经过的路程为多少。‎ ‎【答案】（1）29s；（2）145cm ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图得波长为1.6m，则周期T==4s，经t1=（xM-xN）/v=22s，M点开始向上起振， 再经t2=T=7s，第二次到达波谷，故总共经t=t1+t2=29s第二次到达波谷。‎ ‎（2）29s内N质点共振动7个周期，共计经过的路程为145cm。‎ 四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只有最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎16.如图甲所示，半径R＝0.45 m光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M＝1 kg，长度l＝1 m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h＝0.2 m．质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放．取g＝10 m/s2.试求：‎ ‎(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；‎ ‎(2)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；‎ ‎(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离．‎ ‎【答案】（1）30N．（2）1m/s．（3）0.2m．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）物体从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中，机械能守恒，则mgR＝mvB2，‎ 解得vB=3m/s． 在B点由牛顿第二定律得，N-mg=m，‎ 解得N=mg+m=30N 即物块滑到轨道上B点时对轨道的压力N′=N=30N，方向竖直向下． （2）物块在小车上滑行时的摩擦力做功Wf＝−l＝−4J 从物体开始滑到滑离平板车过程中由动能定理得，mgR+Wf＝mv2 解得v=1m/s ‎（3）当平板车不固定时，对物块a1=μg=2m/s2‎ 对平板车；‎ 经过时间t1物块滑离平板车，则 ‎ 解得t1=0.5s（另一解舍掉）‎ 物体滑离平板车的速度v物=vB-a1t1=2m/s 此时平板车的速度：v车=a2t1=1m/s 物块滑离平板车做平抛运动的时间 ‎ 物块落地时距平板车右端的水平距离s=(v物-v车)t2=0.2m ‎【点睛】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式，综合性较强，关键理清运动过程，选择合适的规律进行求解．‎ ‎17.如图所示的竖直平面内有范围足够大、水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一绝缘形管杆由两段直杆和一半径为R的半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内.PQ、MN水平且足够长，半圆环MAP在磁场边界左侧，P、M点在磁场界线上，NMAP段是光滑的，现有一质量为m、带电量为+q的小环套在MN杆，它所受到的电场力为重力的倍.现在M右侧D点静止释放小环，小环刚好能到达P点，‎ ‎（1）求DM间的距离x0.‎ ‎（2）求上述过程中小环第一次通过与O等高的A点时弯杆对小环作用力的大小.‎ ‎（3）若小环与PQ间的动摩擦因数为μ（设最大静止摩擦力与滑动摩擦力大小相等）.现将小环移至M点右侧6R处由静止开始释放，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功.‎ ‎【答案】(1)4R (2) (3)mgR或 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由动能定理 ‎ ‎ qE=mg 得 ‎ ‎(2)设小环在A点速度vA，由动能定理 ‎ ‎ 得 ‎ ‎ 由向心力公式：‎ ‎ ‎ 解得 ‎ ‎(3)若即，小环达P点右侧S1处静止 得 ‎ ‎ 所以 ‎ ‎ 若即，环经过往复运动，最后只能在PD之间运动，设克服摩擦力为W，则：‎ 得 ‎18.如图所示，匀强磁场磁感应强度大小为B．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d