2023年第36屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽(北京賽區(qū))預(yù)賽試卷

36屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽預(yù)賽試卷〔北京賽區(qū)〕解析一、選擇題〔36分〕664個(gè)選項(xiàng)中，有的小題只有一項(xiàng)符合題意，有的小題有多項(xiàng)符合題意，把符合題意的選項(xiàng)前面的英文字母寫(xiě)在每題后面的方括號(hào)內(nèi)，630分。1、2023年諾貝爾獎(jiǎng)?lì)C發(fā)給了梶田隆章ii〕和阿瑟B麥克唐納ArMonal，嘉獎(jiǎng)他們分別身為各自團(tuán)隊(duì)中的核心爭(zhēng)論者，和同事一起覺(jué)察了中微子振蕩，在粒子物理領(lǐng)域開(kāi)拓了的疆土。一種常見(jiàn)的探測(cè)中微子的方法是在氫核〔即質(zhì)子〕上俘獲中微子，生成一個(gè)正電子和一個(gè)中子，稱為反貝塔衰變反響。下面說(shuō)法中正確的有〔〕Apve

→n+e+，其中ve

為反電子中微子B中子和正電子的靜質(zhì)量之和大于質(zhì)子靜質(zhì)量，中微子的靜質(zhì)量趨于0C自由的中子也可以進(jìn)展衰變，產(chǎn)生中微子，反響方程式為n→p+ve

+e+D假設(shè)被反響前質(zhì)量是靜止的，則產(chǎn)生的正電子和中子的動(dòng)量之和不等于0【答案】ABD【解析】依據(jù)題意可知，質(zhì)子在俘獲中微子后，生成一個(gè)正電子和一個(gè)中子，所以其反響方程式就如選項(xiàng)A所說(shuō)的那樣，所以選項(xiàng)A正確；中微子是俘獲的，說(shuō)明它是運(yùn)動(dòng)的，依據(jù)愛(ài)因斯坦的質(zhì)能方程，B應(yīng)當(dāng)產(chǎn)生質(zhì)子和電子，而不是正電子，應(yīng)選項(xiàng)C錯(cuò)誤；假設(shè)反響前質(zhì)子是靜止的，但中微子是運(yùn)動(dòng)的，所以反響前的總動(dòng)量不等于零，所以反響后的總動(dòng)量也不會(huì)等于零，選項(xiàng)D正確。2、5G通信馬上推廣普及，我國(guó)自主研發(fā)設(shè)計(jì)的5G通信技術(shù)走在了世界的前列。5G信號(hào)的頻率分為6GHz2/3/4G24GHz以上，對(duì)于這樣的信號(hào)，下面說(shuō)法正確的有〔〕A波長(zhǎng)大約長(zhǎng)1cm B波長(zhǎng)越短準(zhǔn)直性越好，繞射力氣越弱C頻率越高可能加載的信息密度也越高D這樣頻率的電磁波對(duì)人有致癌作用【答案】ABC

c 3108【解析依據(jù)電磁波的公式=λ所以2z的電磁波的波長(zhǎng)約為= f 2.41010

m1.2102m，其波長(zhǎng)大約為1cm，選項(xiàng)A正確；發(fā)生明顯衍射的條件是物體的尺度小于電磁波的波長(zhǎng)，而電磁波的波長(zhǎng)越短，就越不簡(jiǎn)潔發(fā)生衍射現(xiàn)象，也就是其繞射力氣弱，選項(xiàng)B正確；電磁波的頻率越高，在一樣時(shí)間內(nèi)傳輸?shù)臄?shù)據(jù)就越多，由于大信息量的資料就必需對(duì)應(yīng)于更多的0、1的變化，因此電磁波的頻率時(shí)，傳輸這些資料所用的時(shí)間就會(huì)縮短，也就是加載的信息密度越高，選項(xiàng)C正確；24GHz5G通信中了，假設(shè)這些電磁波是致癌的，很明顯不符合實(shí)際的，應(yīng)選項(xiàng)D錯(cuò)誤。31A→B是等溫過(guò)程，B→C是等容過(guò)程，C→A是絕過(guò)程。下面說(shuō)法正確的有〔 〕AAB狀態(tài)氣體的內(nèi)能相等B整個(gè)循環(huán)過(guò)程外界對(duì)氣體做功為正CCA過(guò)程體系內(nèi)能增加，外界對(duì)體系做功為正D假設(shè)氣體為單原子分子抱負(fù)氣體，則ACpV7/5為常數(shù)【答案】ACA到B是等溫過(guò)程，故其內(nèi)能是不變的，選項(xiàng)A正確；AB內(nèi)能不變，氣體膨脹對(duì)外做功，故它需要吸取熱量，做功的大小等于AB與體積軸所圍成的面積，BC過(guò)程是等容變化，氣體不做功，CA的過(guò)程是絕勢(shì)過(guò)程，即不吸熱也不放熱，體積減小，故是ACVAB和CA所圍的面積不相等，對(duì)外做功大于對(duì)氣體做功，故整體是氣體對(duì)外做功，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；CA過(guò)程是體積減小，即壓縮體積，外界對(duì)氣體做功，而Q=0C正確；C假設(shè)氣體為單原子分子抱負(fù)氣體，則AC過(guò)程滿足PVu為常數(shù)，而這個(gè)u= p

(5/2)R

5，而不是7u5，應(yīng)選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

C (3/2)R 3V4、如圖2所示，某同學(xué)經(jīng)過(guò)一段時(shí)間練習(xí)，把握了利用在瓶中裝不同高度的水，在瓶口吹出不同頻率聲音，以演奏樂(lè)曲的技巧。以下說(shuō)法中正確的有〔 〕A2：3：4，則吹出來(lái)的聲音頻率之比也為2：3：4B吹出來(lái)聲音頻率主要由在空氣柱中聲波形成的駐波頻率來(lái)打算C空氣駐波在水面四周是波節(jié)，在瓶口四周是波腹D空氣柱越長(zhǎng)，發(fā)出的聲音頻率越高【答案】BC【解析】假設(shè)瓶中水柱的高度之比是2:3:4，而瓶中發(fā)生共鳴的是對(duì)應(yīng)的空氣柱的長(zhǎng)度，空氣柱越長(zhǎng)，其共鳴的聲音的音調(diào)越低，頻率越低，而瓶中空氣柱的長(zhǎng)度并不對(duì)應(yīng)是4：3：2，所以其聲音的頻率之比不愿定是2:3:4，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；瓶中空氣柱形成駐波，瓶中發(fā)出聲音的頻率是由駐波頻率來(lái)打算的，選項(xiàng)B正確；形成駐波時(shí)，聲音由瓶口傳入，再經(jīng)過(guò)水面反射，疊加而形成駐波，故水面處是波節(jié)，而瓶口處是波腹，選項(xiàng)C正確；由于形成空氣柱發(fā)生共鳴的條件是：L(n1)L為玻璃管的長(zhǎng)度，λ為音n叉發(fā)出聲波的波長(zhǎng)，n為自然數(shù)，故空氣柱越長(zhǎng)，其對(duì)應(yīng)的波長(zhǎng)越大，其頻率應(yīng)當(dāng)越小，應(yīng)選項(xiàng)D錯(cuò)誤。5、如圖3所示，某同學(xué)經(jīng)過(guò)一段練習(xí)，把握了跳高的技巧。同學(xué)質(zhì)量為m，重力加速度g，在跳起的第一階段，腳沒(méi)有離地，經(jīng)過(guò)確定時(shí)間，重心上升h1，人質(zhì)心獲得速度v1，在其次階段，人軀干形態(tài)根本保持不變，重心又上升了一段距離，到達(dá)最高點(diǎn)，以下說(shuō)法中正確的有〔〕A在第一階段地面支持力給人的沖量為mv1B在第一階段地面支持力對(duì)人做的功為mgh1C在整個(gè)過(guò)程中地面支持力對(duì)人做的總功為0D在跳起的過(guò)程中存在人體肌肉中儲(chǔ)存的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的過(guò)程【答案】CDv，v1故由動(dòng)量定理得，I+IG=mv1，應(yīng)選項(xiàng)A錯(cuò)誤；而支持力對(duì)人做的功等于力乘位移，人在起立時(shí)，地面對(duì)人腳的支持力并沒(méi)有移動(dòng)位移，故支持力對(duì)人不做功，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在其次階段，人離地上升，此時(shí)雖然人有了向上的位移，但是腳離開(kāi)了地面，故地面對(duì)人也就沒(méi)有了支持力，所以這個(gè)階段仍不做功，故整個(gè)過(guò)程地面對(duì)人的支持力是不做功的，選項(xiàng)C正確；那么人起跳時(shí)，這個(gè)能量來(lái)自于哪里呢？依據(jù)能量守恒定律，這個(gè)能量來(lái)自于人體肌肉釋放的化學(xué)能，所以選項(xiàng)D正確。64讓其轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)，初速度為0釋放，和地面發(fā)生彈性碰撞，即在豎直方向速度大小不變，下面說(shuō)法中正確的有〔〕A不考慮空氣影響，地面有摩擦，則碰撞前后相比動(dòng)能總量增加B不考慮空氣影響，地面有摩擦，摩擦系數(shù)為μ，則籃球彈起瞬間，速度方向和豎直方向的夾角的最arctanμC不考慮空氣影響，地面光滑，則籃球確定豎直彈起D考慮空氣影響，籃球一落點(diǎn)會(huì)比釋放點(diǎn)偏右【答案】C【解析】球與地面碰撞時(shí)，高度不再變化，動(dòng)能總量反映的是平動(dòng)動(dòng)能和轉(zhuǎn)動(dòng)的動(dòng)能，球與地面發(fā)生彈性碰撞，豎直方向的速度大小不變，即豎直方向的動(dòng)能不變，而轉(zhuǎn)動(dòng)的動(dòng)能在地面摩擦力的作用下確定會(huì)減小，故物體的總動(dòng)能是減小的，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)球碰撞時(shí)豎直向下的速度為v，反彈的速度也是v，故支持力的沖量為F ×t=2mv，碰撞時(shí)認(rèn)為支持支力遠(yuǎn)大于重力，重力無(wú)視不計(jì)；而此時(shí)的摩擦力為f=μF ，故摩擦力的沖量為f×t，依據(jù)動(dòng)量定理，這個(gè)摩支擦力使得球的質(zhì)心在水平方向上獲得一個(gè)速度，其大小為v′，故μF ×t=mv′，所以v′=2μv，設(shè)碰撞后速度支v方向與豎直方向的夾角為θ，則tanθ=

2v=2μB錯(cuò)誤；v v假設(shè)不考慮空氣的影響，地面光滑，則籃球就沒(méi)有了沿水平方向的速度，故籃球確定豎直彈起，選項(xiàng)C正確；假設(shè)考慮空氣的影響，球旋轉(zhuǎn)下落，空氣相對(duì)于球向上運(yùn)動(dòng)，而球又是順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的，則在球在右側(cè)空氣流速相對(duì)于左側(cè)慢，流速大的地方壓強(qiáng)小，故球在水平方向上會(huì)受到空氣給它的水平向左的合外力，球會(huì)向左偏，落地點(diǎn)在釋放點(diǎn)的左側(cè)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。二、填空題把答案填在題中橫線上，只要給出結(jié)果，不需要寫(xiě)出求得結(jié)果的過(guò)程。7、〔12分〕如圖5所示，我們以太陽(yáng)為參考系，地球繞太陽(yáng)的運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)1，以地球?yàn)閰⒖枷?，月球繞地球的運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)2，則相鄰兩次月球—地球—太陽(yáng)排列成幾乎一條直線的時(shí)間差約為 ；記地球繞太陽(yáng)的軌道半徑為rE，月球繞地球的軌道半徑為rM(rE>>rM)，以太陽(yáng)為參考系，月球運(yùn)動(dòng)過(guò)程，加速度的最小值和最大值的大小比例為 。TT rT2rT2【答案】

21 ；E2 M1 。TT rT2+rT21 2 E2 M1

2 21 【解析】設(shè)地球繞太陽(yáng)的角速度為ω，則ω1

T ，月球繞地球的角速度為ω2，則ω2=T ，1 2t后三個(gè)球排成幾乎一條直線，則ω2×t=2π+ω1×t2 2 TT-2 1

22T T2 1

21 。T T1 2當(dāng)月球運(yùn)行到三球在一條直線上且月球在中間時(shí)，加速度最小；當(dāng)月球運(yùn)行到三球在一條直線上且地球在中間時(shí)，加速度最大。42(r r

) 42r

42(r+r

) 42r故a =a -太陽(yáng) 地球

E M -T2 T2

′-a 太陽(yáng) 地球

E M + M；T2 T242(rE

1 2 1 2r ) 42rM Ma T2 T2故min= 1

2 r

>>r

r-r

≈r-r

≈r；amax

42(r+rE T21

) 42r+M+T22

E M E

E M Er rE Ma T2 T2 rT2rT2則min=r1 r2 =E2

M1 。a E+

rT2+rT2max

T2 T21 2

E2 M18〔12分〕如圖6〔a〕所示，在一個(gè)立方體網(wǎng)格中，每邊上有一個(gè)大小為1Ω的電阻，在ab和cd邊上還有1V的電池，求ab兩點(diǎn)的電壓差Ua-Ub= ；調(diào)整一下連接方式如圖6(b)所示，把一個(gè)電池改加在ae上，求ab兩點(diǎn)的電壓差Ua′-Ub′= 。3【答案】0.5V8V。【解析】對(duì)于〔a〕圖，通過(guò)觀看覺(jué)察，該電路具有對(duì)稱性，故可以將a、c兩點(diǎn)拉長(zhǎng)，則電阻會(huì)消滅兩個(gè)兩個(gè)并聯(lián)，于是該電路可以等效為以以下圖所示的電路。1 1 50.5Ω1ΩbaIcdI，則通過(guò)中間的電流方向向下，其大小為(I-I1 1 1 則我們?nèi)∽筮叺拈]合電路列一個(gè)方程得：I1×2Ω+(I-I)×0.5Ω=1V1 1 再取右邊的閉合電路列一個(gè)方程得：I2×2Ω-(I-I) ×0.5Ω=1V；聯(lián)立兩式得I1=0.5A，則Ua-Ub=1V-I1×1Ω=0.5V1 對(duì)于〔b〕圖，通過(guò)觀看覺(jué)察，有兩條棱上沒(méi)有電流，故我們將其去掉，其等效電路如以下圖。2VbaI=

5AU

′-U

5 3′=1V- A×1Ω= V。2+(6/5) 8

a b 8 89〔12分如圖7面積為S0，初態(tài)氣缸內(nèi)封有體積為V0，壓強(qiáng)等于大氣壓p0，溫度和環(huán)境溫度一樣的單原子抱負(fù)氣體，緩慢在活塞上面堆放細(xì)沙〔每次堆上的細(xì)沙都放在活塞所在的位置，結(jié)果活塞下降，使得密封的氣體體積把導(dǎo)熱氣缸換成絕熱氣缸其他條件不變，求出這個(gè)過(guò)程中活塞對(duì)體系做功W0= ；普適氣體常量為R，單原子抱負(fù)氣體的定體摩爾熱容3量為CV=2R?！?-x)PS

2 3【答案】

0 ；x31) PV。xg 2 00mg 〔1-x)PSS【解析當(dāng)緩慢在活塞上堆放細(xì)沙時(shí)是等溫變化即PV0P0+ S

解之得m= 0 ；0 xg0 000 0 當(dāng)變化過(guò)程是絕熱過(guò)程時(shí)，滿足PV′=定值，代入抱負(fù)氣體狀態(tài)方程得PV′=TVr-1=定值；故代入即可得：TVr-1=T′〔xV〕r-1T′=x1-r00 0 依據(jù)熱力學(xué)第確定律有ΔU=ΔQ+ΔW0，故外界對(duì)氣體做的功就等于氣體W=ΔU=nC

ΔT=(x21)3PV。內(nèi)能的增量0

V 3 2 0010〔12分〕兩個(gè)電荷電量分別為±q，質(zhì)量均為m，間距為l，在靜電作用下，圍著共同的質(zhì)心以一樣的角速度做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，靜電常量為k，不考慮相對(duì)論的電磁輻射，求繞質(zhì)心運(yùn)動(dòng)的角速度ω0= ；假設(shè)l變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，照舊保持勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則兩個(gè)電荷在質(zhì)心處產(chǎn)生的磁場(chǎng)大小變?yōu)樵瓉?lái)的 倍?！敬鸢浮喀?/p>

= ；1 1 。2kq2ml34 22kq2ml34 20B0【解析】當(dāng)兩個(gè)電荷間的距離為l時(shí)，電荷間的庫(kù)侖力充當(dāng)向心力，使得電荷繞其中心做圓周運(yùn)動(dòng)，2kq2ml2kq2ml3故存在l2

2 ，解之得ω0 2

0= ；當(dāng)兩個(gè)電荷間的距離為2lkq24ml3kq24ml3存在

2 ，解之得ω= ；2 1 2 1q2q故兩個(gè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的電荷的等效電流分別為I0=T 0

2q 2kq2 ml3q kq2 4mlq 2kq2 ml3q kq2 4ml3q1而由于環(huán)形電流在其中心處產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁場(chǎng)強(qiáng)度與環(huán)形電流的大小成正比，與半徑大小成反比，故IB Ik 1B I1 14 2兩電荷在其質(zhì)心處產(chǎn)生的磁場(chǎng)大小之比為1 1 。4 2kBI 2 IkB0 0 0l/2011〔12分〕如圖8所示，在水平面內(nèi)有一個(gè)光滑勻質(zhì)圓環(huán)，圓環(huán)總電阻為R，半徑為r，質(zhì)量為m，0初速度v0向右，右半空間有均勻的穩(wěn)定的垂直于面的磁場(chǎng)，大小為B，結(jié)果圓環(huán)進(jìn)入磁場(chǎng)后恰好靜止，整個(gè)過(guò)程中圓環(huán)中通過(guò)的電量大小Q0= ；假設(shè)保持圓環(huán)單位長(zhǎng)度的質(zhì)量和電阻大小不變，但是把半徑變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，為了使得圓環(huán)進(jìn)入磁場(chǎng)后照舊恰好靜止，則v0應(yīng)當(dāng)變?yōu)樵瓉?lái)的 倍。Br2【答案】 ；2。R0【解析】在圓環(huán)完全進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，圓環(huán)中通過(guò)的電荷量Q

=It

Et=Br2；0 R R R；0 0 0圓環(huán)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，圓環(huán)要切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流產(chǎn)生安培力會(huì)阻礙線圈的進(jìn)入，我們dt時(shí)間內(nèi)，利用動(dòng)量定理：安培力的沖量=動(dòng)量的變化量；而I =

iBldtBlvBldt=B2

l2dx

r3，通過(guò)觀看看出I ∝ ；安 R R 安 R0 0 0r30所以由I =mv可知，mv∝ ；0安 0 R0r30m=m0×2πr，R0∝2πr，所以上式可華簡(jiǎn)為：m0×2πrv02r0

v∝r；這就是滿足題設(shè)的運(yùn)動(dòng)條件，所以當(dāng)半徑為原來(lái)2倍的圓環(huán)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，初速度也需要變成兩倍。三、計(jì)算題解同意寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟，只寫(xiě)出最終結(jié)果的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的，答案中必需明確寫(xiě)出數(shù)值和單位。12〔26分〕910l，全部連接的地方均為鉸鏈，在BP，AG在同一水平高度。求地面對(duì)AG點(diǎn)作用力的豎直重量大小NL，NR；假設(shè)每根桿能承受的最大壓力或張力均為F，則為了保證橋不塌，P最大為多少？〔1〕N

5= P；N

13 3= P〔P = F。3 3L 6 R 6 min 5〔1〕求地面對(duì)A、G兩點(diǎn)豎直向上的重量的大小時(shí)，可以承受整體的方法，即AG間的距離13lP點(diǎn)在距A2l處，則依據(jù)力矩平衡的原理可知：G為支點(diǎn)，則N

5×3l=P×2.5l，故N= P；L L 61以A為支點(diǎn)，則N

×3l=P×0.5l，故N= P；R R 6〔2〕假設(shè)每根桿能承受的最大壓力或張力均為F，求P的最大值，我們需要知道那根桿承受的力是最大的才行；由于全部連接的地方都是鉸鏈，故各桿上的作用力確定沿桿的方向，我們分別先考察A、GN兩點(diǎn)的受力狀況，如以下圖，則由豎直方向平衡得：T =

N5 3 P；T = 5 3

P；3AB cos30 9 FG cos30 93我們?cè)賹?duì)其他的幾個(gè)點(diǎn)受力分析，還是依據(jù)豎直重量平衡的方法分別解出BC、CD、DE、EF上的桿TFGBCC點(diǎn)的力向上，DEE點(diǎn)的力也向上，CDC點(diǎn)的力斜向下，EFE點(diǎn)的力向下；同理我們又可以得出其他剩下的四根水平桿受到的力的大小，最終比照覺(jué)察，AB桿承受的力最大，故它先到達(dá)臨界點(diǎn)，即

= ，故5 33 3F P PF5 33 3F P PF.9 min 513〔26分〕10O點(diǎn)有一個(gè)物屏，上面有一個(gè)發(fā)光小物體，垂直于物屏有光軸，共軸f的透鏡，光心為C，在距離OL處共軸放置一個(gè)平面鏡，當(dāng)OCx1時(shí)，覺(jué)察經(jīng)C點(diǎn)到x2處，再次在物屏處成了清楚像，連續(xù)向右移動(dòng)Cx3處，又在物屏處成了清楚像。1 2 x，x，x1 2 L+ L24L+ L24fLL- L24fL【答案〔1〕L- L24fL

；x3=

2 〔〕向相反的方向移動(dòng)了Δh的距離?！?〕4L時(shí)，會(huì)有兩次成像，現(xiàn)在是三次，說(shuō)明另一次是與物等大的，即當(dāng)物距等于透鏡焦距時(shí)，經(jīng)過(guò)透鏡后成平行光，再經(jīng)平面鏡反射后仍會(huì)聚回來(lái)而成像；又由于當(dāng)物像間距大于4L時(shí)成像的條件是物距必需大于焦x1x1=f；后面那兩種狀況分別對(duì)應(yīng)于成放大實(shí)像與縮小實(shí)像對(duì)應(yīng)的狀況，設(shè)物距為x，1 1 1則滿足：

；x Lx fL L2L L24fLL- L24fLL+ L2L- L24fLL+ L24fL〔2〕當(dāng)透鏡位于x1上時(shí)，透鏡第一次折射后得到的是平行光，角度正比于物體的大小，反射后的角度也一樣，再次折射后在物平面上成的像為倒立的實(shí)像，依據(jù)像比例關(guān)系可知與原物是等大的，故而當(dāng)物體移動(dòng)Δh時(shí)，像將會(huì)向相反的方向移動(dòng)Δh。14〔26分〕找到兩塊很大的金屬平面，如圖11所示擺成θ0=

6角，角的頂點(diǎn)為O點(diǎn)，兩塊板之間在電壓大小為V0的電源金屬板和O點(diǎn)比較靠近以至于在角內(nèi)的電場(chǎng)線幾乎為圓弧A位于角內(nèi)OOA和下面的平面夾角為θ。計(jì)算A的電場(chǎng)和電勢(shì)大?。籅 B 有一個(gè)質(zhì)量為m，電量為q的小電荷開(kāi)頭在很靠近下平面的某點(diǎn)靜止釋放，電荷很小以至于幾乎不轉(zhuǎn)變空間電場(chǎng)的分布，經(jīng)過(guò)時(shí)間t后電荷運(yùn)動(dòng)到了上平面上的B點(diǎn)，OB=l；求出點(diǎn)電荷到達(dá)B點(diǎn)的v，以及此時(shí)速度方向和上平面之間的夾角θ〔θ取銳角，由于徑向運(yùn)動(dòng)比較簡(jiǎn)潔，此題中只考慮角動(dòng)量定理和能量守恒，不考慮重力〕B B 〔1〕

0V

〔θ

3 l3 lVq0mA 0 B0〔1〕由于電場(chǎng)線幾乎為圓弧，于是我們可得出電勢(shì)是隨角度均勻分布的，而上極板的電勢(shì)為零；于是 A

= 0，故

0