di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，光滑水平地面上有一质量为M=2 kg的木板，木板的左端放有一质量为m=1 kg的小木块，木块与木板间的动摩擦因数为\mu =0.1。在木板两侧地面上各有一竖直固定墙壁，起初木板靠左侧墙壁静止放置。现给木块一个向右的水平初速度v_0=3 m/s，在此后运动过程中木板与墙壁碰撞前木块和木板均已相对静止，木块始终没有从木板上掉下，木块与墙壁不发生碰撞。设木板与墙壁碰撞时间极短且无机械能损失，取g=10 m/s^2，求：$

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522016569802754/img/compression/M_46e06abd6527f0066c79522323be425f.jpg)
$木块与木板发生相对滑动的时间总和t。$

Solution:
$木块与木板第一次共速后，两者相对运动过程中木板始终在做减速运动，可以将木板所有减速过程连成一个完整的减速过程，其初速度为 v_1 =1 m/s，末速度为零，由牛顿第二定律可知，相对滑动阶段木板加速度大小 a_M =\frac{\mu mg}{M} =0.5 m/s^2，第一次共速前木板加速的时间 t_1 =\frac{v_1}{a_M} =2 s，此后所有相对滑动时间为 t' =\frac{0-v_1}{-a_M} =2 s，则木块与木板相对滑动总时间为 t =t_1 +t' =4 s。$

Final answer: 4 s
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，光滑水平地面上有一质量为M=2 kg的木板，木板的左端放有一质量为m=1 kg的小木块，木块与木板间的动摩擦因数为\mu =0.1。在木板两侧地面上各有一竖直固定墙壁，起初木板靠左侧墙壁静止放置。现给木块一个向右的水平初速度v_0=3 m/s，在此后运动过程中木板与墙壁碰撞前木块和木板均已相对静止，木块始终没有从木板上掉下，木块与墙壁不发生碰撞。设木板与墙壁碰撞时间极短且无机械能损失，取g=10 m/s^2，求：$

<img_983>
$木块与木板发生相对滑动的时间总和t。$

Solution:
$木块与木板第一次共速后，两者相对运动过程中木板始终在做减速运动，可以将木板所有减速过程连成一个完整的减速过程，其初速度为 v_1 =1 m/s，末速度为零，由牛顿第二定律可知，相对滑动阶段木板加速度大小 a_M =\frac{\mu mg}{M} =0.5 m/s^2，第一次共速前木板加速的时间 t_1 =\frac{v_1}{a_M} =2 s，此后所有相对滑动时间为 t' =\frac{0-v_1}{-a_M} =2 s，则木块与木板相对滑动总时间为 t =t_1 +t' =4 s。$

Final answer: 4 s
Subfield: Electromagnetism


Question: $密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。如图是密立根油滴实验的原理示意图。两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为m_0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离h_1。此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离h_2(h_2\neq h_1)，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为f=km^\frac{1}{3}v，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率。不计空气浮力。重力加速度为g。求:$

![23GZT5WL136.tif](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522046659739650/img/compression/M_70d66c38b5eae22bf04135f6f5966d45.jpg)
新油滴匀速运动速度的大小。

Solution:
假设新油滴向下匀速运动，则有

$2m_0g = \frac{U}{d}q + k\cdot (2m_0)\frac{1}{3}v$

$解得v = \frac{h_1-h_2}{\sqrt[3]{2}\cdot t}$

$若h_1 > h_2，v > 0，新油滴竖直向下运动；$

$若h_1 < h_2，v < 0，新油滴竖直向上运动。$

Final answer: 见解析
Subfield: Electromagnetism


Question: $密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。如图是密立根油滴实验的原理示意图。两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为m_0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离h_1。此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离h_2(h_2\neq h_1)，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为f=km^\frac{1}{3}v，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率。不计空气浮力。重力加速度为g。求:$

<img_1442>
新油滴匀速运动速度的大小。

Solution:
假设新油滴向下匀速运动，则有

$2m_0g = \frac{U}{d}q + k\cdot (2m_0)\frac{1}{3}v$

$解得v = \frac{h_1-h_2}{\sqrt[3]{2}\cdot t}$

$若h_1 > h_2，v > 0，新油滴竖直向下运动；$

$若h_1 < h_2，v < 0，新油滴竖直向上运动。$



Final answer: $\frac{h_1-h_2}{\sqrt[3]{2}\cdot t}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示，两相同极板M、N的长度为L=0.6 m，相距d=0.5 m，OO'为极板右边界，OO'的右侧存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E=10 N/C。光滑绝缘圆弧轨道ABC竖直放置，A与OO'在同一竖直线上，圆弧AB的圆心角\theta =53^\circ ，BC是竖直直径。小球以v_0=3 m/s的水平速度从左侧飞入极板M、N之间，飞离极板之间后恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知小球质量m=1.0 kg，电草量q=0.5 C，重力加速度g=10 m/s^2，\cos 53^\circ =0.6，不计空气阻力。求：$

<img_621>
$小球在A点的速度v_{A}；$

Solution:
$小球在A点速度v_A=\frac{v_0}{\cos  53^{\circ}}=5 m/s$

Final answer: 5 m/s
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示，两相同极板M、N的长度为L=0.6 m，相距d=0.5 m，OO'为极板右边界，OO'的右侧存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E=10 N/C。光滑绝缘圆弧轨道ABC竖直放置，A与OO'在同一竖直线上，圆弧AB的圆心角\theta =53^\circ ，BC是竖直直径。小球以v_0=3 m/s的水平速度从左侧飞入极板M、N之间，飞离极板之间后恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知小球质量m=1.0 kg，电草量q=0.5 C，重力加速度g=10 m/s^2，\cos 53^\circ =0.6，不计空气阻力。求：$

![题目图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522061412929539/img/compression/M_52ebc2fadfdd41388ae3502e1cdc1c2f.jpg)
$小球在A点的速度v_{A}；$

Solution:
$小球在A点速度v_A=\frac{v_0}{\cos  53^{\circ}}=5 m/s$

Final answer: 5 m/s
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示，两相同极板M、N的长度为L=0.6 m，相距d=0.5 m，OO'为极板右边界，OO'的右侧存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E=10 N/C。光滑绝缘圆弧轨道ABC竖直放置，A与OO'在同一竖直线上，圆弧AB的圆心角\theta =53^\circ ，BC是竖直直径。小球以v_0=3 m/s的水平速度从左侧飞入极板M、N之间，飞离极板之间后恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知小球质量m=1.0 kg，电草量q=0.5 C，重力加速度g=10 m/s^2，\cos 53^\circ =0.6，不计空气阻力。求：$

<img_621>
M、N极板间的电势差U；

Solution:
$小球在平行极板间做类平抛运动，小球在平行极板中运动时间为t=\frac{L}{v_0}=0.2 s$

$在A点，小球的竖直分速度$

$v_{y}=v_{0} \tan 53^\circ =4 m/s=at$

$解得a=20 m/s^{2}$

$a>g，小球带正电，则极板间电场力向下$

$由牛顿第二定律得mg+E'q=ma$

$又E'd=U$

$解得U=10 V$

Final answer: 10 V
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示，两相同极板M、N的长度为L=0.6 m，相距d=0.5 m，OO'为极板右边界，OO'的右侧存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E=10 N/C。光滑绝缘圆弧轨道ABC竖直放置，A与OO'在同一竖直线上，圆弧AB的圆心角\theta =53^\circ ，BC是竖直直径。小球以v_0=3 m/s的水平速度从左侧飞入极板M、N之间，飞离极板之间后恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知小球质量m=1.0 kg，电草量q=0.5 C，重力加速度g=10 m/s^2，\cos 53^\circ =0.6，不计空气阻力。求：$

![题目图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522061412929539/img/compression/M_52ebc2fadfdd41388ae3502e1cdc1c2f.jpg)
M、N极板间的电势差U；

Solution:
$小球在平行极板间做类平抛运动，小球在平行极板中运动时间为t=\frac{L}{v_0}=0.2 s$

$在A点，小球的竖直分速度$

$v_{y}=v_{0} \tan 53^\circ =4 m/s=at$

$解得a=20 m/s^{2}$

$a>g，小球带正电，则极板间电场力向下$

$由牛顿第二定律得mg+E'q=ma$

$又E'd=U$

$解得U=10 V$

Final answer: 10 V
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，半径为R的光滑绝缘圆轨道竖直放置，在圆轨道的最低点B处固定一带正电小球b，另有质量为m的带正电小球a穿在圆轨道上，从A点(与圆心O等高)由静止释放。若小球a运动到C点时获得最大速度，其大小为v\_m\_，且\angle AOC=30^\circ ，重力加速度大小为g。求：$
<img_1397>
小球a运动到C点时所受的电场力F；

Solution:
$根据题意可知，小球a在C点速度最大，即此时沿速度方向(切线方向)合力为零，设此时小球a受到的库仑力为F_C，对小球a受力分析如图所示。$

<img_1054>

沿切线方向有

$mg \cos 30^\circ -F_C \cos 30^\circ =0$

$解得 F_C=mg$

Final answer: $mg$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，半径为R的光滑绝缘圆轨道竖直放置，在圆轨道的最低点B处固定一带正电小球b，另有质量为m的带正电小球a穿在圆轨道上，从A点(与圆心O等高)由静止释放。若小球a运动到C点时获得最大速度，其大小为v\_m\_，且\angle AOC=30^\circ ，重力加速度大小为g。求：$
![Alt text](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522064608739331/img/compression/M_4d037066cb973344b3aa7eed37970a8e.jpg)
小球a运动到C点时所受的电场力F；

Solution:
$根据题意可知，小球a在C点速度最大，即此时沿速度方向(切线方向)合力为零，设此时小球a受到的库仑力为F_C，对小球a受力分析如图所示。$

![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522064986226689/img/compression/M_9e82cac7886dacfe7bb79e9ee3606186.jpg)

沿切线方向有

$mg \cos 30^\circ -F_C \cos 30^\circ =0$

$解得 F_C=mg$

Final answer: $mg$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，半径为R的光滑绝缘圆轨道竖直放置，在圆轨道的最低点B处固定一带正电小球b，另有质量为m的带正电小球a穿在圆轨道上，从A点(与圆心O等高)由静止释放。若小球a运动到C点时获得最大速度，其大小为v\_m\_，且\angle AOC=30^\circ ，重力加速度大小为g。求：$
![Alt text](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522064608739331/img/compression/M_4d037066cb973344b3aa7eed37970a8e.jpg)
小球a在A点的加速度a_{A}的大小。

Solution:
由几何关系可知

$r_{BC}=R，r_{BA}=\sqrt{2}R$

$设小球a在A点时所受库仑力大小为F_A，由F=k\frac{q_1q_2}{r^2}可知$

$F_A=\frac{1}{2}F_C=\frac{1}{2}mg$

$小球a在A点时速度为零，向心加速度为零，即a_n=0$

$沿切线方向上，由牛顿第二定律有mg-F_A\ \cos 45^\circ =ma$

$又小球a在A的加速度为a_A=\sqrt{a^2_n+a^2}$

$解得a_A=\left(1-\frac{\sqrt{2}}{4}\right)g$

方向竖直向下。

Final answer: $(1-\frac{\sqrt{2}}{4})g，方向竖直向下$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，半径为R的光滑绝缘圆轨道竖直放置，在圆轨道的最低点B处固定一带正电小球b，另有质量为m的带正电小球a穿在圆轨道上，从A点(与圆心O等高)由静止释放。若小球a运动到C点时获得最大速度，其大小为v\_m\_，且\angle AOC=30^\circ ，重力加速度大小为g。求：$
<img_1397>
小球a在A点的加速度a_{A}的大小。

Solution:
由几何关系可知

$r_{BC}=R，r_{BA}=\sqrt{2}R$

$设小球a在A点时所受库仑力大小为F_A，由F=k\frac{q_1q_2}{r^2}可知$

$F_A=\frac{1}{2}F_C=\frac{1}{2}mg$

$小球a在A点时速度为零，向心加速度为零，即a_n=0$

$沿切线方向上，由牛顿第二定律有mg-F_A\ \cos 45^\circ =ma$

$又小球a在A的加速度为a_A=\sqrt{a^2_n+a^2}$

$解得a_A=\left(1-\frac{\sqrt{2}}{4}\right)g$

方向竖直向下。



Final answer: $(1-\frac{\sqrt{2}}{4})g$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图a所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B间加有如图b所示的交变电压U_AB，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v_0水平射入电场。粒子带电荷量为＋q、质量为m，不计粒子重力。$
<img_1174>
<img_630>
$若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t；$

Solution:
$由题可知，粒子在竖直方向受电场力，在水平方向不受力，沿水平方向粒子以恒定速度v_{0}做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间t＝\frac{L}{v_0}。$

Final answer: $\frac{L}{v_0}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图a所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B间加有如图b所示的交变电压U_AB，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v_0水平射入电场。粒子带电荷量为＋q、质量为m，不计粒子重力。$
![图a](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522055161593858/img/compression/M_a47cddad520983f2a693ccb53c2e8c2d.jpg)
![图b](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522055161593858/img/compression/M_36f34710f619f5f42ec839032adc99fa.jpg)
$若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t；$

Solution:
$由题可知，粒子在竖直方向受电场力，在水平方向不受力，沿水平方向粒子以恒定速度v_{0}做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间t＝\frac{L}{v_0}。$

Final answer: $\frac{L}{v_0}$
Subfield: Mechanics


Question: $水平细杆MN、CD，长度均为L，两杆间距离也为L，M、C两端与半圆形细杆相连，半圆形细杆与MN、CD在同一竖直平面内，且MN、CD恰为半圆弧在M、C两点处的切线。质量为m的带正电的小球P，电荷量为q，穿在细杆上，已知小球P与两水平细杆间的动摩擦因数\mu =0.5，且与半圆形细杆之间的摩擦不计，小球P与细杆之间相互绝缘。若整个装置处在水平向右，场强大小为\frac{mg}{q}的匀强电场中，g为重力加速度，如图甲所示。$

![图片描述](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522055920762884/img/compression/M_ee7847b9414c8881d8cca17f8b45950a.jpg)

(图甲)

![图片描述](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522055920762884/img/compression/M_eb1a7958d086cacfd95f5fe15732cc75.jpg)

(图乙)
$小球P以大小为2\sqrt{gL}的水平向左的初速度从D端出发，求它沿杆滑到半圆形轨道最低点C时受到杆对它弹力的大小。$

Solution:
$：小球由D到C的过程中，由动能定理得 -qEL-\mu mgL=\frac{1}{2}mv{^2_C}-\frac{1}{2}mv{^2_0}，在C点由向心力公式有F_N-mg=m\frac{v^2_C}{\left(\frac{L}{2}\right)}，解得F_N=3mg。$

Final answer: 3mg
Subfield: Mechanics


Question: $水平细杆MN、CD，长度均为L，两杆间距离也为L，M、C两端与半圆形细杆相连，半圆形细杆与MN、CD在同一竖直平面内，且MN、CD恰为半圆弧在M、C两点处的切线。质量为m的带正电的小球P，电荷量为q，穿在细杆上，已知小球P与两水平细杆间的动摩擦因数\mu =0.5，且与半圆形细杆之间的摩擦不计，小球P与细杆之间相互绝缘。若整个装置处在水平向右，场强大小为\frac{mg}{q}的匀强电场中，g为重力加速度，如图甲所示。$

<img_842>

(图甲)

<img_634>

(图乙)
$小球P以大小为2\sqrt{gL}的水平向左的初速度从D端出发，求它沿杆滑到半圆形轨道最低点C时受到杆对它弹力的大小。$

Solution:
$：小球由D到C的过程中，由动能定理得 -qEL-\mu mgL=\frac{1}{2}mv{^2_C}-\frac{1}{2}mv{^2_0}，在C点由向心力公式有F_N-mg=m\frac{v^2_C}{\left(\frac{L}{2}\right)}，解得F_N=3mg。$

Final answer: 3mg
Subfield: Mechanics


Question: $水平细杆MN、CD，长度均为L，两杆间距离也为L，M、C两端与半圆形细杆相连，半圆形细杆与MN、CD在同一竖直平面内，且MN、CD恰为半圆弧在M、C两点处的切线。质量为m的带正电的小球P，电荷量为q，穿在细杆上，已知小球P与两水平细杆间的动摩擦因数\mu =0.5，且与半圆形细杆之间的摩擦不计，小球P与细杆之间相互绝缘。若整个装置处在水平向右，场强大小为\frac{mg}{q}的匀强电场中，g为重力加速度，如图甲所示。$

![图片描述](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522055920762884/img/compression/M_ee7847b9414c8881d8cca17f8b45950a.jpg)

(图甲)

![图片描述](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522055920762884/img/compression/M_eb1a7958d086cacfd95f5fe15732cc75.jpg)

(图乙)
要使得小球能沿半圆形细杆滑到MN水平杆上，则小球P从D端出发的初速度大小至少多大。

Solution:
$由题可知，电场力与重力的合力恒为 F= \sqrt{2}mg，方向斜向右下方与水平方向成45^\circ 角，$
$则小球能滑到 MN 水平杆的条件为小球在半圆形细杆斜向左上方45^\circ 的位置处速度大于等于零，$
$从 D 点到该位置的过程，由动能定理得 -mg\left(\frac{L}{2}+\frac{L}{2} \sin  45^{\circ}\right)-qE\left(L+\frac{L}{2} \cos  45^{\circ}\right)-\mu mgL=0-\frac{1}{2}mv^2_0，$
$解得 v_0= \sqrt{(4+\sqrt{2})gL}。$

Final answer: $\sqrt{(4+\sqrt{2})gL}$
Subfield: Mechanics


Question: $水平细杆MN、CD，长度均为L，两杆间距离也为L，M、C两端与半圆形细杆相连，半圆形细杆与MN、CD在同一竖直平面内，且MN、CD恰为半圆弧在M、C两点处的切线。质量为m的带正电的小球P，电荷量为q，穿在细杆上，已知小球P与两水平细杆间的动摩擦因数\mu =0.5，且与半圆形细杆之间的摩擦不计，小球P与细杆之间相互绝缘。若整个装置处在水平向右，场强大小为\frac{mg}{q}的匀强电场中，g为重力加速度，如图甲所示。$

<img_842>

(图甲)

<img_634>

(图乙)
要使得小球能沿半圆形细杆滑到MN水平杆上，则小球P从D端出发的初速度大小至少多大。

Solution:
$由题可知，电场力与重力的合力恒为 F= \sqrt{2}mg，方向斜向右下方与水平方向成45^\circ 角，$
$则小球能滑到 MN 水平杆的条件为小球在半圆形细杆斜向左上方45^\circ 的位置处速度大于等于零，$
$从 D 点到该位置的过程，由动能定理得 -mg\left(\frac{L}{2}+\frac{L}{2} \sin  45^{\circ}\right)-qE\left(L+\frac{L}{2} \cos  45^{\circ}\right)-\mu mgL=0-\frac{1}{2}mv^2_0，$
$解得 v_0= \sqrt{(4+\sqrt{2})gL}。$

Final answer: $\sqrt{(4+\sqrt{2})gL}$
Subfield: Mechanics


Question: $水平细杆MN、CD，长度均为L，两杆间距离也为L，M、C两端与半圆形细杆相连，半圆形细杆与MN、CD在同一竖直平面内，且MN、CD恰为半圆弧在M、C两点处的切线。质量为m的带正电的小球P，电荷量为q，穿在细杆上，已知小球P与两水平细杆间的动摩擦因数\mu =0.5，且与半圆形细杆之间的摩擦不计，小球P与细杆之间相互绝缘。若整个装置处在水平向右，场强大小为\frac{mg}{q}的匀强电场中，g为重力加速度，如图甲所示。$

![图片描述](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522055920762884/img/compression/M_ee7847b9414c8881d8cca17f8b45950a.jpg)

(图甲)

![图片描述](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522055920762884/img/compression/M_eb1a7958d086cacfd95f5fe15732cc75.jpg)

(图乙)
$撤去题中所述的电场，改为在MD、NC连线的交点O处固定一电荷量为Q的负电荷，如图乙所示，使小球P从D端出发沿杆滑动，滑到N点时速度恰好为零。(已知小球所受库仑力始终小于重力)，求小球P从D端出发时的初速度大小。$

Solution:
利用对称性及微元法得

$\Delta W_f = \mu (mg - F_y)\Delta s + \mu (mg + F_y)\Delta s = 2\mu mg\Delta s$

所以从D到N过程，小球克服滑动摩擦力做的功为

$W_f = \Delta W_f1 + \Delta W_f2 +\ldots  = 2\mu mgL$

又因为小球P在D点和N点电势能相等，所以从D到N过程电场力做功W_电 = 0

由能量守恒定律可得

$\frac{1}{2} mv_0^2 = mgL + 2\mu mgL$

解得

$v_0 = 2 \sqrt{gL}.$

Final answer: $2 \sqrt{gL}$
Subfield: Mechanics


Question: $水平细杆MN、CD，长度均为L，两杆间距离也为L，M、C两端与半圆形细杆相连，半圆形细杆与MN、CD在同一竖直平面内，且MN、CD恰为半圆弧在M、C两点处的切线。质量为m的带正电的小球P，电荷量为q，穿在细杆上，已知小球P与两水平细杆间的动摩擦因数\mu =0.5，且与半圆形细杆之间的摩擦不计，小球P与细杆之间相互绝缘。若整个装置处在水平向右，场强大小为\frac{mg}{q}的匀强电场中，g为重力加速度，如图甲所示。$

<img_842>

(图甲)

<img_634>

(图乙)
$撤去题中所述的电场，改为在MD、NC连线的交点O处固定一电荷量为Q的负电荷，如图乙所示，使小球P从D端出发沿杆滑动，滑到N点时速度恰好为零。(已知小球所受库仑力始终小于重力)，求小球P从D端出发时的初速度大小。$

Solution:
利用对称性及微元法得

$\Delta W_f = \mu (mg - F_y)\Delta s + \mu (mg + F_y)\Delta s = 2\mu mg\Delta s$

所以从D到N过程，小球克服滑动摩擦力做的功为

$W_f = \Delta W_f1 + \Delta W_f2 +\ldots  = 2\mu mgL$

又因为小球P在D点和N点电势能相等，所以从D到N过程电场力做功W_电 = 0

由能量守恒定律可得

$\frac{1}{2} mv_0^2 = mgL + 2\mu mgL$

解得

$v_0 = 2 \sqrt{gL}.$

Final answer: $2 \sqrt{gL}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示的电路中，电源内阻r=2 \Omega ，电动机的线圈电阻R_1=1 \Omega ，电动机正常工作，理想电压表的示数U_0=6 V，电动机消耗的功率为20 W，电源输出功率为26 W，求：$

<img_586>
定值电阻的阻值R_0；

Solution:
根据题意可知，电阻R_0消耗的功率
$P_0=26 W-20 W=6 W$
$又因P_0=\frac{U^2_0}{R_0}$
$解得R_0=6 \Omega $



Final answer: $6 $ \Omega
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示的电路中，电源内阻r=2 \Omega ，电动机的线圈电阻R_1=1 \Omega ，电动机正常工作，理想电压表的示数U_0=6 V，电动机消耗的功率为20 W，电源输出功率为26 W，求：$

![题目图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522074251444226/img/compression/M_de370e517fd24a7a79eceb0103429f63.jpg)
定值电阻的阻值R_0；

Solution:
根据题意可知，电阻R_0消耗的功率
$P_0=26 W-20 W=6 W$
$又因P_0=\frac{U^2_0}{R_0}$
$解得R_0=6 \Omega $

Final answer: $6 \Omega $
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示的电路中，电源内阻r=2 \Omega ，电动机的线圈电阻R_1=1 \Omega ，电动机正常工作，理想电压表的示数U_0=6 V，电动机消耗的功率为20 W，电源输出功率为26 W，求：$

![题目图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522074251444226/img/compression/M_de370e517fd24a7a79eceb0103429f63.jpg)
电源的电动势及电动机对外输出的机械功率。

Solution:
$电路中的电流 I = \frac{U_0}{R_0} = 1 A$

$根据能量守恒定律有 P_{出}=IE-I^2r$

$解得 E=28 V$

$对电动机，根据能量守恒定律有 P_{入}=P_{机}+I^2R_1$

$解得 P_{机}=19 W$

Final answer: 28 V　19 W
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示的电路中，电源内阻r=2 \Omega ，电动机的线圈电阻R_1=1 \Omega ，电动机正常工作，理想电压表的示数U_0=6 V，电动机消耗的功率为20 W，电源输出功率为26 W，求：$

<img_586>
电源的电动势及电动机对外输出的机械功率。

Solution:
$电路中的电流 I = \frac{U_0}{R_0} = 1 A$

$根据能量守恒定律有 P_{出}=IE-I^2r$

$解得 E=28 V$

$对电动机，根据能量守恒定律有 P_{入}=P_{机}+I^2R_1$

$解得 P_{机}=19 W$

Final answer: 28 V　19 W
Subfield: Electromagnetism


Question: $1930年，劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器。加速器在核物理和粒子物理研究中发挥着巨大的作用，回旋加速器是其中的一种。如图是某回旋加速器的结构示意图，D1和D2是两个中空的、半径为R的半圆形金属盒，两盒之间窄缝的宽度为d，它们之间有一定的电势差U。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，D1盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子每次经过窄缝都会被电场加速，之后进入磁场做匀速圆周运动，经过若干次加速后，粒子从金属盒D1边缘离开，忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子间的相互作用及相对论效应。$

![24BJS5WL266.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522120007106564/img/compression/M_c34b95880087177abd004180aabd3746.jpg)
$若该回旋加速器金属盒的半径R=1 m，窄缝的宽度d=0.1 cm，求粒子从A点开始运动到离开加速器的过程中，其在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比的值。(结果保留两位有效数字)$

Solution:
$粒子在电场中被加速n次，由动能定理得nqU=E_{km}$

$解得n=\frac{qB^2R^2}{2mU}$

$粒子在加速器中运动的时间可以看成两部分时间之和，即在金属盒内旋转\frac{n}{2}圈的时间t_1和通过金属盒间窄缝n次所需的时间t_2之和，粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力。$

$由牛顿第二定律得qBv=m\frac{v^2}{r}$

$运动周期T=\frac{2\pi r}{v}=\frac{2\pi m}{qB}$

$粒子在磁场中运动时间t_1=\frac{n}{2} T=\frac{\pi BR^2}{2U}$

粒子在电场中运动时，由匀变速直线运动规律得

$nd=\frac{v_\mathrm{m}}{2} t_2$

$解得t_2=\frac{BRd}{U}$

粒子在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比

$\frac{t_1}{t_2}= \frac{\pi R}{2d}=1.6\times 10^3$

Final answer: $1.6\times 10^3$
Subfield: Electromagnetism


Question: $1930年，劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器。加速器在核物理和粒子物理研究中发挥着巨大的作用，回旋加速器是其中的一种。如图是某回旋加速器的结构示意图，D1和D2是两个中空的、半径为R的半圆形金属盒，两盒之间窄缝的宽度为d，它们之间有一定的电势差U。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，D1盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子每次经过窄缝都会被电场加速，之后进入磁场做匀速圆周运动，经过若干次加速后，粒子从金属盒D1边缘离开，忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子间的相互作用及相对论效应。$

<img_1151>
$若该回旋加速器金属盒的半径R=1 m，窄缝的宽度d=0.1 cm，求粒子从A点开始运动到离开加速器的过程中，其在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比的值。(结果保留两位有效数字)$

Solution:
$粒子在电场中被加速n次，由动能定理得nqU=E_{km}$

$解得n=\frac{qB^2R^2}{2mU}$

$粒子在加速器中运动的时间可以看成两部分时间之和，即在金属盒内旋转\frac{n}{2}圈的时间t_1和通过金属盒间窄缝n次所需的时间t_2之和，粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力。$

$由牛顿第二定律得qBv=m\frac{v^2}{r}$

$运动周期T=\frac{2\pi r}{v}=\frac{2\pi m}{qB}$

$粒子在磁场中运动时间t_1=\frac{n}{2} T=\frac{\pi BR^2}{2U}$

粒子在电场中运动时，由匀变速直线运动规律得

$nd=\frac{v_\mathrm{m}}{2} t_2$

$解得t_2=\frac{BRd}{U}$

粒子在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比

$\frac{t_1}{t_2}= \frac{\pi R}{2d}=1.6\times 10^3$

Final answer: $1.6\times 10^3$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，MN下方有平行于纸面的匀强电场(方向未知)。质量为m、带电荷量为-q(q＞0)的粒子1在纸面内以速度v_1=v_0从O点射入磁场，其射入方向与OM的夹角\alpha =30^\circ ；质量为m、带电荷量为+q(q＞0)的粒子2在纸面内以速度v_2=\sqrt{3}v_0，也从O点射入磁场，其射入方向与ON的夹角\beta =60^\circ ，不计粒子重力及粒子间相互作用力对粒子运动的影响。$

![23AZJ5WL102.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1625061753919201283/img/compression/M_c9eb9c365d9d8d274193044f17006253.jpg)
$若粒子1和2分别到达磁场边界的A、D两点(图中未画出)，求粒子2在磁场中运动时加速度的大小和离边界MN的最大距离。$

Solution:
粒子2在磁场中做匀速圆周运动，

$由牛顿第二定律得qv^2B=ma,即a=\frac{\sqrt{3}qv_0B}{m}，$

粒子2的运动轨迹如图所示

![23AZJ5WL103.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1625061754170859522/img/compression/M_8acfee7dadfec46d43f5cd466a53043d.jpg)

$r_2=\frac{mv_2}{Bq}=\frac{\sqrt{3}mv_0}{Bq},由几何关系可知最大距离d_{max}=r_2 + r_2 \sin \alpha =\frac{3\sqrt{3}mv_0}{2Bq}$

Final answer: $\frac{\sqrt{3}qv_0B}{m}$
$\frac{3\sqrt{3}mv_0}{2Bq}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，MN下方有平行于纸面的匀强电场(方向未知)。质量为m、带电荷量为-q(q＞0)的粒子1在纸面内以速度v_1=v_0从O点射入磁场，其射入方向与OM的夹角\alpha =30^\circ ；质量为m、带电荷量为+q(q＞0)的粒子2在纸面内以速度v_2=\sqrt{3}v_0，也从O点射入磁场，其射入方向与ON的夹角\beta =60^\circ ，不计粒子重力及粒子间相互作用力对粒子运动的影响。$

<img_794>
$若粒子1和2分别到达磁场边界的A、D两点(图中未画出)，求粒子2在磁场中运动时加速度的大小和离边界MN的最大距离。$

Solution:
粒子2在磁场中做匀速圆周运动，

$由牛顿第二定律得qv^2B=ma,即a=\frac{\sqrt{3}qv_0B}{m}，$

粒子2的运动轨迹如图所示

<img_1001>

$r_2=\frac{mv_2}{Bq}=\frac{\sqrt{3}mv_0}{Bq},由几何关系可知最大距离d_{max}=r_2 + r_2 \sin \alpha =\frac{3\sqrt{3}mv_0}{2Bq}$

Final answer: $\frac{\sqrt{3}qv_0B}{m}$
$\frac{3\sqrt{3}mv_0}{2Bq}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x轴上方存在垂直xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。x轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属薄板M和N组成，其中位于x轴的M板中心有一小孔C(孔径忽略不计)，N板连接电流表后接地。位于坐标原点O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为60^\circ ；且各个方向均有速度大小连续分布在\frac{1}{2}v_0和\sqrt{2}v_0之间的离子射出。已知速度大小为v_0、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C。未能射入孔C的其他离子被分析器的接地外罩屏蔽(图中没有画出)。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。$

<img_1362>
$求孔C所处位置的坐标x_0；$

Solution:
$圆周运动qv_0B=m\frac{{v^2_0}}{R}$

$x_0=2R=\frac{{2mv_0}}{{qB}}$

Final answer: $\frac{2mv_0}{qB}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x轴上方存在垂直xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。x轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属薄板M和N组成，其中位于x轴的M板中心有一小孔C(孔径忽略不计)，N板连接电流表后接地。位于坐标原点O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为60^\circ ；且各个方向均有速度大小连续分布在\frac{1}{2}v_0和\sqrt{2}v_0之间的离子射出。已知速度大小为v_0、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C。未能射入孔C的其他离子被分析器的接地外罩屏蔽(图中没有画出)。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。$

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1625061778937671683/img/compression/M_2020573e935a6221f54d61ee022ed293.jpg)
$求孔C所处位置的坐标x_0；$

Solution:
$圆周运动qv_0B=m\frac{{v^2_0}}{R}$

$x_0=2R=\frac{{2mv_0}}{{qB}}$

Final answer: $\frac{2mv_0}{qB}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x轴上方存在垂直xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。x轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属薄板M和N组成，其中位于x轴的M板中心有一小孔C(孔径忽略不计)，N板连接电流表后接地。位于坐标原点O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为60^\circ ；且各个方向均有速度大小连续分布在\frac{1}{2}v_0和\sqrt{2}v_0之间的离子射出。已知速度大小为v_0、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C。未能射入孔C的其他离子被分析器的接地外罩屏蔽(图中没有画出)。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。$

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1625061778937671683/img/compression/M_2020573e935a6221f54d61ee022ed293.jpg)
求离子打在N板上区域的长度L；

Solution:
$与y轴夹角为\theta 的离子经磁场偏转后进入孔C后仍与y轴成\theta 角$

$\frac{2mv \cos  \theta }{qB} = x_0$

$v \cos \theta =v_0$

$进入孔C后离子速度方向与y轴的最大夹角为\beta $

$\cos \beta =\frac{v_0}{\sqrt{2}v_0} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

L=2d

Final answer: 2d
Subfield: Electromagnetism


Question: $探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x轴上方存在垂直xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。x轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属薄板M和N组成，其中位于x轴的M板中心有一小孔C(孔径忽略不计)，N板连接电流表后接地。位于坐标原点O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为60^\circ ；且各个方向均有速度大小连续分布在\frac{1}{2}v_0和\sqrt{2}v_0之间的离子射出。已知速度大小为v_0、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C。未能射入孔C的其他离子被分析器的接地外罩屏蔽(图中没有画出)。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。$

<img_1362>
求离子打在N板上区域的长度L；

Solution:
$与y轴夹角为\theta 的离子经磁场偏转后进入孔C后仍与y轴成\theta 角$

$\frac{2mv \cos  \theta }{qB} = x_0$

$v \cos \theta =v_0$

$进入孔C后离子速度方向与y轴的最大夹角为\beta $

$\cos \beta =\frac{v_0}{\sqrt{2}v_0} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

L=2d

Final answer: 2d
Subfield: Electromagnetism


Question: $某离子束实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B_0；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于O_1点，右边界与x轴垂直交于O_2点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与O_2点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经过Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为\theta 。忽略离子间的相互作用，不计重力。$

![图甲](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1625061782758682626/img/compression/M_8bccd9ece32e0da4b83f028968099c29.jpg)
![图乙](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1625061782758682626/img/compression/M_ee5845f010f75cbba4f6f0b556ad03c5.jpg)
$保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B(数值未知)、方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到O_1的距离s。$

Solution:
$Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为\alpha ，圆周运动半径为r'，运动轨迹长度为l'，由几何关系得$

![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1625061786479030274/img/compression/M_4565889cfafe2569aedb30591551a5e4.jpg)

$\alpha  = \frac{\pi }{3}$

$l'= \frac{\alpha }{2\pi } \times 2\pi r'+ \frac{\alpha +\frac{\pi }{2}}{2\pi } \times 2\pi r'$

离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有
$\frac{l'}{v \cos  \theta } = \frac{L}{v \cos  \theta }$

C到O_{1}的距离
$s=2r'\sin \alpha +r'$

联立⑨⑩⑪⑫式得
$s= \frac{6(\sqrt{3}+1)}{7\pi } L$

Final answer: $\frac{6(\sqrt{3}+1)}{7\pi } L$
Subfield: Electromagnetism


Question: $某离子束实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B_0；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于O_1点，右边界与x轴垂直交于O_2点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与O_2点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经过Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为\theta 。忽略离子间的相互作用，不计重力。$

<img_504>
<img_1375>
$保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B(数值未知)、方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到O_1的距离s。$

Solution:
$Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为\alpha ，圆周运动半径为r'，运动轨迹长度为l'，由几何关系得$

<img_1138>

$\alpha  = \frac{\pi }{3}$

$l'= \frac{\alpha }{2\pi } \times 2\pi r'+ \frac{\alpha +\frac{\pi }{2}}{2\pi } \times 2\pi r'$

离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有
$\frac{l'}{v \cos  \theta } = \frac{L}{v \cos  \theta }$

C到O_{1}的距离
$s=2r'\sin \alpha +r'$

联立⑨⑩⑪⑫式得
$s= \frac{6(\sqrt{3}+1)}{7\pi } L$

Final answer: $\frac{6(\sqrt{3}+1)}{7\pi } L$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图甲所示,空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成,其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点,垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场,其磁感应强度沿z方向的分量始终为零,沿x和y方向的分量B_x和B_y随时间周期性变化规律如图乙所示,图中B_0可调。氙离子(Xe^{2+})束从离子源小孔S射出,沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出。测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v_0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e,忽略离子间的相互作用,不计重力且射出的离子总质量远小于推进器的质量。$

![22GZTWLS71.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1625061871132667906/img/compression/M_b5d364af85d1d2f66f3fa243f7993191.jpg)

![22GZTWLS72.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1625061871132667906/img/compression/M_11d39ae2c0b8c6c1bd35c0b65d95aca1.jpg)
$求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v_S；$

Solution:
$qEd=\frac{1}{2}mv^2_0-\frac{1}{2}mv^2_S，$

$v_S=\sqrt{v^2_0-\frac{4eEd}{m}}$

Final answer: $\sqrt{v^2_0-\frac{4eEd}{m}}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图甲所示,空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成,其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点,垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场,其磁感应强度沿z方向的分量始终为零,沿x和y方向的分量B_x和B_y随时间周期性变化规律如图乙所示,图中B_0可调。氙离子(Xe^{2+})束从离子源小孔S射出,沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出。测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v_0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e,忽略离子间的相互作用,不计重力且射出的离子总质量远小于推进器的质量。$

<img_649>

<img_512>
$求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v_S；$

Solution:
$qEd=\frac{1}{2}mv^2_0-\frac{1}{2}mv^2_S，$

$v_S=\sqrt{v^2_0-\frac{4eEd}{m}}$

Final answer: $\sqrt{v^2_0-\frac{4eEd}{m}}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图甲所示,空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成,其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点,垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场,其磁感应强度沿z方向的分量始终为零,沿x和y方向的分量B_x和B_y随时间周期性变化规律如图乙所示,图中B_0可调。氙离子(Xe^{2+})束从离子源小孔S射出,沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出。测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v_0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e,忽略离子间的相互作用,不计重力且射出的离子总质量远小于推进器的质量。$

<img_649>

<img_512>
$设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T,单位时间从端面P射出的离子数为n,且B_0=\frac{\sqrt{2}mv_0}{5eL}，求图乙中t_0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。$

Solution:
$R_3 = \frac{mv_0}{\sqrt{2}qB_0} = \frac{5}{4}L, \cos \theta = \frac{3}{5}$

$F\Delta t = n\Delta tmv_0 - 0$

$F' = -F = -nmv_0$

$F_{z}' = -\frac{3}{5}nmv_0$

Final answer: $- \frac{3}{5} nmv_{0}$