高三物理统考复习试卷(含解析)

一、选择题：本题共7题．在每小题给出四个选项中，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求．全部选对得6分，选对但选不全得3分，有选错的得0分．1．（6分）物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的革命和创新，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列表述正确的是（）A．水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是光的衍射现象B．麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，并通过实验加以证实C．机械波和电磁波在介质中传播速度大小均只与介质有关D．根据狭义相对论的原理可知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的【考点】：物理学史；波的形成和传播．【分析】：本题根据常见的物理现象、物理学史等等知识进行解答．【解析】：解：A、水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是由于油膜的上下表面对光的干涉形成的．故A错误；B、历史上，麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，是赫兹通过实验对此进行了证实．故B错误．C、机械波在介质中传播速度大小只与介质有关，而电磁波在介质中传播速度大小既与介质有关，还与电磁波本身的频率有关，故C错误．D、根据狭义相对论的原理可知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故D正确．故选：D【点评】：本题关键要掌握波动部分的物理学史，知道机械波和电磁波特性的差异，掌握相对论的基本原理．2．（6分）北京时间2012年2月25日凌晨O时12分，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，将第十一颗“北斗”导航卫星成功送入太空预定转移轨道，这是一颗地球静止轨道卫星，“北斗”导航卫星定位系统由静止轨道卫星（同步卫星）、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成，中轨道卫星轨道半径约为27900公里，静止轨道卫星的半径约为42400公里．（≈0.53可供应用），下列说法正确的是（）A．静止轨道卫星的向心加速度比中轨道卫星向心加速度大B．静止轨道卫星和中轨道卫星的线速度均大于地球的第一宇宙速度C．中轨道卫星的周期约为12.7hD．地球赤道上随地球自转物体的线速度比静止轨道卫星线速度大【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】：人造卫星问题．【分析】：根据万有引力提供向心力=m=m=ma比较向心加速度、线速度和周期．知道第一宇宙速度的特点．【解析】：解：A、根据万有引力提供向心力，=ma，加速度a=，轨道半径越大，向心加速度越小，中轨道卫星的轨道半径小，向心加速度大．故A错误；B、根据=m，速度v=，知道轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度的轨道半径为地球的半径，所以第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动最大的环绕速度，所以静止轨道卫星和中轨卫星的线速度均小于地球的第一宇宙速度．故B错误．C、根据=m，T=2π，所以中轨道卫星和静止轨道卫星的周期比≈0.53．则中轨道卫星的周期T1=0.53×24h=12.7h．故C正确；D、地球赤道上随地球自转物体和静止轨道卫星具有相同的角速度，根据a=rω2，知静止轨道卫星的向心加速度大．故D错误．故选：C．【点评】：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力=m=m=ma，会根据轨道半径的关系比较向心加速度、线速度和周期．3．（6分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图甲中的R1为正温度系数的热敏电阻，R为定值电阻．下列说法正确的是（）A．在0.5×10﹣2S时，电压表V2的示数为9VB． R1处温度升高时，电流表的示数变小，电压表V2的示数不变C．原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50πt（V）D．变压器原线圈的输入功率和副线圈的输出功率之比为1：4【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：由图乙可知交流电压最大值，周期，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u 的表达式 u=U m sinωt（V），由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，R1处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化．【解析】：解：A、由图知最大电压36V，有效值为36V，电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压有效值即电压表V2的示数为9V，A错误；B、R1温度升高时，阻值增大，电流表的示数变小，但不会影响输入和输出电压值，故B正确；C、原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压36V，周期0.02S，故角速度是ω=100π，U=36sin100πt（V），故C错误；D、理想变压器的输入、输出功率之比应为1：1，故D错误；故选：B．【点评】：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．4．（6分）如图所示，一细束由黄、蓝、紫三种色光组成的复色光通过三棱镜折射后分为a、b、c三种单色光，∠A大于c光在棱镜中的临界角而小于b光在棱镜中的临界角，下列说法中正确的是（）A． a种色光为紫光B．在三棱镜中a光的传播速度最大C．在相同实验条件下用a、b、c三种色光做双缝干涉实验，c光相邻亮条纹间距一定最大D．若复色光绕着入射点O顺时针转动至与AB面垂直时，屏上最终只有a光【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：复色光经过三棱镜色散后，从a到c形成黄、蓝、紫三种彩色光带，根据黄光的折射率最小，偏折角最小，紫光的折射率最大，偏折角最大，判断哪束光是黄光，哪束光是紫光．由公式v=分析光在玻璃三棱镜中的传播速度的大小．c光的波长最短，a光波长最长．干涉条纹的间距与波长成正比．即可判断干涉条纹间距的大小．根据sinC=，分析临界角的大小，判断入射角增大时，哪束光在AC面上先发生全反射．【解析】：解：A、黄光的折射率最小，通过三棱镜后偏折角最小，紫光的折射率最大，偏折角最大，所以可知，c光是紫光．a光是黄光，故A错误．B、由图看出，a光的折射率最小，c光的折射率最大，由公式v=分析可知，a光在三棱镜中的传播速度最大．故B正确．C、a光黄光，波长最长，干涉条纹的间距与波长成正比．所以a光形成的干涉条纹间距最大，故C错误．D、复色光绕着入射点O顺时针转动至与AB面垂直时，光线射到AC面上的入射角增大，光线与AB垂直时入射角等于∠A．由sinC=，分析知c光的临界角最小．据题，∠A大于c光在棱镜中的临界角而小于b光在棱镜中的临界角，则c光发生全反射，而ab两光束都没有发生全反射，屏上最终有a光和b光．故D错误．故选：B【点评】：本题是光的色散现象与干涉、光电效应的综合，关键要掌握光的色散研究的结果，知道七种色光排列顺序、折射率大小等等要记牢，同时，要记住折射率与波长、频率、临界角的关系．5．（6分）一列简谐波在t=0时刻的波形图如图所示，经过0.1s，平衡位置位于x=2m的点M 第一次到达波峰，关于该波的下列说法正确的是（）A．波速可能为20m/sB．波的传播方向一定沿x正方向C．波的频率f=2.5HzD． N点的速度不可能正在增大【考点】：横波的图象；波长、频率和波速的关系．【专题】：振动图像与波动图像专题．【分析】：由图象读出波长，根据经过0.1s，平衡位置位于x=2m的点M第一次到达波峰，分波沿x轴正方向和负方向传播两种情况讨论，求出波速和频率，由最大位移处向平衡位置运动时，速度增大．【解析】：解：A、若波沿x轴正方向传播，根据经过0.1s，当x=0的位置传给x=2m的点M 时，M第一次到达波峰，则v=，故A正确；B、根据题意可知，波可以沿x轴正方向也可以沿负方向传播，故B错误；C、由图象读出波长λ=16m，若波沿x轴负方向传播，根据经过0.1s，当x=16m的位置传给x=2m的点M时，M第一次到达波峰，则v，此时f=，故C错误；D、N点此时由负的最大位移处向平衡位置运动，速度增大，故D错误．故选：A【点评】：本题注意要分沿x轴正方向和负方向传播两种情况讨论，能根据波的平移原则求解波速，难度适中．6．（6分）如图所示，一轻质弹簧下端固定在粗糙的斜面底端的档板上，弹簧上端处于自由状态，斜面倾角为θ，一质量为m的物块（可视为质点）从离弹簧上端距离为L1处由静止释放，物块与斜面间动摩擦因数为µ，物块在整个过程中的最大速度为v，弹簧被压缩到最短时物体离释放点的距离为L2（重力加速度为g）．则（）A．从物块释放到弹簧被压缩到最短的过程中，系统损失的机械能为µmgL2cosθB．从物块释放到弹簧压缩到最短的过程中，物体重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和C．物块的速度最大时，弹簧的弹性势能为mgL1（sinθ﹣µcosθ）﹣mv2D．物块的最大动能为mgL1（sinθ﹣µcosθ）【考点】：功能关系；动能和势能的相互转化．【分析】：物块下滑做匀加速直线运动，接触弹簧时，沿斜面方向又受到向上的弹力作用，物体做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力在斜面向下的分量时，加速度为零，速度最大，动能最大，根据动能定理求出刚与弹簧接触时的动能即可判断A，弹黉被压缩到最短时．物块速度为零，根据动能定理即可求出此时弹簧的弹性势能，系统损失的机械能为滑动摩擦力做的功．【解析】：解：A、系统损失的机械能为滑动摩擦力做的功，所以物块运动到最低点时，机械能的损失量为△E=μmgcosθL2，A正确；B、根据能量守恒定律可知，从物块释放到弹簧压缩到最短的过程中，物体重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和，故B正确．C、物块的最大速度是在合力为零时，即受力平衡时，设速度最大时设弹簧压缩量x则：根据功能关系E弹=（mgsinθ﹣μmgcosθ）（L1+x）﹣mv2，故C错误；D、根据题意可知，物块下滑做匀加速直线运动，接触弹簧时，沿斜面方向又受到向上的弹力作用，物体做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力在斜面向下的分量时，加速度为零，速度最大，动能最大，从物块刚开始运动到刚与弹簧接触的过程中，根据动能定理得：E K﹣0=mgsinθL1﹣μmgcosθL1所以物块的最大动能大于mgL1（sinθ﹣μcosθ），故D错误；故选：AB．【点评】：本题主要考查了动能定理及能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，知道什么时候速度最大，难度适中．7．（6分）如图所示，一个带正电的小球穿在一根绝缘的粗糙直杆AC上，杆与水平方向成θ角，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直于杆方向斜向上的匀强磁场．小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，在运动过程中，则（）A．小球在D点时的动能为50 JB．到达C点后小球可能沿杆向上运动C．小球电势能的增加量一定等于重力势能的减少量D．小球在AD段克服摩擦力做的功与小球在DC段克服摩擦力做的功不相等【考点】：带电粒子在混合场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：由于从A到C的过程中小球的动能减小，则运动速度减小，小球所受的洛伦兹力减小，导致滑动摩擦力减小，所以在下滑过程中，电场力、摩擦力做负功，重力做正功．【解析】：解：A、D、小球与杆之间的压力减小，摩擦力也在减小，所以小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不相等；AD段和DC段合外力不同，因此合外力做的功也不同，所以根据动能定理，动能的变化量不同，故A错误，D正确；B、小球运动到C点后，有可能静止，也有可能沿杆向上运动，故B正确；C、电势能增加是由电场力做功决定，而重力势能减小是由重力做功决定，由于动能与重力势能减少，转化小球的电势能，故C错误；故选：BD．【点评】：考查动能大小与速度大小关系，及速度大小与洛伦兹力大小，洛伦兹力与滑动摩擦力的关系，同时突出电场力做功与重力做功及摩擦力做功与能量的关系．二、解答题（共2小题，满分17分）8．（8分）测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示．AB是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′．重力加速度为g．实验步骤如下：①用天平称出物块Q的质量m；②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC′的高度h；③将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；④重复步骤③，共做10次；⑤将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C′的距离s．用实验中的测量量表示：（ⅰ）物块Q到达B点时的动能E kB= mgR ；（ⅱ）物块Q到达C点时的动能E kC= ；（ⅲ）在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功W f= ；（ⅳ）物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ= ．【考点】：探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】：实验题．【分析】：（1）物块由A到B点过程，由动能定理可以求出物块到达B时的动能；（2）物块离开C点后做平抛运动，由平抛运动的知识可以求出物块在C点的速度，然后求出在C点的动能；（3）由B到C，由动能定理可以求出克服摩擦力所做的功；（4）由功的计算公式可以求出动摩擦因数．【解析】：解：（1）从A到B，由动能定理得：mgR=E KB﹣0，则物块到达B时的动能E KB=mgR；（2）离开C后，物块做平抛运动，水平方向：s=v C t，竖直方向：h=gt2，物块在C点的动能E KC=mv C2，解得：E KC=；（3）由B到C过程中，由动能定理得：﹣W f=mv C2﹣mv B2，克服摩擦力做的功W f=；（4）B到C过程中，克服摩擦力做的功：W f=μmgL=，则μ=；故答案为：（1）mgR；（2）；（3）；（4）．【点评】：熟练应用动能定理、平抛运动规律、功的计算公式即可正确解题．9．（9分）在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：A．待测的干电池（电动势约为1.5V，内电阻小于1.0）B．电流表G（量程0～3mA，内阻R g1=10Ω）C．电流表A（量程0～0.6A，内阻R g2=0.1Ω）D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）E．滑动变阻器R2（0～200Ω，1A）F．定值电阻R3（990Ω）G．开关和导线若干（1）为方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是 D （填写器材前的序号）．（2）请画出利用本题提供的器材设计测量电池电动势和内阻的电路图如图1．（3）如图2示为某同学根据他所设计的实验数据绘出的I1﹣I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数，且I2的数值远大于I1的数值）．则由图线可得被测电池的电动势E= 1.5 V，内阻r= 0.89 Ω．（计算结果保留两位有效数字）【考点】：测定电源的电动势和内阻．【专题】：实验题．【分析】：（1）因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小．（2）根据实验原理明确原理图；（3）根据欧姆定律和串联的知识求出I1和电源两端电压U的关系，根据图象与纵轴的交点求出电动势，由与横轴的交点可得出路端电压为某一值时电流，则可求得内阻．【解析】：解：（1）因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小．滑动变阻器应选D，（2）本实验中没有电压表，故应采用电流表G及定值电阻串联充当电压表使用，滑动变阻器与电流表串联；答案如图所示；（3）图象与纵轴的交点得最大电流为1.5mA．根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压U=I1（990+10）=1000I1，根据图象与纵轴的交点得电动势E=1.48mA×1000Ω=1.5V与横轴的交点可得出路端电压为1.1V时电流是0.45A；r===r=0.89Ω；故答案为：（1）D；（2）如图；（3）1.5；0.89．【点评】：在测量电源电动势和内阻时，要注意根据画出的U﹣I图象分析出电动势及内阻的方法．三、计算题（本题共3个小题，共计51分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出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）10．（15分）某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为υ﹣t图象，如图所示（除2s～10s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线）．已知在小车运动的过程中，2s～14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为1.0kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变．求：（1）小车所受到的阻力大小；（2）小车匀速行驶阶段的功率；（3）小车在加速运动过程中（指图象中0～10秒内）位移的大小．【考点】：动能定理；功率、平均功率和瞬时功率．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：（1）在14s末停止遥控而让小车自由滑行，小车只受摩擦力，故可以可以先求加速度，再求出合力，等于摩擦力；（2）匀速阶段，牵引力等于阻力，速度已知，直接根据公式P=Fv求解；（3）前2秒位移根据运动学公式求解，2s到10s为变加速过程，其位移可以由动能定理求解．【解析】：解：（1）由图象可得：在14 s～18 s时间段a=m/s2=﹣1.5m/s2小车受到阻力大小：F f=ma=﹣1.5N（负号表示力的方向与运动方向相反）（2）在10s～14s小车做匀速运动，牵引力大小F 与 F f大小相等 F=1.5NP=Fυ=1.5×6W=9W（3）速度图象与横轴之间的“面积”等于物体运动的位移0～2s内 x1=×2×3m=3m2s～10s内根据动能定理Pt﹣F f x2=﹣解得x2=39 m加速过程中小车的位移大小为：x=x1+x2=42 m答：（1）小车所受到的阻力大小为1.5N；（2）小车匀速行驶阶段的功率为9W；（3）小车在加速运动过程中位移的大小为42m．【点评】：本题关键分析清楚小车各段的运动规律以及力的变化情况，结合牛顿第二定律和动能定理求解．11．（17分）水上滑梯可简化成如图所示的模型：倾角为θ=37°斜滑道AB和水平滑道BC平滑连接，起点A距水面的高度H=7.0m，BC长d=2.0m，端点C距水面的高度h=1.0m．一质量m=50kg的运动员从滑道起点A点无初速地自由滑下，运动员与AB、BC间的动摩擦因数均为μ=0.10，（cos37°=0.8，sin37°=0.6，运动员在运动过程中可视为质点）求：（1）运动员沿AB下滑时加速度的大小a；（2）运动员从A滑到C的过程中克服摩擦力所做的功W和到达C点时速度的大小υ；（3）保持水平滑道端点在同一竖直线上，调节水平滑道高度h和长度d到图中B′C′位置时，运动员从滑梯平抛到水面的水平位移最大，求此时滑道B′C′距水面的高度h′．【考点】：牛顿第二定律；功的计算．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）运动员沿AB下滑时，受到重力mg、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度．（2）运动员从A滑到C的过程中，克服摩擦力做功为W=μmgcosθ（）+μmgd=μmg[d+（H﹣h）cotθ]．根据动能定理求解到达C点时速度的大小υ；（3）运动员从A滑到C的过程中，克服摩擦力做功W保持不变，根据动能定理得到运动员滑到C点时的速度大小．从C到水平地面，运动员做平抛运动，由平抛运动的规律得到水平位移h′的关系式，由数学知识求解水平位移最大时h′的值．【解析】：解：（1）运动员沿AB下滑时，受力情况如图所示F f=μF N=μmgcosθ根据牛顿第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma得运动员沿AB下滑时加速度的大小为：a=gsinθ﹣μgcosθ=5.2 m/s2（2）运动员从A滑到C的过程中，克服摩擦力做功为：W=μmgcosθ（）+μmgd=μmg[d+（H﹣h）cotθ]=500J由动能定理得 mg（H﹣h）﹣W=，得运动员滑到C点时速度的大小 v=10 m/s（3）在从C点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间为t，由h′=，得下滑过程中克服摩擦做功保持不变 W=500J根据动能定理得：mg（H﹣h′）﹣W=，解得 v=运动员在水平方向的位移：x=vt=•=当h′=时，水平位移最大答：（ 1）运动员沿AB下滑时加速度的大小a是5.2 m/s2；（2）运动员从A滑到C的过程中克服摩擦力所做的功W为500J，到达C点时速度的大小υ为10m/s；（3）滑道B′C′距水面的高度h′为3m时，水平位移最大．【点评】：本题中关键之处要抓住滑动摩擦力做功W=μmg[d+（H﹣h）cotθ]，与AC间水平位移大小成正比，AC间水平位移不变，W不变．第3问得到水平位移x与h′的关系式，根据数学知识求解极大值的条件．12．（19分）如图甲所示，有一磁感强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP 与水平方向夹角为45°，紧靠磁场右上边界放置长为L，间距为d的平行金属板M、N，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上，O1、O2电场左右边界中点．在两板间存在如图乙所示的交变电场（取竖直向下为正方向）．某时刻从O点竖直向上同时发射两个相同的粒子a和b，质量为m，电量为+q，初速度不同．粒子a在图乙中的t=时刻，从O1点水平进入板间电场运动，由电场中的O2点射出．粒子b恰好从M板左端进入电场．（不计粒子重力和粒子间相互作用，电场周期T未知）求：（1）粒子a、b从磁场边界射出时的速度v a、v b；（2）粒子a从O点进入磁场到射出O2点运动的总时间；（3）如果交变电场的周期T=，要使粒子b能够穿出板间电场，求则电场强度大小E0满足的条件．【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：（1）求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律可以求出粒子a、b从I磁场边界射出时的速度v a、v b．（2）求出粒子在磁场中、在电场中、在电磁场外的运动时间，然后求出总运动时间．（3）作出粒子在电场中的运动轨迹，应用类平抛运动规律分析答题．【解析】：解：（1）如图所示，粒子a、b在磁场中均速转过90°，平行于金属板进入电场．由几何关系可得：，r b=d…①由牛顿第二定律可得…②…③解得：，（2）粒子a在磁场中运动轨迹如图在磁场中运动周期为：…④在磁场中运动时间：…⑤粒子在电磁场边界之间运动时，水平方向做匀速直线运动，所用时间为…⑥由④⑤⑥则全程所用时间为：（3）粒子在磁场中运动的时间相同，a、b同时离开Ⅰ磁场，a比b进入电场落后时间…⑦故粒子b在t=0时刻进入电场．由于粒子a在电场中从O2射出，在电场中竖直方向位移为0，故a在板间运动的时间t a是周期的整数倍，由于v b=2v a，b在电场中运动的时间是t b=t a，可见b在电场中运动的时间是半个周期的整数倍即…⑧…⑨粒子b在内竖直方向的位移为…⑩粒子在电场中的加速度由题知粒子b能穿出板间电场应满足ny≤d解得答：（1）粒子a、b从磁场边界射出时的速度v a、v b分别是：和；（2）粒子a从O点进入磁场到射出O2点运动的总时间是；（3）如果交变电场的周期T=，要使粒子b能够穿出板间电场，则电场强度大小E0满足的条件．【点评】：本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．。