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


Question: 在研究物理学问题时，为了更好地揭示和理解物理现象背后的规律，我们需要对研究对象进行一定的概括和抽象，抓住主要矛盾、忽略次要矛盾，建构物理模型。谐振子模型是物理学中在研究振动问题时所涉及的一个重要模型。
$如图3所示，双原子分子中两个原子在其平衡位置附近振动时，这一系统可近似看作谐振子，其运动规律与(1)的情境相似。已知，两个原子之间的势能E_p随距离r变化的规律如图4所示，在r=r_0点附近E_p随r变化的规律可近似写作E_p=E_{p0}+\frac{k}{2}(r-r_0)^2，式中E_{p0}和k均为常量。假设原子A固定不动，原子B振动的范围为r_0-a\leq r\leq r_0+a，其中a远小于r_0，请求出振动过程中这个双原子系统的动能的最大值。$

![图3](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385687155699715/img/compression/M_bea89acb98c573b7e9bf22445bb78cef.jpg)

![图4](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385687155699715/img/compression/M_a707ac518c51bf322649a481896ce47a.jpg)

Solution:
$由题意可知，原子B处于r_1=r_0处时，$
$系统的动能最大，设为E_{k1}$
$系统的势能最小，为E_{p1}$
$则E_{p1}=E_{p0}+\frac{k}{2}(r_1-r_0)^2=E_{p0}$
$原子B处于r_2=r_0-a处时，$
系统的动能为0
$系统的势能最大，为E_{p2}=E_{p0}+\frac{k}{2}(r_2-r_0)^2=E_{p0}+\frac{1}{2}ka^2$
$根据能量守恒定律可得 E_{p1}+E_{k1}=E_{p2}+0$
$解得E_{k1}=\frac{1}{2}ka^2$

Final answer: $\frac{1}{2}ka^2$
Subfield: Mechanics


Question: 在研究物理学问题时，为了更好地揭示和理解物理现象背后的规律，我们需要对研究对象进行一定的概括和抽象，抓住主要矛盾、忽略次要矛盾，建构物理模型。谐振子模型是物理学中在研究振动问题时所涉及的一个重要模型。
$如图3所示，双原子分子中两个原子在其平衡位置附近振动时，这一系统可近似看作谐振子，其运动规律与(1)的情境相似。已知，两个原子之间的势能E_p随距离r变化的规律如图4所示，在r=r_0点附近E_p随r变化的规律可近似写作E_p=E_{p0}+\frac{k}{2}(r-r_0)^2，式中E_{p0}和k均为常量。假设原子A固定不动，原子B振动的范围为r_0-a\leq r\leq r_0+a，其中a远小于r_0，请求出振动过程中这个双原子系统的动能的最大值。$

<img_424>

<img_739>

Solution:
$由题意可知，原子B处于r_1=r_0处时，$
$系统的动能最大，设为E_{k1}$
$系统的势能最小，为E_{p1}$
$则E_{p1}=E_{p0}+\frac{k}{2}(r_1-r_0)^2=E_{p0}$
$原子B处于r_2=r_0-a处时，$
系统的动能为0
$系统的势能最大，为E_{p2}=E_{p0}+\frac{k}{2}(r_2-r_0)^2=E_{p0}+\frac{1}{2}ka^2$
$根据能量守恒定律可得 E_{p1}+E_{k1}=E_{p2}+0$
$解得E_{k1}=\frac{1}{2}ka^2$

Final answer: $\frac{1}{2}ka^2$
Subfield: Mechanics


Question: 2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为世界上第一个首次探测火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。

![23BBJ5WL175.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385688959250436/img/compression/M_1f64e99755294d5a0c7ebdfffc40cd53.jpg)

图1
$为了简化问题，可以认为地球和火星在同一平面上绕太阳做匀速圆周运动，如图1所示。已知地球的公转周期为T_1，火星的公转周期为T_2。$
$已知地球公转轨道半径为r_1，求火星公转轨道半径r_2。$

Solution:
根据开普勒第三定律，有
$\frac{r^3_1}{T^2_1}=\frac{r^3_2}{T^2_2}$
$可得r2=\left(\frac{T_2}{T_1}\right)^{\frac{2}{3}}r1$

Final answer: $\left(\frac{T_2}{T_1}\right)^{\frac{2}{3}}r1$
Subfield: Mechanics


Question: 2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为世界上第一个首次探测火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。

<img_851>

图1
$为了简化问题，可以认为地球和火星在同一平面上绕太阳做匀速圆周运动，如图1所示。已知地球的公转周期为T_1，火星的公转周期为T_2。$
$已知地球公转轨道半径为r_1，求火星公转轨道半径r_2。$

Solution:
根据开普勒第三定律，有
$\frac{r^3_1}{T^2_1}=\frac{r^3_2}{T^2_2}$
$可得r2=\left(\frac{T_2}{T_1}\right)^{\frac{2}{3}}r1$



Final answer: $\left(\frac{T_2}{T_1}\right)^{\frac{2}{3}}r1$
Subfield: Mechanics


Question: 2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为世界上第一个首次探测火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。

<img_851>

图1
$为了简化问题，可以认为地球和火星在同一平面上绕太阳做匀速圆周运动，如图1所示。已知地球的公转周期为T_1，火星的公转周期为T_2。$
$考虑到飞行时间和节省燃料，地球和火星处于图1中相对位置时是在地球上发射火星探测器的最佳时机，推导在地球上相邻两次发射火星探测器最佳时机的时间间隔\Delta t。$

Solution:
$设地球、火星绕太阳公转的角速度分别为\omega 1、\omega 2$
$有\omega 1=\frac{2\pi }{T_1},\omega 2=\frac{2\pi }{T_2}$
$根据运动关系(\omega 1-\omega 2)\Delta t=2\pi $
$解得\Delta t=\frac{T_1T_2}{T_2-T_1}$

Final answer: $\frac{T_1T_2}{T_2-T_1}$
Subfield: Mechanics


Question: 2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为世界上第一个首次探测火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。

![23BBJ5WL175.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385688959250436/img/compression/M_1f64e99755294d5a0c7ebdfffc40cd53.jpg)

图1
$为了简化问题，可以认为地球和火星在同一平面上绕太阳做匀速圆周运动，如图1所示。已知地球的公转周期为T_1，火星的公转周期为T_2。$
$考虑到飞行时间和节省燃料，地球和火星处于图1中相对位置时是在地球上发射火星探测器的最佳时机，推导在地球上相邻两次发射火星探测器最佳时机的时间间隔\Delta t。$

Solution:
$设地球、火星绕太阳公转的角速度分别为\omega 1、\omega 2$
$有\omega 1=\frac{2\pi }{T_1},\omega 2=\frac{2\pi }{T_2}$
$根据运动关系(\omega 1-\omega 2)\Delta t=2\pi $
$解得\Delta t=\frac{T_1T_2}{T_2-T_1}$

Final answer: $\frac{T_1T_2}{T_2-T_1}$
Subfield: Mechanics


Question: 2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为世界上第一个首次探测火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。

![23BBJ5WL175.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385688959250436/img/compression/M_1f64e99755294d5a0c7ebdfffc40cd53.jpg)

图1
$火星探测器在火星附近的A点减速后，被火星捕获进入了1号椭圆轨道，紧接着在B点进行了一次“远火点平面机动”，俗称“侧手翻”，即从与火星赤道平行的1号轨道，调整为经过火星两极的2号轨道，将探测器绕火星飞行的路线从“横着绕”变成“竖着绕”，从而实现对火星表面的全面扫描，如图2所示。以火星为参考系，质量为M_1的探测器沿1号轨道到达B点时速度为v_1，为了实现“侧手翻”，此时启动发动机，在极短的时间内喷出部分气体，假设气体为一次性喷出，喷气后探测器质量变为M_2、速度变为与v_1垂直的v_2。$

![图2](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385689374486531/img/compression/M_372a5c7562d91c5abbff76205366d6bc.jpg)

图2

求喷出气体速度u的大小。

Solution:
$喷出气体的质量m=M_1-M_2$

喷出气体前探测器与所喷出气体组成的系统初动量

$p_1=M_1v_1$

$喷出气体后探测器的末动量p_2=M_2v_2$

$喷出气体前后p_1、p_2方向垂直，建立如答图所示xOy直角坐标系。$

![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385688762118146/img/compression/M_264960e991a137ee263385261e2f82a1.jpg)

$喷出气体速度u在x、y方向上的分量分别为u_x、u_y，根据动量守恒定律有$

$x方向p_1=mu_x$

$y方向0=p_2+mu_y$

$喷出气体速度满足u^2=u^2_x+u^2_y$

$联立可得u=\frac{\sqrt{(M_1v_1)^2+(M_2v_2)^2}}{M_1-M_2}$

Final answer: $\frac{\sqrt{(M_1v_1)^2+(M_2v_2)^2}}{M_1-M_2}$
Subfield: Mechanics


Question: 2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为世界上第一个首次探测火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。

<img_851>

图1
$火星探测器在火星附近的A点减速后，被火星捕获进入了1号椭圆轨道，紧接着在B点进行了一次“远火点平面机动”，俗称“侧手翻”，即从与火星赤道平行的1号轨道，调整为经过火星两极的2号轨道，将探测器绕火星飞行的路线从“横着绕”变成“竖着绕”，从而实现对火星表面的全面扫描，如图2所示。以火星为参考系，质量为M_1的探测器沿1号轨道到达B点时速度为v_1，为了实现“侧手翻”，此时启动发动机，在极短的时间内喷出部分气体，假设气体为一次性喷出，喷气后探测器质量变为M_2、速度变为与v_1垂直的v_2。$

<img_663>

图2

求喷出气体速度u的大小。

Solution:
$喷出气体的质量m=M_1-M_2$

喷出气体前探测器与所喷出气体组成的系统初动量

$p_1=M_1v_1$

$喷出气体后探测器的末动量p_2=M_2v_2$

$喷出气体前后p_1、p_2方向垂直，建立如答图所示xOy直角坐标系。$

<img_445>

$喷出气体速度u在x、y方向上的分量分别为u_x、u_y，根据动量守恒定律有$

$x方向p_1=mu_x$

$y方向0=p_2+mu_y$

$喷出气体速度满足u^2=u^2_x+u^2_y$

$联立可得u=\frac{\sqrt{(M_1v_1)^2+(M_2v_2)^2}}{M_1-M_2}$

Final answer: $\frac{\sqrt{(M_1v_1)^2+(M_2v_2)^2}}{M_1-M_2}$
Subfield: Mechanics


Question: 2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为世界上第一个首次探测火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。

<img_851>

图1
$火星探测器在火星附近的A点减速后，被火星捕获进入了1号椭圆轨道，紧接着在B点进行了一次“远火点平面机动”，俗称“侧手翻”，即从与火星赤道平行的1号轨道，调整为经过火星两极的2号轨道，将探测器绕火星飞行的路线从“横着绕”变成“竖着绕”，从而实现对火星表面的全面扫描，如图2所示。以火星为参考系，质量为M_1的探测器沿1号轨道到达B点时速度为v_1，为了实现“侧手翻”，此时启动发动机，在极短的时间内喷出部分气体，假设气体为一次性喷出，喷气后探测器质量变为M_2、速度变为与v_1垂直的v_2。$

<img_663>

图2

假设实现“侧手翻”的能量全部来源于化学能，化学能向动能转化比例为k(k<1)，求此次“侧手翻”消耗的化学能\Delta E。

Solution:
$探测器与所喷出气体组成的系统，喷气前总动能E_{k0}=\frac{1}{2}M_1v^2_1,喷气后总动能E_k=\frac{1}{2}M_2v^2_2 + \frac{1}{2}mu^2$

$消耗的化学能\Delta E=\frac{E_k-E_k0}{k}$

$联立可得\Delta E=\frac{M_1M_2(v^2_1+v^2_2)}{2k(M_1-M_2)}$

Final answer: $\frac{M_1M_2(v^2_1+v^2_2)}{2k(M_1-M_2)}$
Subfield: Mechanics


Question: 2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为世界上第一个首次探测火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。

![23BBJ5WL175.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385688959250436/img/compression/M_1f64e99755294d5a0c7ebdfffc40cd53.jpg)

图1
$火星探测器在火星附近的A点减速后，被火星捕获进入了1号椭圆轨道，紧接着在B点进行了一次“远火点平面机动”，俗称“侧手翻”，即从与火星赤道平行的1号轨道，调整为经过火星两极的2号轨道，将探测器绕火星飞行的路线从“横着绕”变成“竖着绕”，从而实现对火星表面的全面扫描，如图2所示。以火星为参考系，质量为M_1的探测器沿1号轨道到达B点时速度为v_1，为了实现“侧手翻”，此时启动发动机，在极短的时间内喷出部分气体，假设气体为一次性喷出，喷气后探测器质量变为M_2、速度变为与v_1垂直的v_2。$

![图2](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385689374486531/img/compression/M_372a5c7562d91c5abbff76205366d6bc.jpg)

图2

假设实现“侧手翻”的能量全部来源于化学能，化学能向动能转化比例为k(k<1)，求此次“侧手翻”消耗的化学能\Delta E。

Solution:
$探测器与所喷出气体组成的系统，喷气前总动能E_{k0}=\frac{1}{2}M_1v^2_1,喷气后总动能E_k=\frac{1}{2}M_2v^2_2 + \frac{1}{2}mu^2$

$消耗的化学能\Delta E=\frac{E_k-E_k0}{k}$

$联立可得\Delta E=\frac{M_1M_2(v^2_1+v^2_2)}{2k(M_1-M_2)}$

Final answer: $\frac{M_1M_2(v^2_1+v^2_2)}{2k(M_1-M_2)}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U_0。偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。

<img_491>
$忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v_0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离\Delta y。$

Solution:
根据功和能的关系，有

$eU_0 = \frac{1}{2}mv_0^2$

电子射入偏转电场的初速度

$v_0 = \sqrt{\frac{2eU_0}{m}}$

在偏转电场中，电子的运动时间

$\Delta t = \frac{L}{v_0} = L\sqrt{\frac{m}{2eU_0}}$

偏转距离

$\Delta y = \frac{1}{2}a(\Delta t)^2 = \frac{UL^2}{4U_0d}$

Final answer: $\sqrt{\frac{2eU_0}{m}}$, $\frac{UL^2}{4U_0d}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U_0。偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385701245489155/img/compression/M_9b4c68dcf764f518fd0df6bb0fd49742.jpg)
$忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v_0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离\Delta y。$

Solution:
根据功和能的关系，有

$eU_0 = \frac{1}{2}mv_0^2$

电子射入偏转电场的初速度

$v_0 = \sqrt{\frac{2eU_0}{m}}$

在偏转电场中，电子的运动时间

$\Delta t = \frac{L}{v_0} = L\sqrt{\frac{m}{2eU_0}}$

偏转距离

$\Delta y = \frac{1}{2}a(\Delta t)^2 = \frac{UL^2}{4U_0d}$

Final answer: $\sqrt{\frac{2eU_0}{m}}$, $\frac{UL^2}{4U_0d}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 如图1所示，空间分布着方向平行于纸面、宽度为d的水平匀强电场。在紧靠电场右侧半径为R的圆形区域内，分布着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、带电荷量为-q的粒子从左极板上A点由静止释放后，在M点离开加速电场，并以速度v_0沿半径方向射入匀强磁场区域，然后从N点射出。MN两点间的圆心角$\angle MON=120^\circ$ ，粒子重力可忽略不计。

<img_1182>

图1

<img_887>

图2
$求加速电场场强E_0的大小；$

Solution:
对粒子在电场中加速，根据动能定理有

$qE_0d=\frac{1}{2}mv_0^2$

$解得E_0=\frac{mv_0^2}{2qd}$

Final answer: $\frac{mv^2_0}{2qd}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 如图1所示，空间分布着方向平行于纸面、宽度为d的水平匀强电场。在紧靠电场右侧半径为R的圆形区域内，分布着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、带电荷量为-q的粒子从左极板上A点由静止释放后，在M点离开加速电场，并以速度v_0沿半径方向射入匀强磁场区域，然后从N点射出。MN两点间的圆心角$\angle MON=120^\circ$ ，粒子重力可忽略不计。

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385734158446594/img/compression/M_d88277cb7f4a8d67f8cad7bc0012db7d.jpg)

图1

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385734158446594/img/compression/M_a3d959345e20bd0a8f8cdd8c40262a0b.jpg)

图2
$求加速电场场强E_0的大小；$

Solution:
对粒子在电场中加速，根据动能定理有

$qE_0d=\frac{1}{2}mv_0^2$

$解得E_0=\frac{mv_0^2}{2qd}$

Final answer: $\frac{mv^2_0}{2qd}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 如图1所示，空间分布着方向平行于纸面、宽度为d的水平匀强电场。在紧靠电场右侧半径为R的圆形区域内，分布着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、带电荷量为-q的粒子从左极板上A点由静止释放后，在M点离开加速电场，并以速度v_0沿半径方向射入匀强磁场区域，然后从N点射出。MN两点间的圆心角$\angle MON=120^\circ$ ，粒子重力可忽略不计。

<img_1182>

图1

<img_887>

图2
求匀强磁场的磁感应强度B的大小；

Solution:
粒子运动轨迹如图1所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力充当向心力，有

<img_1097>

图1

$qv_0B=mv^2_0/r，由几何关系可得$
$\tan 60^\circ =r/R，$
$解得B=\sqrt{3}mv_0/3Rq$

Final answer: $\frac{\sqrt{3}mv_0}{3Rq}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 如图1所示，空间分布着方向平行于纸面、宽度为d的水平匀强电场。在紧靠电场右侧半径为R的圆形区域内，分布着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、带电荷量为-q的粒子从左极板上A点由静止释放后，在M点离开加速电场，并以速度v_0沿半径方向射入匀强磁场区域，然后从N点射出。MN两点间的圆心角$\angle MON=120^\circ$ ，粒子重力可忽略不计。

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385734158446594/img/compression/M_d88277cb7f4a8d67f8cad7bc0012db7d.jpg)

图1

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385734158446594/img/compression/M_a3d959345e20bd0a8f8cdd8c40262a0b.jpg)

图2
求匀强磁场的磁感应强度B的大小；

Solution:
粒子运动轨迹如图1所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力充当向心力，有

![24BBJ5WL38.tif](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385733801930753/img/compression/M_c2e045ec8d338e878289cda75a6e1eff.jpg)

图1

$qv_0B=mv^2_0/r，由几何关系可得$
$\tan 60^\circ =r/R，$
$解得B=\sqrt{3}mv_0/3Rq$

Final answer: $\frac{\sqrt{3}mv_0}{3Rq}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 如图1所示，空间分布着方向平行于纸面、宽度为d的水平匀强电场。在紧靠电场右侧半径为R的圆形区域内，分布着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、带电荷量为-q的粒子从左极板上A点由静止释放后，在M点离开加速电场，并以速度v_0沿半径方向射入匀强磁场区域，然后从N点射出。MN两点间的圆心角$\angle MON=120^\circ$ ，粒子重力可忽略不计。

<img_1182>

图1

<img_887>

图2
若仅将该圆形区域的磁场改为平行于纸面的匀强电场，如图2所示，带电粒子垂直射入该电场后仍然从N点射出。求该匀强电场场强E的大小。

Solution:
粒子在偏转电场中做类平抛运动，运动轨迹如图2所示，根据运动的合成分解及几何关系

<img_566>

$在x方向有R+R \cos 60^\circ =v_0t$

$在y方向有R \sin 60^\circ =\frac{1}{2}at^2$

$根据牛顿第二定律有Eq=ma$

$解得E=\frac{4\sqrt{3}mv^2_0}{9Rq}$

Final answer: $\frac{4\sqrt{3}mv^2_0}{9Rq}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 如图1所示，空间分布着方向平行于纸面、宽度为d的水平匀强电场。在紧靠电场右侧半径为R的圆形区域内，分布着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、带电荷量为-q的粒子从左极板上A点由静止释放后，在M点离开加速电场，并以速度v_0沿半径方向射入匀强磁场区域，然后从N点射出。MN两点间的圆心角$\angle MON=120^\circ$ ，粒子重力可忽略不计。

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385734158446594/img/compression/M_d88277cb7f4a8d67f8cad7bc0012db7d.jpg)

图1

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385734158446594/img/compression/M_a3d959345e20bd0a8f8cdd8c40262a0b.jpg)

图2
若仅将该圆形区域的磁场改为平行于纸面的匀强电场，如图2所示，带电粒子垂直射入该电场后仍然从N点射出。求该匀强电场场强E的大小。

Solution:
粒子在偏转电场中做类平抛运动，运动轨迹如图2所示，根据运动的合成分解及几何关系

![图2](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385734158446594/img/compression/M_52d3add9ff7858bed40b3aadfde95a91.jpg)

$在x方向有R+R \cos 60^\circ =v_0t$

$在y方向有R \sin 60^\circ =\frac{1}{2}at^2$

$根据牛顿第二定律有Eq=ma$

$解得E=\frac{4\sqrt{3}mv^2_0}{9Rq}$

Final answer: $\frac{4\sqrt{3}mv^2_0}{9Rq}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示，在xOy坐标系第一象限的矩形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子在M点以垂直于y轴的方向射入磁场，并从另一侧边界的N点射出。已知带电粒子质量为m，电荷量为q，入射速度为v，矩形区域的长度为L，MN沿y轴方向上的距离为\frac{L}{2}。不计重力。$

<img_444>
判断磁场的方向，并求磁场的磁感应强度的大小B。

Solution:
根据左手定则可以判断出磁场方向为垂直于纸面向外

$根据洛伦兹力充当向心力有Bqv=m\frac{v^2}{r}$

$解得B=\frac{mv}{qr}=\frac{4mv}{5qL}$

Final answer: $\frac{4mv}{5qL}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示，在xOy坐标系第一象限的矩形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子在M点以垂直于y轴的方向射入磁场，并从另一侧边界的N点射出。已知带电粒子质量为m，电荷量为q，入射速度为v，矩形区域的长度为L，MN沿y轴方向上的距离为\frac{L}{2}。不计重力。$

![题目图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385735248965633/img/compression/M_a9c4e7e69de0fc9f767d930260a19160.jpg)
判断磁场的方向，并求磁场的磁感应强度的大小B。

Solution:
根据左手定则可以判断出磁场方向为垂直于纸面向外

$根据洛伦兹力充当向心力有Bqv=m\frac{v^2}{r}$

$解得B=\frac{mv}{qr}=\frac{4mv}{5qL}$

Final answer: $\frac{4mv}{5qL}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $示波管的结构如图甲所示，它由电子枪、加速电极、偏转电极和荧光屏等组成，管内抽成真空，两对偏转电极iXX'、iYY'相互垂直。如图乙所示，荧光屏上有ixOy直角坐标系，坐标原点位于荧光屏的中心，ix轴与电极iXX'的金属板垂直，其正方向由X'指向X，iy轴与电极YY'的金属板垂直，其正方向由Y'指向Y。$

电子枪中的金属丝加热后可以逸出电子，电子经加速电极间的电场加速后进入偏转电极间，两对偏转电极分别使电子在两个相互垂直的方向发生偏转，最终打在荧光屏上，产生一个亮斑。

$已知两对偏转电极极板都是边长为il的正方形金属板，每对电极的两个极板间距都为id，加速电极间电压为U_0，电子的带电荷量为ie，质量为im。忽略电子刚离开金属丝时的速度，不计电子之间相互作用力及电子所受重力的影响。下列各情形中，电子均能打到荧光屏上。$

![示波管结构](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385736050077698/img/compression/M_5dc2fddf2e0482c708a7744b45279584.jpg)
$若两个偏转电极都不加电压时，电子束将沿直线运动，且电子运动的轨迹平行于每块偏转极板，最终打在xOy坐标系的坐标原点。求电子到达坐标原点前瞬间速度的大小v_0。$

Solution:
电子从静止出发到坐标原点，根据动能定理
$eU_0=\frac{1}{2}mv_0^2$
$解得v_0=\sqrt{\frac{2eU_0}{m}}$

Final answer: $\sqrt{\frac{2eU_0}{m}}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $示波管的结构如图甲所示，它由电子枪、加速电极、偏转电极和荧光屏等组成，管内抽成真空，两对偏转电极iXX'、iYY'相互垂直。如图乙所示，荧光屏上有ixOy直角坐标系，坐标原点位于荧光屏的中心，ix轴与电极iXX'的金属板垂直，其正方向由X'指向X，iy轴与电极YY'的金属板垂直，其正方向由Y'指向Y。$

电子枪中的金属丝加热后可以逸出电子，电子经加速电极间的电场加速后进入偏转电极间，两对偏转电极分别使电子在两个相互垂直的方向发生偏转，最终打在荧光屏上，产生一个亮斑。

$已知两对偏转电极极板都是边长为il的正方形金属板，每对电极的两个极板间距都为id，加速电极间电压为U_0，电子的带电荷量为ie，质量为im。忽略电子刚离开金属丝时的速度，不计电子之间相互作用力及电子所受重力的影响。下列各情形中，电子均能打到荧光屏上。$

<img_775>
$若两个偏转电极都不加电压时，电子束将沿直线运动，且电子运动的轨迹平行于每块偏转极板，最终打在xOy坐标系的坐标原点。求电子到达坐标原点前瞬间速度的大小v_0。$

Solution:
电子从静止出发到坐标原点，根据动能定理
$eU_0=\frac{1}{2}mv_0^2$
$解得v_0=\sqrt{\frac{2eU_0}{m}}$

Final answer: $\sqrt{\frac{2eU_0}{m}}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图1所示，两平行金属板A、B间电势差为U_1，带电荷量为q、质量为m的带电粒子，由静止开始从极板A出发，经电场加速后射出，沿金属板C、D的中心轴线进入偏转电压为U_2的偏转电场，最终从极板C的右边缘射出。偏转电场可看作匀强电场，板间距为d。忽略重力的影响。$

![图1](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385722347286529/img/compression/M_38bd9ab996e554e6692cf2278b8056d9.jpg)

图1

![图2](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385722347286529/img/compression/M_d34c64e791d21386ef1309b883d7f1fa.jpg)

图2
$求带电粒子进入偏转电场时速度的大小v_0。$

Solution:
$对带电粒子从左极板由静止，经加速电场进入偏转电场的过程中，根据动能定理，有 qU_1=\frac{1}{2}mv^2_0 解得 v_0=\sqrt{\frac{2qU_1}{m}}$

Final answer: $\sqrt{\frac{2qU_1}{m}}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图1所示，两平行金属板A、B间电势差为U_1，带电荷量为q、质量为m的带电粒子，由静止开始从极板A出发，经电场加速后射出，沿金属板C、D的中心轴线进入偏转电压为U_2的偏转电场，最终从极板C的右边缘射出。偏转电场可看作匀强电场，板间距为d。忽略重力的影响。$

<img_1000>

图1

<img_433>

图2
$求带电粒子进入偏转电场时速度的大小v_0。$

Solution:
$对带电粒子从左极板由静止，经加速电场进入偏转电场的过程中，根据动能定理，有 qU_1=\frac{1}{2}mv^2_0 解得 v_0=\sqrt{\frac{2qU_1}{m}}$

Final answer: $\sqrt{\frac{2qU_1}{m}}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图1所示，两平行金属板A、B间电势差为U_1，带电荷量为q、质量为m的带电粒子，由静止开始从极板A出发，经电场加速后射出，沿金属板C、D的中心轴线进入偏转电压为U_2的偏转电场，最终从极板C的右边缘射出。偏转电场可看作匀强电场，板间距为d。忽略重力的影响。$

![图1](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385722347286529/img/compression/M_38bd9ab996e554e6692cf2278b8056d9.jpg)

图1

![图2](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716385722347286529/img/compression/M_d34c64e791d21386ef1309b883d7f1fa.jpg)

图2
$求带电粒子离开偏转电场时动量的大小p。$

Solution:
$设带电粒子进入和离开偏转电场时的速度分别为v_0和v，对带电粒子从进入偏转电场到离开偏转电场的过程，根据动能定理，有q \cdot \frac{1}{2}U_2=\frac{1}{2}mv^2-\frac{1}{2}mv^2_0$

$p=mv，联立有p=\sqrt{mq(2U_1+U_2)}$

Final answer: $\sqrt{mq(2U_1+U_2)}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图1所示，两平行金属板A、B间电势差为U_1，带电荷量为q、质量为m的带电粒子，由静止开始从极板A出发，经电场加速后射出，沿金属板C、D的中心轴线进入偏转电压为U_2的偏转电场，最终从极板C的右边缘射出。偏转电场可看作匀强电场，板间距为d。忽略重力的影响。$

<img_1000>

图1

<img_433>

图2
$求带电粒子离开偏转电场时动量的大小p。$

Solution:
$设带电粒子进入和离开偏转电场时的速度分别为v_0和v，对带电粒子从进入偏转电场到离开偏转电场的过程，根据动能定理，有q \cdot \frac{1}{2}U_2=\frac{1}{2}mv^2-\frac{1}{2}mv^2_0$

$p=mv，联立有p=\sqrt{mq(2U_1+U_2)}$

Final answer: $\sqrt{mq(2U_1+U_2)}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图(a)，同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为\sqrt{2}L，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q(Q>0)。以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势\phi 随位置x的变化关系如图(b)所示。一电荷量为Q(Q>0)的小球S_1以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图(c)所示。图中g为重力加速度大小，k为静电力常量。$

![图a](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719894107898986498/img/compression/M_6db58bd1178024bb0bcb12b3663a5e39.jpg)

图(a)

![图b](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719894107898986498/img/compression/M_221e8a7920a87ad64c218432fcc39e39.jpg)

图(b)

![图c](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719894107898986498/img/compression/M_48e6e10797b22ebcae313b9976063724.jpg)

图(c)
$求小球i_S{_1}在i_M点所受电场力大小。$

Solution:
$根据几何关系，A点到M点的距离为R\_{M}=2L，设A点的点电荷对小球S\_{1}的库仑力大小为F_{A}，由库仑定律有F_{A}=\frac{kQ^2}{R^2_M}$

①

设小球$S\_{1}$在M点所受电场力大小为$F_{M}$，由力的合成有
$F_{M}=2F\_{A} \sin 45^\circ$ 

②

$联立①②式可得F_{M}=\frac{\sqrt{2}kQ^2}{4L^2}$

③

Final answer: $F_{M}=\frac{\sqrt{2}kQ^2}{4L^2}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图(a)，同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为\sqrt{2}L，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q(Q>0)。以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势\phi 随位置x的变化关系如图(b)所示。一电荷量为Q(Q>0)的小球S_1以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图(c)所示。图中g为重力加速度大小，k为静电力常量。$

<img_514>

图(a)

<img_1247>

图(b)

<img_768>

图(c)
$求小球i_S{_1}在i_M点所受电场力大小。$

Solution:
$根据几何关系，A点到M点的距离为R\_{M}=2L，设A点的点电荷对小球S\_{1}的库仑力大小为F_{A}，由库仑定律有F_{A}=\frac{kQ^2}{R^2_M}$

①

设小球$S\_{1}$在M点所受电场力大小为$F_{M}$，由力的合成有
$F_{M}=2F\_{A} \sin 45^\circ$ 

②

$联立①②式可得F_{M}=\frac{\sqrt{2}kQ^2}{4L^2}$

③

Final answer: $F_{M}=\frac{\sqrt{2}kQ^2}{4L^2}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图(a)，同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为\sqrt{2}L，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q(Q>0)。以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势\phi 随位置x的变化关系如图(b)所示。一电荷量为Q(Q>0)的小球S_1以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图(c)所示。图中g为重力加速度大小，k为静电力常量。$

![图a](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719894107898986498/img/compression/M_6db58bd1178024bb0bcb12b3663a5e39.jpg)

图(a)

![图b](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719894107898986498/img/compression/M_221e8a7920a87ad64c218432fcc39e39.jpg)

图(b)

![图c](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719894107898986498/img/compression/M_48e6e10797b22ebcae313b9976063724.jpg)

图(c)
当小球$S_1$运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球$S_2$发生弹性碰撞。已知$S_1与S_2$的质量相等，碰撞前、后$S_1$的动能均为$\frac{4kQ^2}{3L}$，碰撞时间极短。求碰撞前$S_2$的动量大小。

Solution:
$设x轴上O点下方L/2处为C点，A与C的距离为R_C，小球S_1在C处所受的库仑力大小为F_C，由库仑定律和力的合成有F_C=2\frac{kQ^2}{R^2_C} \sin \theta $
④
$式中\sin \theta =\frac{OC}{R_C}，R_C=\sqrt{OA^2+OC^2}=\frac{3}{2}L$
$设小球S_1的质量为m_1，小球S_1在C点的加速度大小为a，由牛顿第二定律有F_C + m_1g = m_1a$
⑤
$由题图(c)可知，式中a=2g，联立④⑤式可得$
$m_1 = \frac{8kQ^2}{27gL^2}$
⑥
$设S_2的质量为m_2，碰撞前、后S_1的速度分别为v_1、v_1'，S_2的速度分别为v_2、v_2'，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律有$
$m_1v_1+m_2v_2=m_1v_1' + m_2v_2'$
⑦
$\frac{1}{2}m_1v^2_1+\frac{1}{2}m_2v^2_2 = \frac{1}{2}m_1v'^2_1 + \frac{1}{2}m_2v'^2_2$
⑧
$设小球S_2碰撞前的动量为p_2，由动量的定义有$
$p_2=m_2v_2$
⑨
$依题意\frac{1}{2}m_1v^2_1=\frac{1}{2}m_1v'^2_1=\frac{4kQ^2}{3L}，m_1=m_2$
$联立⑥⑦⑧⑨式可得p_2=-\frac{8kQ^2\sqrt{gL}}{9gL^2}$
⑩
$即碰撞前S_2的动量大小为\frac{8kQ^2\sqrt{gL}}{9gL^2}$

Final answer: $\frac{8kQ^2\sqrt{gL}}{9gL^2}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图(a)，同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为\sqrt{2}L，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q(Q>0)。以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势\phi 随位置x的变化关系如图(b)所示。一电荷量为Q(Q>0)的小球S_1以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图(c)所示。图中g为重力加速度大小，k为静电力常量。$

<img_514>

图(a)

<img_1247>

图(b)

<img_768>

图(c)
当小球$S_1$运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球$S_2$发生弹性碰撞。已知$S_1与S_2$的质量相等，碰撞前、后$S_1$的动能均为$\frac{4kQ^2}{3L}$，碰撞时间极短。求碰撞前$S_2$的动量大小。

Solution:
$设x轴上O点下方L/2处为C点，A与C的距离为R_C，小球S_1在C处所受的库仑力大小为F_C，由库仑定律和力的合成有F_C=2\frac{kQ^2}{R^2_C} \sin \theta $
④
$式中\sin \theta =\frac{OC}{R_C}，R_C=\sqrt{OA^2+OC^2}=\frac{3}{2}L$
$设小球S_1的质量为m_1，小球S_1在C点的加速度大小为a，由牛顿第二定律有F_C + m_1g = m_1a$
⑤
$由题图(c)可知，式中a=2g，联立④⑤式可得$
$m_1 = \frac{8kQ^2}{27gL^2}$
⑥
$设S_2的质量为m_2，碰撞前、后S_1的速度分别为v_1、v_1'，S_2的速度分别为v_2、v_2'，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律有$
$m_1v_1+m_2v_2=m_1v_1' + m_2v_2'$
⑦
$\frac{1}{2}m_1v^2_1+\frac{1}{2}m_2v^2_2 = \frac{1}{2}m_1v'^2_1 + \frac{1}{2}m_2v'^2_2$
⑧
$设小球S_2碰撞前的动量为p_2，由动量的定义有$
$p_2=m_2v_2$
⑨
$依题意\frac{1}{2}m_1v^2_1=\frac{1}{2}m_1v'^2_1=\frac{4kQ^2}{3L}，m_1=m_2$
$联立⑥⑦⑧⑨式可得p_2=-\frac{8kQ^2\sqrt{gL}}{9gL^2}$
⑩
$即碰撞前S_2的动量大小为\frac{8kQ^2\sqrt{gL}}{9gL^2}$

Final answer: $\frac{8kQ^2\sqrt{gL}}{9gL^2}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图(a)，同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为\sqrt{2}L，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q(Q>0)。以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势\phi 随位置x的变化关系如图(b)所示。一电荷量为Q(Q>0)的小球S_1以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图(c)所示。图中g为重力加速度大小，k为静电力常量。$

![图a](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719894107898986498/img/compression/M_6db58bd1178024bb0bcb12b3663a5e39.jpg)

图(a)

![图b](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719894107898986498/img/compression/M_221e8a7920a87ad64c218432fcc39e39.jpg)

图(b)

![图c](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719894107898986498/img/compression/M_48e6e10797b22ebcae313b9976063724.jpg)

图(c)
$现将S_2固定在N点，为保证S_1能运动到N点与之相碰，S_1从M点下落时的初动能须满足什么条件？$

Solution:
$设x轴上O点上方L/2处为D点。根据题图(c)和对称性可知，S_1在D点所受的电场力大小等于小球的重力大小，方向竖直向上，S_1在此处加速度为0；S_1在D点上方做减速运动，在D点下方做加速运动，为保证S_1能运动到N点与S_2相碰，S_1运动到D点时的速度必须大于零。$

$设M点与D点电势差为U_{MD}，由电势差定义有$
$U_{MD} = \phi _M - \phi _D$

$设小球S_1初动能为E_k，运动到D点的动能为E_{kD}，由动能定理有m_1g(MO-DO)+QU_{MD}=E_{kD}-E_k$

$E_{kD}>0$

$由对称性，D点与C点电势相等，M点与N点电势相等，依据题图(b)所给数据，并联立⑥⑪⑫⑬式可得：$
$E_k > \frac{(13-8\sqrt{2})kQ^2}{27L}$

Final answer: $E_k > \frac{(13-8\sqrt{2})kQ^2}{27L}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 如图，在$0\leq x\leq h,-\infty <y<+\infty $区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度$B$的大小可调，方向不变。一质量为m、电荷量为$q(q>0)$的粒子以速度v<sub>0</sub>从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。

<img_863>


如图，在$0\leq x\leq h,-\infty <y<+\infty$ 区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m、电荷量为$q(q>0)$的粒子以速度$v_0$从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。

<img_863>
$若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值B_m；$

Solution:
由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有$qv_0 = m_0=\frac{v^2_0}{R}$

①

由此可得$R = \frac{mv\_0}{qB}$

②

粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足$R\leq h$

③

由题意，当磁感应强度大小为$B_m$时，粒子的运动半径最大，由此得$B_m = \frac{mv\_0}{qh}$

④

Final answer: $B_m = \frac{mv\_0}{qh}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 如图，在$0\leq x\leq h,-\infty <y<+\infty $区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度$B$的大小可调，方向不变。一质量为m、电荷量为$q(q>0)$的粒子以速度v<sub>0</sub>从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。

![题图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719894159289421827/img/compression/M_1beb3e75e8aa3d07d56440b2a264bd54.jpg)


如图，在$0\leq x\leq h,-\infty <y<+\infty$ 区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m、电荷量为$q(q>0)$的粒子以速度$v_0$从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。

![题图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719894159289421827/img/compression/M_1beb3e75e8aa3d07d56440b2a264bd54.jpg)
$若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值B_m；$

Solution:
由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有$qv_0 = m_0=\frac{v^2_0}{R}$

①

由此可得$R = \frac{mv\_0}{qB}$

②

粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足$R\leq h$

③

由题意，当磁感应强度大小为$B_m$时，粒子的运动半径最大，由此得$B_m = \frac{mv\_0}{qh}$

④

Final answer: $B_m = \frac{mv\_0}{qh}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧,C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场;M为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心。使用前需调零:使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直;入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置,可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N、沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧PQ的半径为r，r≫d,d远大于弹簧长度改变量的绝对值。

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$若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值\Delta x及PQ上反射光点与O点间的弧长s;$

Solution:
$通入电流后线圈所受安培力F=NBIl$

$由胡克定律及平衡条件有F=k\Delta x$

$故弹簧长度改变量\Delta x=\frac{NBIl}{k}$

$由于d远大于弹簧长度的改变量，故细杆转过的角度$

$\theta \approx \frac{\Delta x}{d}=\frac{NBIl}{kd}$

$由于入射光线不变，平面镜转过\theta 角时反射光线转过2\theta ，故$

$s=2\theta r=\frac{2NBIlr}{kd}$

Final answer: $\frac{NBIl}{k}$, $\frac{2NBIlr}{kd}$