浙江省名校协作体2023-2024学年高二下学期2月月考物理试卷(解析版)

这是一份浙江省名校协作体2023-2024学年高二下学期2月月考物理试卷(解析版)，共24页。试卷主要包含了考试结束后， 只需上交答题卷；，1sB等内容，欢迎下载使用。
1. 本卷满分 100分， 考试时间 90 分钟；
2. 答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；
3. 所有答案必须写在答题卷上， 写在试卷上无效；
4.考试结束后， 只需上交答题卷；
5. 无特殊说明取 g=10m/s2。
一、选择题 Ⅰ （本题共 12小题， 每小题 3 分， 共 36 分。每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的， 不选、多选、错选均不得分。）
1. 下列物理量属于矢量的是（ ）
A. 瞬时速率B. 磁通量
C. 电势D. 磁感应强度
【答案】D
【解析】瞬时速率、磁通量和电势均为标量，磁感应强度是矢量。
故选D。
2. 在物理学的发展过程中，许多物理学家的辛勤研究推动了人类文明的进步。下列说法中正确的是（ ）
A. 伽利略用实验直接证实了自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动
B. 卡文迪什测出了万有引力常量，被称为“称量地球质量的第一人”
C. 库仑通过扭秤装置测得了最小的电荷量
D. 电磁感应定律是由奥斯特总结提出的
【答案】B
【解析】A．伽利略猜想自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，故A错误；
B．卡文迪什测出了万有引力常量，被称为“称量地球质量的第一人”，故B正确；
C．密立根通过油滴实验测得了最小的电荷量，故C错误；
D．电磁感应定律是由法拉第总结提出的，故D错误。
3. 第19 届亚运会在我省杭州市举行，中国队共收获了201枚金牌、111枚银牌、71枚铜牌。下列项目比赛过程中，可将运动员视为质点的是（ ）
A. 研究跳水运动员的入水动作
B. 研究击剑运动员的有效击打位置
C. 研究花样运动员游泳时的技术动作
D. 记录速度轮滑1000m争先赛运动员的成绩
【答案】D
【解析】A．研究跳水运动员的入水动作，跳水运动员的形状、大小不能忽略，不能将跳水运动员看成质点，故A错误；
B．研究击剑运动员的有效击打位置，击剑运动员的形状、大小不能忽略，不能将击剑运动员看成质点，故B错误；
C．研究花样运动员游泳时的技术动作，花样游泳运动员的形状、大小不能忽略，不能将花样游泳运动员看成质点，故C错误；
D．记录速度轮滑1000m争先赛运动员的成绩，运动员的形状、大小可以忽略，可以将运动员看成质点，故D正确。
故选D。
4. 如图所示，一箱苹果沿着倾角为的粗糙斜面加速下滑，在箱子正中央夹有一只质量为m的苹果，其周围苹果对它的作用力可能为（ ）
A. F1B. F2C. F3D. F4
【答案】B
【解析】由于一箱苹果沿着倾角为的粗糙斜面加速下滑，可知加速度沿斜面向下，且大小满足
对于箱子正中央的苹果，其周围苹果对它的作用力一定存在垂直斜面向上的分力和沿斜面向上的分力，故不可能是图中的和；将加速度分解为水平向右和竖直向下的分加速度，可知对于箱子正中央的苹果，其周围苹果对它的作用力一定存在水平向右的分力，故不可能是图中的，所以其周围苹果对它的作用力可能为。
故选B。
5. 2023年12月 14日，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号F运载火箭成功发射一型可重复使用的试验航天器。据介绍，该航天器运行一段时间后将返回国内预定着陆场，其间将按计划开展可重复使用技术验证及空间科学实验，为和平利用太空提供技术支撑。该航天器在近地圆轨道运行时（ ）
A. 所受万有引力不变
B. 绕行速度大于 8km/s
C. 运行周期小于静止轨道卫星的周期
D. 与放在赤道上的物体具有相同的角速度
【答案】C
【解析】A．该航天器在近地圆轨道运行时，万有引力充当向心力，其所受万有引力始终指向其所在轨道的圆心，因此万有引力始终在变化，故A错误；
B．第一宇宙速度大小为7.9km/s，为最小发射速度最大环绕速度，即物体环绕地球表面做圆周运动时的速度，其环绕半径近似等于地球半径，而近地圆轨道半径大于地球半径，根据万有引力充当向心力有
可得
显然轨道半径越大线速度越小，因此该航天器在近地圆轨道运行时绕行速度小于7.9km/s，故B错误；
C．根据万有引力充当向心力有
可得
显然轨道半径越大周期越大，近地圆轨道半径小于静止轨道半径，因此该航天器运行周期小于静止轨道卫星的周期，故C正确；
D．地球同步卫星的轨道半径大于近地圆轨道半径，而地球同步卫星与放在赤道上的物体具有相同的角速度，根据万有引力充当向心力有
可得
显然轨道半径越大角速度越小，因此可知该航天器在近地圆轨道运行时角速度大于放在赤道上的物体随地球自转时的角速度，故D错误。
故选C。
6. 如图所示，垃圾运输车运用两个“抓臂”将垃圾桶缓慢抓起后，以一定的倾角把垃圾倒入车内，下列说法中正确的是（ ）
A. 倾角的大小与垃圾质量无关
B. 垃圾桶受到的弹力是由于其自身受到挤压发生形变而产生的
C. “抓臂”在把垃圾桶抓起的过程中，抓得越紧摩擦力越大
D. “抓臂”在把垃圾桶抓起的过程中，对垃圾桶的作用力始终等于桶的重力
【答案】A
【解析】A．设垃圾质量为，垃圾桶与垃圾的动摩擦因数为，垃圾下滑时有
即
可知倾角的大小与垃圾质量无关，故A正确；
B．垃圾桶受到的弹力是由于“抓臂”受到挤压发生形变而产生的，故B错误；
C．“抓臂”在把垃圾桶抓起的过程中，垃圾桶受到的是静摩擦力，静摩擦大小与正压力无关，故C错误；
D．“抓臂”在把垃圾桶抓起的过程中，先向上加速，再向下减速，最后静止，“抓臂”对垃圾桶的作用力不是始终等于桶的重力，故D错误。
故选A。
7. 电子束焊接机的核心部件内存在如图所示的高压电场，K极为阴极，一电子在电场力作用下由A沿直线运动到B。下列说法正确的是（ ）
A. 虚线为等势面B. 电子的电势能逐渐减小
C. 电子的加速度逐渐减小D. 电子的动能保持不变
【答案】B
【解析】A．电子沿直线运动说明受力方向与AB方向相同，因此虚线为电场力方向即为电场线，故A错误；
BD．电子在电场力作用下由A沿直线运动到B，电场力做正功，电子的动能逐渐增大，电势能逐渐减小，故B正确，D错误；
C．电场线越密，电场强度越大，可知电子在电场力作用下由A沿直线运动到B，电场强度逐渐增大，电子受到电场力逐渐增大，根据牛顿第二定律，电子的加速度逐渐增大，故C错误。
8. 如图所示， 杂技演员将小球以相同的时间间隔水平抛出， 小球在撞击两个弹性挡板后再次被杂技演员接住， 由此估算抛球的时间间隔最接近于（ ）
A. 0.1sB. 0.2sC. 0.3sD. 0.4s
【答案】B
【解析】当演员手中第四个球抛出时，空中第二个球到达最低点，则有
估算h=0.8m，代入解得
s
9. 某品牌观光新能源电动车的电源铭牌标有“120 V， ”的字样。假设工作时电源的输出电压恒为 120 V， 额定输出功率为3kW。根据上述有关数据， 下列说法不正确的是（ ）
A. 铭牌标的“”是电量
B. 电源工作时的额定电流为25A
C. 电源充满电后储存的电能为1.08×108J
D. 该汽车电动机的线圈内阻为 4.8Ω
【答案】D
【解析】A．根据可知铭牌标的“”是电量，故A正确，不满足题意要求；
B．电源工作时的额定电流为
故B正确，不满足题意要求；
C．电源充满电后储存的电能为
故C正确，不满足题意要求；
D．由于电动机为非纯电阻，则有
可得该汽车电动机的线圈内阻满足
故D错误，满足题意要求。
10. 如图所示，一小磁铁从长为1m、倾角为的固定铝板顶端由静止开始释放，已知磁铁与铝板之间的动摩擦因数为0.5，则小磁铁在下滑过程中（ ）
A. 做匀速运动
B. 机械能守恒
C. 到达铝板底端时的速度为2m/s
D. 减少的重力势能转化为动能和系统的内能
【答案】D
【解析】A．小磁铁在下滑过程中，由于电磁感应，铝板中将产生涡流，阻碍小磁铁运动，小磁铁在下滑过程中的运动不是匀速运动，也不是匀变速运动，故A错误；
B．小磁铁在下滑过程中，克服摩擦力、安培力做功，机械能不守恒，故B错误；
C．不考虑铝板中涡流对小磁铁的影响，对小磁铁，根据牛顿第二定律
解得
根据动力学公式
解得
由于铝板中产生的涡流阻碍小磁铁运动，小磁铁到达铝板底端时的速度小于2m/s，故C错误；
D．根据能量守恒，减少的重力势能转化为动能和系统的内能，故D正确。
故选D。
11. 如图甲所示， 物块以初速度v0=6m/s从A点沿水平方向冲上长为2m的传送带， 并沿水平传送带滑到B点后水平抛出， 落到地面上的 P 点， 平抛运动的水平距离记为x； 在v0一定的情况下，改变传送带的速度v，得到x-v关系图像如图乙所示（规定向右为速度的正方向）。下列说法错误的是（ ）
A. B、P两点之间的高度差为0.8m
B. 物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C. 当传送带的速度为2m/s时，物块到达 B点的速度为4m/s
D. 当传送带的速度为20m/s时，平抛运动的水平距离为6.4m
【答案】D
【解析】AC．根据图乙可知，在传送带的速度时，
物块从传送带右端抛出时的速度大小为，
做平抛运动的水平位移，
由此可知物块做平抛运动的时间
则可得B、P两点之间的高度差为
故AC正确，不符合题意；
B．根据动能定理可得
解得物块与传送带间的动摩擦因数为
故B正确，不符合题意；
D．若物块在传送带上始终加速，则对物块由动能定理有
解得
由此可得物块以最大速度平抛后的水平位移为
故D错误，符合题意。
故选D。
12. 如图所示，一根不可伸长的细绳上端固定，下端系在一个边长为0.4m的正方形金属框上，悬挂点P与顶点A的距离为0.05m，金属框的质量均匀分布，重心O正好位于磁场边界MN上，电阻为8×10-3Ω。MN下方存在垂直纸面向里、大小随时间变化规律为B=0.4+0.1t的磁场，则t=2s时金属框受到的安培力大小为（ ）
A. 0.3NB. 0.48N
C. 0.6ND.
【答案】A
【解析】金属框内的感应电动势为
金属框内的电流为
根据余弦定理
金属框t=2s时金属框受到的安培力大小为
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题3分， 共9分， 在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上答案符合题意，全部选对的得3分， 选对但不全的得2分， 选错或不选的得0分。）
13. 下列是教材中的四幅插图， 说法正确的是（ ）
A. 图甲：当摇动手柄使得蹄形磁铁转动，铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快
B. 图乙：给真空冶炼炉通入高频交流电，炉内的金属中会产生大量热量，从而冶炼金属
C. 图丙：微安表的表头在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起（从而保护电表指针） 这是利用了电磁阻尼原理
D. 图丁：在蹄形磁铁两极间自由转动的铜盘，就算摩擦极小，也会因产生感应电流而很快停下
【答案】BCD
【解析】A．当摇动手柄使得蹄形磁铁转动，铝框会同向转动，但转得比磁铁慢，故A错误；
B．给真空冶炼炉通入高频交流电，炉内的金属中会产生涡流，从而产生大量热量，从而冶炼金属，故B正确；
C．微安表的表头在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起（从而保护电表指针） 这是利用了电磁阻尼原理，故C正确；
D．在蹄形磁铁两极间自由转动的铜盘，就算摩擦极小，也会因产生感应电流，在电磁阻尼的作用下，而停下，故D正确。
故选BCD。
14. 曾经风靡一时“可达鸭吸管”，在用它喝可乐的时候会发出悦耳的音乐，其原理可简化为下图所示：在吸管外面包有一层铜箔作为电极，当可乐流过电极附近时，便与铜箔形成了电容，从而使电极的电势发生改变，触发音乐开关。下列判断正确的是（ ）
A. 必须要让可乐流动起来才能听到音乐
B. 吸管（这个结构）除了喝水以外还充当了电介质的作用
C. 用该吸管喝别的饮料时也可能会发出音乐
D. 手持一根细铜条插入吸管中也可能听到音乐
【答案】BCD
【解析】A．该吸管的原理是由铜箔组成的电容器其电容发生改变从而触发音乐开关，根据电容器知识可知，当可乐到达铜箔电极部分，其有铜箔组成的电容器的电容即发生变化，所以不是必须让可乐流动起来才能听到音乐，故A项错误；
B．由题意可知，其电容器为铜箔构成，而细管接入铜箔之间，从结构上看，其细管除了喝水以外，也充当了电介质的作用，故B项正确；
C．由之前的分析可知，当电容器的电容改变，即会听到音乐，而当喝其他饮料时，其它饮料到达铜箔的位置时，也改变了其电容，所以用该吸管喝别的饮料时也可能会发出音乐，故C项正确；
D．由之前的分析可知，当电容器的电容改变，即会听到音乐，而当一根细铜条插入吸管中时，也改变了其电容，所以手持一根细铜条插入吸管中也可能听到音乐，故D项正确。
故选BCD。
15. 如图所示，质量为2000kg的电梯缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，下落过程中安全钳总共提供给电梯17000N的滑动摩擦力。已知弹簧的劲度系数k=11000N/m，安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，关于电梯从接触弹簧到停止的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 电梯一直在做减速运动
B. 电梯的加速度先减小后增大
C. 电梯停止在井底时所受摩擦力大小为17000N
D. 从电梯接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失机械能约为4600J
【答案】BD
【解析】AB．电梯从接触弹簧到停止的过程中，电梯受到重力、弹簧弹力、滑动摩擦力。弹簧弹力逐渐增大，电梯的重力与滑动摩擦力的合力先大于弹簧弹力，则电梯向下的加速度逐渐减小，之后弹簧弹力大于电梯的重力与滑动摩擦力的合力，则电梯向上的加速度逐渐增大，故电梯先做加速运动，后做减速运动，电梯的加速度先减小后增大，故A错误，B正确；
C．电梯停止在井底时，受力平衡，由平衡条件可得
电梯所受摩擦力大小为
故C错误；
D．从电梯接触弹簧到速度最大时，加速度为零，由平衡条件可得
解得此时弹簧的压缩量为
电梯和弹簧组成的系统损失机械能约为
故D正确。
故选BD。
三、实验题（共2小题， 共14分， 把答案填在答题卡对应横线上。）
16. （1）“探究小车速度随时间变化的规律”的实验装置如图1所示，轨道水平放置，细绳与轨道平行。实验中使用的打点计时器（如图2所示）适配电压为________（“约8V交流电”、“220V交流电”）；图3是打出纸带的一部分，则打下计数点A时纸带的速度为________m/s（计算结果保留2位有效数字）。
（2）利用图1装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，下列说法正确的是
A. 小车质量须远小于槽码质量
B. 补偿阻力时要求小车的一端连接纸带，另一端通过细线连接槽码
C. 实验过程中小车应靠近打点计时器，先接通电源后释放小车
D. 如果在槽码和小车之间接一个力传感器，就不需要补偿阻力了
【答案】（1）220V交流电 0.29 （2）C
【解析】（1）[1]实验中使用的打点计时器为电火花打点计时器，适配电压为220V交流电。
[2]根据极短时间的平均速度近似等于瞬时速度，打下计数点A时纸带的速度为
（2）A．为使绳子的拉力近似等于槽码的重力，小车质量须远大于槽码质量，故A错误；
B．补偿阻力时要求小车的一端连接纸带，另一端通不连接槽码，故B错误；
C．为打点稳定，实验过程中小车应靠近打点计时器，先接通电源后释放小车，故C正确；
D．如果在槽码和小车之间接一个力传感器，为使绳子的拉力等于小车的合外力，仍需要补偿阻力，故D错误。
17.（1）图中色环电阻的标称阻值为________Ω。（该色环电阻从左至右各环的颜色依次是： 黑色、绿色、黑色、银色）
（2）为精确测量该色环电阻的阻值，实验室备有以下器材可供选择：
电源E（电动势约为3V，内阻约为0.2 Ω）
电压表 V（量程3V，内阻约 2kΩ）
电流表 A（量程100mA，内阻为15Ω）
定值电阻 R0（3Ω）
滑动变阻器R（0-10Ω）
单刀单掷开关一个，导线若干
将电流表A 和定值电阻 R0改装成新的电流表，其量程为________ A。
（3）为使测量范围尽可能大一些， 请在答题纸的方框中画出实验电路图________。
（4）利用上述电路做实验，某次测量中，电压表示数为2.6V时，电流表示数为60mA，则该色环电阻________（填“是”或“不”）符合要求。
【答案】（1）5 （2）0.6 （3） （4）是
【解析】（1）根据色环电阻的读数规则可得图中色环电阻的标称阻值为
（2）根据并联分流可知，将电流表A 和定值电阻R0改装成新的电流表，则电表A与定值电阻R0需并联，而并联电路电压相同，则根据其原理有
其中
，
解得
由此可知改装后的电流表的量程
（3）根据实验要求，要使测量范围尽可能大一些，则滑动变阻器应选择分压式接法，而改装后的电流表内阻已知，电压表内阻未知，因此为了减小实验误差，应采用内接法，实验电路如图所示
（4）根据实验电路原理，由部分电路的欧姆定律有
当
，
解得
而根据误差允许范围可得色环电阻的标称阻值的误差范围为
可得
测量值在该范围内，因此该色环电阻是符合要求。
四、计算题（本题共4小题， 共41分， 解答时须写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤， 只写出最后答案的不能得分。）
18. 北京冬奥会主媒体中心的智慧餐厅采用智能化做菜和送餐，如图a所示，某次运送过程中餐盘的总质量m=300g，餐盘先通过云轨（在空中）水平传送，再由绳索悬吊装置“从天而降”，沿竖直方向从静止开始经匀加速、匀速、匀减速三个过程，最终停在顾客面前，等待（顾客取餐的时间，待求）后以最快的方式返回至云轨处，其运动的v-t图像如图b所示，变速过程中的加速度大小均相等。求：
（1）餐盘下降的高度；
（2）的值；
（3）下降过程中悬吊装置对餐盘的最大作用力。
【答案】（1）2m；（2）；（3）3.3N
【解析】（1）餐盘下降的高度h与v-t图中t轴上方的梯形面积相对应，可求得
（2）餐盘下降过程中，加速度大小为
设加速上升时间为t1，根据对称性其对应的位移为，则
解得
等待的时间为
（3）匀减速下降过程中
代入得
19. 如图甲所示为一款“反重力”磁性轨道车玩具，轨道造型可以自由调节，小车内装有发条，可储存弹性势能。小宋同学将轨道简化为图乙所示模型：竖直圆周轨道与水平直轨道AM相切（B、D两切点略微错开），两个半径均为r的四分之一圆弧轨道在N处平滑连接，它们的圆心（O2、O3位于同一高度，现将质量为m=100g的小车从A点由静止释放，它恰好能通过圆周轨道的最高点C，且vC=1m/s。小车在轨道BCD段、MNP段所受磁吸力大小分别为其重力的0.5倍、1.5倍（磁吸引力始终垂直轨道面），摩擦力忽略不计；长为=1.375m的直轨道DM段无磁吸力，与小车间的动摩擦因数。小车可视为质点，且小车在到达B点前发条的弹性势能已完全释放。求：
（1）竖直圆周轨道的半径R；
（2）小车经过圆周轨道最低点B时所受支持力FN的大小；
（3）同时调节r，其他条件不变，要求小车不脱离轨道，r应满足的条件。
【答案】（1）0.2m；（2）6N；（3）r≥0.1m
【解析】（1）小车恰好通过最高点，由牛顿第二定律有
解得
（2）从B点到C点的过程中，只有重力做功，小车的机械能守恒，由机械能守恒定律有
解得
在B点由牛顿第二定律有
解得
（3）要保证小车不离开轨道，则在N点时，需满足
小车由C点到N点，由动能定理有
解得
假设小车能运动到P点，小车由N点到P点，由动能定理有
解得
则假设不成立，小车不能到达P点。假设小车能运动到竖直圆轨道BCD的圆心等高的轨道左侧的Q点，小车由N点到Q点，由动能定理有
解得
则假设不成立，小车不能到达Q点。则可调半径r的范围为。
20. 如图所示，三根金属直导轨M1N1、MN、M2N2在同一水平面内平行放置，导轨间距d=2m，在M1M之间接一定值电阻R=1Ω，在N1N2之间接一半圆形导轨，垂直导轨平面向下有磁感应强度B=0.1T的匀强磁场。一根长为2d的导体棒ab垂直放置在导轨上，a端与MN导轨接触，在水平恒力F=0.4N作用下向右运动，到达NN1位置前已经匀速；之后棒以N点为圆心顺时针转动，角速度ω=5rad/s，直至棒（b端）脱离M₂N₂导轨为止。不计导体棒、导轨的电阻，不计一切摩擦，求：
（1）导体棒ab匀速运动的速度大小；
（2）从N1N位置转到N2N位置过程中导体棒ab克服安培力做的功；
（3）从N1N位置转到b端刚脱离M2N2导轨过程中通过R的电量。
【答案】（1）10m/s；（2）0.63J；（3）0.97C
【解析】（1）金属棒匀速时，有
又
代入数据得
（2）金属棒在半圆轨道切割的电动势
则电流
持续时间
则
代入数据得
（3）金属棒沿半圆轨道切割，通过R的电流方向为M1→M，电量
之后沿N2M2轨道切割，通过R的电流方向仍为M1→M，电量
则从N1N位置转到b端刚脱离M2N2导轨过程中通过R的电量为
21. 电子倍增管能放大入射电子的数量。如图所示，两极板MN竖直放置，极板间有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于xOy平面向外。一个电子以初速度v0、与法线方向成角打在N板的P点，电子射入N板后被吸收，同时撞出2个次级电子；每次碰撞，入射电子沿y方向的分速度被2个次级电子均分，沿x方向的分速度反向后被2个次级电子均分。电子质量为m，电量的绝对值为e，忽略重力和各级电子间相互作用。
（1）为了保证电子不撞上左极板M，求两极板间距的最小值；
（2）在不碰板的前提下，假设电子的最后一次碰撞，刚好在N极板的最下端接收器Q处，且有2p（p为正整数）个电子到达接收器，求PQ之间的距离h；
（3）现在MN极板间再叠加一个水平向右的匀强电场（图中未画出），场强大小为E；当时，为了保证电子不撞上左极板M，求两极板间距的最小值L2。提示：为了抵消电子受到的电场力，可以设想给电子一个某方向的分速度，使得对应的洛仑兹力与电场力抵消；再结合运动的合成与分解（思想）求解。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）分析知，最大的轨迹圆是第一次飞出来的电子，对应的初速度为
根据洛伦兹力提供向心力
则
两极板间距的最小值
（2）第n次碰撞后，电子的速度大小为
第n次碰撞后，电子运动半径为
每次碰撞，电子与法线方向的夹角不变，PQ间共有p个圆弧。第一个弧长
第二个弧长
第三个弧长
第n个弧长
PQ之间的距离为
（3）第一次飞出来的电子，速度最大，弧线最大，保证其不碰上左极板即可。配速法：为抵消电子受到的（向左）电场力，须给电子一个沿y方向的（同时给一个沿y轴负方向的u），且满足
这样，电子的运动可以看做是在沿匀速运动的基础上叠加了一个匀速圆周运动。
合速度为
根据几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力
两极板间距的最小值