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


Question: 如图所示，水平面上有两条相互平行的光滑金属导轨PQ和MN间距为d，左侧P与M之间通过一阻值为R的电阻连接，两条倾角为\theta 的光滑导轨与水平导轨在N、Q处平滑连接，水平导轨的FDNQ区域有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场区域长度为x。P、M两处有套在导轨上的两根完全相同的绝缘轻质弹簧，其原长为PF，现用某约束装置将两弹簧压缩到图中虚线处，只要有微小扰动，约束装置就解除压缩。长度为d、质量为m、电阻为R的导体棒，从AC处由静止释放，出磁场区域后向左运动触发弹簧。由于弹簧的作用，导体棒向右运动，当导体棒进入磁场后，约束装置重新起作用，将弹簧压缩到原位置。

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623613505577230338/img/compression/M_3f3892956c18608308d41e57d52450e3.jpg)
若导体棒从距水平导轨高h的位置释放，经过一段时间后重新滑上斜面，恰好能返回原来的位置，求每根弹簧被约束装置压缩后所具有的弹性势能。

Solution:
$设解除弹簧约束，弹簧恢复原长后导体棒的速度为v_3，根据导体棒与弹簧组成的系统机械能守恒可得\frac{1}{2}mv^2_3=\frac{1}{2}mv^2_2+2E_p$

$导体棒向右通过磁场的过程中，同理可得 v_4=v_3-\frac{B^2d^2x}{2mR}$

$由于导体棒恰好能回到原处，所以有v_4=v_1$

$联立解得E_p=\frac{B^2d^2x}{2R}\sqrt{2gh}$

Final answer: $\frac{B^2d^2x}{2R}\sqrt{2gh}$
Subfield: Optics


Question: $薄壁透明圆柱形玻璃容器浮于水面。容器的内直径为d。在容器底正中有一小发光源A。在容器壁外、距离容器壁为d以外的水面区域无光线折射出来。即所谓的“盲区”。已知水的折射率为n= \frac{4}{3}. 求容器浸水深度h(结果可以用根号表示)。$

<img_627>

Solution:
设从A发出的光经C点进入水中，再经B点射出，恰好发生全反射，即在B的右侧水面形成盲区，如图所示。

<img_897>

在B点界面处有$\sin i\_2=\frac{1}{n}$

$在C点界面处有\frac{\sin  i_1}{\sin \left(\frac{\pi }{2}-i_2\right)}=n$

$而\sin i\_1=\frac{h_1}{\sqrt{h^2_1+\left(\frac{d}{2}\right)^2}}$

$则可得h\_1=\frac{\sqrt{14}}{4}d$

$而\sin i\_2=\frac{d}{\sqrt{d^2+h^2_2}}$

$则可得h\_2=\frac{\sqrt{7}}{3}d$

$因此h=h\_1+h\_2=(\frac{\sqrt{14}}{4} + \frac{\sqrt{7}}{3})d$

Final answer: $(\frac{\sqrt{14}}{4} + \frac{\sqrt{7}}{3}) d$
Subfield: Optics


Question: $薄壁透明圆柱形玻璃容器浮于水面。容器的内直径为d。在容器底正中有一小发光源A。在容器壁外、距离容器壁为d以外的水面区域无光线折射出来。即所谓的“盲区”。已知水的折射率为n= \frac{4}{3}. 求容器浸水深度h(结果可以用根号表示)。$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623614393933189123/img/compression/M_0116f1f2fc7dba8fb359ac9803587b4a.jpg)

Solution:
设从A发出的光经C点进入水中，再经B点射出，恰好发生全反射，即在B的右侧水面形成盲区，如图所示。

![24AHUN5WL372.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623614393933189123/img/compression/M_f0f30a3017a0d608378b3ee6cb94c97e.jpg)

在B点界面处有$\sin i\_2=\frac{1}{n}$

$在C点界面处有\frac{\sin  i_1}{\sin \left(\frac{\pi }{2}-i_2\right)}=n$

$而\sin i\_1=\frac{h_1}{\sqrt{h^2_1+\left(\frac{d}{2}\right)^2}}$

$则可得h\_1=\frac{\sqrt{14}}{4}d$

$而\sin i\_2=\frac{d}{\sqrt{d^2+h^2_2}}$

$则可得h\_2=\frac{\sqrt{7}}{3}d$

$因此h=h\_1+h\_2=(\frac{\sqrt{14}}{4} + \frac{\sqrt{7}}{3})d$

Final answer: $(\frac{\sqrt{14}}{4} + \frac{\sqrt{7}}{3}) d$
Subfield: Mechanics


Question: $如图(a)，质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的\lambda倍(\lambda为常数且0<\lambda<\frac{H-h}{H+h}),且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。$

<img_1334>
篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I,经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。

Solution:
$可利用动力学知识解题，每次与地面碰撞后速率变为碰撞前的k倍$

$下落过程mg-\lambda mg=ma_1，得a_1=(1-\lambda )g$

$上升过程mg+\lambda mg=ma_2，得a_2=(1+\lambda )g$

$拍击过程I=mv_0，得v_0=\frac{I}{m}$

$第1次拍击后v_1^2-v_0^2=2a_1h、0-(kv_1)^2=-2a_2h_1$

$得h_1=k^2\frac{a_1}{a_2}h+\frac{k^2v^2_0}{2a_2}$

$第2次拍击后v_2^2-v_0^2=2a_1h_1、0-(kv_2)^2=-2a_2h_2$

$得h_2=k^2\frac{a_1}{a_2}h_1+\frac{k^2v^2_0}{2a_2}$

...

$第N次拍击后v_N^2-v_0^2=2a_1h_{N-1}、0-(kv_N)^2=-2a_2h_N$

$得h_N=k^2\frac{a_1}{a_2}h_{N-1}+\frac{k^2v^2_0}{2a_2}$

$又由h_N=H、k=\sqrt{\frac{(1+\lambda )h}{(1-\lambda )H}}$

$得H=(\frac{h}{H})^Nh+\frac{1-(\frac{h}{H})^N}{1-\frac{h}{H}}\cdot \frac{hI^2}{2m^2gH(1-\lambda )}$

$所以I=m\sqrt{\frac{2gH(1-\lambda )(1-\frac{h}{H})\left[H-(\frac{h}{H})^Nh\right]}{h\left[1-(\frac{h}{H})^N\right]}}$



Final answer: $m\sqrt{\frac{2gH(1-\lambda )(1-\frac{h}{H})\left[H-(\frac{h}{H})^Nh\right]}{h\left[1-(\frac{h}{H})^N\right]}}$
Subfield: Mechanics


Question: $如图(a)，质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的\lambda倍(\lambda为常数且0<\lambda<\frac{H-h}{H+h}),且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。$

![23GZT5WL14.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719521980471001090/img/compression/M_abbe49f57baaea89b030d28c4ca8c538.jpg)
篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I,经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。

Solution:
$可利用动力学知识解题，每次与地面碰撞后速率变为碰撞前的k倍$

$下落过程mg-\lambda mg=ma_1，得a_1=(1-\lambda )g$

$上升过程mg+\lambda mg=ma_2，得a_2=(1+\lambda )g$

$拍击过程I=mv_0，得v_0=\frac{I}{m}$

$第1次拍击后v_1^2-v_0^2=2a_1h、0-(kv_1)^2=-2a_2h_1$

$得h_1=k^2\frac{a_1}{a_2}h+\frac{k^2v^2_0}{2a_2}$

$第2次拍击后v_2^2-v_0^2=2a_1h_1、0-(kv_2)^2=-2a_2h_2$

$得h_2=k^2\frac{a_1}{a_2}h_1+\frac{k^2v^2_0}{2a_2}$

...

$第N次拍击后v_N^2-v_0^2=2a_1h_{N-1}、0-(kv_N)^2=-2a_2h_N$

$得h_N=k^2\frac{a_1}{a_2}h_{N-1}+\frac{k^2v^2_0}{2a_2}$

$又由h_N=H、k=\sqrt{\frac{(1+\lambda )h}{(1-\lambda )H}}$

$得H=(\frac{h}{H})^Nh+\frac{1-(\frac{h}{H})^N}{1-\frac{h}{H}}\cdot \frac{hI^2}{2m^2gH(1-\lambda )}$

$所以I=m\sqrt{\frac{2gH(1-\lambda )(1-\frac{h}{H})\left[H-(\frac{h}{H})^Nh\right]}{h\left[1-(\frac{h}{H})^N\right]}}$

Final answer: $m\sqrt{\frac{2gH(1-\lambda )(1-\frac{h}{H})\left[H-(\frac{h}{H})^Nh\right]}{h\left[1-(\frac{h}{H})^N\right]}}$
Subfield: Mechanics


Question: $如图，质量m_1=1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m_2=4 kg的小物块以水平向右的速度v_0=\frac{5}{4} m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数\mu =0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能E_p与形变量x的关系为E_p=\frac{1}{2}kx^2。取重力加速度g=10 m/s^2，结果可用根式表示。$

<img_1116>
$已知木板向右运动的速度从v_{2}减小到0所用时间为t_{0}。求木板从速度为v_{2}时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能\Delta U(用t_{0}表示)。$

Solution:
$木板速度为v_2后，木板与物块加速度首次相同时，木板加速度大小仍为a，其受力情况与速度为v_2时的受力情况相同，弹簧压缩量仍为x_2，木板速度大小仍为v_2，根据运动过程的对称性知，运动的总时间为2t_0，而物块在该过程中一直做匀变速直线运动，有$

$v'_{2}=v_2-a\cdot2t_0$

联立⑦⑩⑪得

$v'_{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}-2t_0$

由能量守恒定律可知系统因摩擦转化的内能

$\Delta U=\frac{1}{2}m_2v^2_2-\frac{1}{2}m_2v'^2_2$

联立⑩⑫⑬得

$\Delta U=4\sqrt{3}t_0-8t^2_0$

Final answer: $4\sqrt{3}t_0 - 8t_0^2$
Subfield: Mechanics


Question: $如图，质量m_1=1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m_2=4 kg的小物块以水平向右的速度v_0=\frac{5}{4} m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数\mu =0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能E_p与形变量x的关系为E_p=\frac{1}{2}kx^2。取重力加速度g=10 m/s^2，结果可用根式表示。$

![img](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522001786703875/img/compression/M_8b9814799088e26c5dcafbc3ae36ba19.jpg)
$已知木板向右运动的速度从v_{2}减小到0所用时间为t_{0}。求木板从速度为v_{2}时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能\Delta U(用t_{0}表示)。$

Solution:
$木板速度为v_2后，木板与物块加速度首次相同时，木板加速度大小仍为a，其受力情况与速度为v_2时的受力情况相同，弹簧压缩量仍为x_2，木板速度大小仍为v_2，根据运动过程的对称性知，运动的总时间为2t_0，而物块在该过程中一直做匀变速直线运动，有$

$v'_{2}=v_2-a\cdot2t_0$

联立⑦⑩⑪得

$v'_{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}-2t_0$

由能量守恒定律可知系统因摩擦转化的内能

$\Delta U=\frac{1}{2}m_2v^2_2-\frac{1}{2}m_2v'^2_2$

联立⑩⑫⑬得

$\Delta U=4\sqrt{3}t_0-8t^2_0$

Final answer: $4\sqrt{3}t_0 - 8t_0^2$
Subfield: Optics


Question: $2022年11月30日5时42分，历时6.5小时，神舟十五号对接在核心舱的前向口，中国两个航天员乘组在中国人自己的“太空家园”里留下了一张足以载入史册的太空合影。我国正进行太阳帆推进器和离子推进器的研究，宇宙飞船上携带面积很大，反射率极高的太阳帆，太阳帆推进器利用太阳光作用在太阳帆的压力提供动力，离子推进器利用电场加速后的离子气体的反冲作用加速航天器。由量子理论可知每个光子的动量为p=\frac{h}{\lambda }，光子的能量为\epsilon =h\nu (\nu 为光子的频率)，调整太阳帆使太阳光垂直照射。已知真空中光速为c，光子的频率\nu ，普朗克常量h，太阳帆面积为S，时间t内太阳光垂直照射到太阳帆每平方米面积上的太阳光能为E，宇宙飞船的质量为M，所有光子照射到太阳帆上后全部被等速率反射。$

<img_962>
求在太阳光压下宇宙飞船的加速度大小；

Solution:
光子照射到太阳帆上后全部被等速率反射，对光子根据动量定理有

$Ft=2nm'v=2np=\frac{2nh}{\lambda }$

$解得F=\frac{2ES}{\lambda \nu t}=\frac{2ES}{\lambda \frac{c}{\lambda }t}=\frac{2ES}{ct}$

$根据牛顿第三定律可知宇宙飞船受到的力F'=F=\frac{2ES}{ct}$

$则在太阳光压下宇宙飞船的加速度大小a=\frac{F'}{M}=\frac{2ES}{Mct}$

Final answer: $\frac{2ES}{Mct}$
Subfield: Optics


Question: $2022年11月30日5时42分，历时6.5小时，神舟十五号对接在核心舱的前向口，中国两个航天员乘组在中国人自己的“太空家园”里留下了一张足以载入史册的太空合影。我国正进行太阳帆推进器和离子推进器的研究，宇宙飞船上携带面积很大，反射率极高的太阳帆，太阳帆推进器利用太阳光作用在太阳帆的压力提供动力，离子推进器利用电场加速后的离子气体的反冲作用加速航天器。由量子理论可知每个光子的动量为p=\frac{h}{\lambda }，光子的能量为\epsilon =h\nu (\nu 为光子的频率)，调整太阳帆使太阳光垂直照射。已知真空中光速为c，光子的频率\nu ，普朗克常量h，太阳帆面积为S，时间t内太阳光垂直照射到太阳帆每平方米面积上的太阳光能为E，宇宙飞船的质量为M，所有光子照射到太阳帆上后全部被等速率反射。$

![24BJS5WL182.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522020506619905/img/compression/M_763056be545664cdd1dde5bcd0cbf08b.jpg)
求在太阳光压下宇宙飞船的加速度大小；

Solution:
光子照射到太阳帆上后全部被等速率反射，对光子根据动量定理有

$Ft=2nm'v=2np=\frac{2nh}{\lambda }$

$解得F=\frac{2ES}{\lambda \nu t}=\frac{2ES}{\lambda \frac{c}{\lambda }t}=\frac{2ES}{ct}$

$根据牛顿第三定律可知宇宙飞船受到的力F'=F=\frac{2ES}{ct}$

$则在太阳光压下宇宙飞船的加速度大小a=\frac{F'}{M}=\frac{2ES}{Mct}$

Final answer: $\frac{2ES}{Mct}$
Subfield: Optics


Question: $2022年11月30日5时42分，历时6.5小时，神舟十五号对接在核心舱的前向口，中国两个航天员乘组在中国人自己的“太空家园”里留下了一张足以载入史册的太空合影。我国正进行太阳帆推进器和离子推进器的研究，宇宙飞船上携带面积很大，反射率极高的太阳帆，太阳帆推进器利用太阳光作用在太阳帆的压力提供动力，离子推进器利用电场加速后的离子气体的反冲作用加速航天器。由量子理论可知每个光子的动量为p=\frac{h}{\lambda }，光子的能量为\epsilon =h\nu (\nu 为光子的频率)，调整太阳帆使太阳光垂直照射。已知真空中光速为c，光子的频率\nu ，普朗克常量h，太阳帆面积为S，时间t内太阳光垂直照射到太阳帆每平方米面积上的太阳光能为E，宇宙飞船的质量为M，所有光子照射到太阳帆上后全部被等速率反射。$

<img_962>
$若该飞船离开太阳系后通过加速电压U，加速N个质量为m的二价氧离子，通过反冲原理使宇宙飞船获得加速，不考虑发射离子后飞船质量变化，元电荷为e。求发射N个氧离子后飞船的速度大小(以发射氧离子前飞船为参考系)。$

Solution:
对于每个氧离子，在加速电压U的作用下加速，有
$2eU=\frac{1}{2}mv^2$
$解得v=2\sqrt{\frac{eU}{m}}$
在工作过程中，氧离子和飞船组成的系统动量守恒，有
$Nmv=Mv'$
$解得v'=\frac{Nmv}{M}=\frac{2N\sqrt{meU}}{M}$

Final answer: $\frac{2N\sqrt{meU}}{M}$
Subfield: Optics


Question: $2022年11月30日5时42分，历时6.5小时，神舟十五号对接在核心舱的前向口，中国两个航天员乘组在中国人自己的“太空家园”里留下了一张足以载入史册的太空合影。我国正进行太阳帆推进器和离子推进器的研究，宇宙飞船上携带面积很大，反射率极高的太阳帆，太阳帆推进器利用太阳光作用在太阳帆的压力提供动力，离子推进器利用电场加速后的离子气体的反冲作用加速航天器。由量子理论可知每个光子的动量为p=\frac{h}{\lambda }，光子的能量为\epsilon =h\nu (\nu 为光子的频率)，调整太阳帆使太阳光垂直照射。已知真空中光速为c，光子的频率\nu ，普朗克常量h，太阳帆面积为S，时间t内太阳光垂直照射到太阳帆每平方米面积上的太阳光能为E，宇宙飞船的质量为M，所有光子照射到太阳帆上后全部被等速率反射。$

![24BJS5WL182.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522020506619905/img/compression/M_763056be545664cdd1dde5bcd0cbf08b.jpg)
$若该飞船离开太阳系后通过加速电压U，加速N个质量为m的二价氧离子，通过反冲原理使宇宙飞船获得加速，不考虑发射离子后飞船质量变化，元电荷为e。求发射N个氧离子后飞船的速度大小(以发射氧离子前飞船为参考系)。$

Solution:
对于每个氧离子，在加速电压U的作用下加速，有
$2eU=\frac{1}{2}mv^2$
$解得v=2\sqrt{\frac{eU}{m}}$
在工作过程中，氧离子和飞船组成的系统动量守恒，有
$Nmv=Mv'$
$解得v'=\frac{Nmv}{M}=\frac{2N\sqrt{meU}}{M}$

Final answer: $\frac{2N\sqrt{meU}}{M}$
Subfield: Optics


Question: $宇宙飞船上的太阳帆在光压作用下，获得动力，实现星际航行。频率为\nu的单色光垂直照射到镀铝帆板上，帆板几乎能反射所有光子。已知该帆板接收到的光辐射功率为P，普朗克常量为h，真空中光速为c，求：$
$每秒钟碰到帆板的光子数n；$

Solution:
$根据 Pt=nth\nu  解得 n= \frac{P}{h\nu }.$

Final answer: $\frac{P}{h\nu }$
Subfield: Optics


Question: $宇宙飞船上的太阳帆在光压作用下，获得动力，实现星际航行。频率为\nu的单色光垂直照射到镀铝帆板上，帆板几乎能反射所有光子。已知该帆板接收到的光辐射功率为P，普朗克常量为h，真空中光速为c，求：$
帆板所受的光压力大小F。

Solution:
$光子的动量大小p=\frac{h\nu }{c}，取光子反射后的方向为正方向，则根据动量定理有Ft=ntp-nt(-p)，解得F=\frac{2P}{c}.$

Final answer: $\frac{2P}{c}$
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>
比例系数k;

Solution:
$两极板未加电压时小油滴匀速运动，所受合力为零，故有：m_0g=km^{\frac{1}{3}}_0\frac{h_1}{t}$

$解得k=\frac{m^{\frac{2}{3}}_0gt}{h_1}$

Final answer: $\frac{m_0^{2/3}gt}{h_1}$
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)
比例系数k;

Solution:
$两极板未加电压时小油滴匀速运动，所受合力为零，故有：m_0g=km^{\frac{1}{3}}_0\frac{h_1}{t}$

$解得k=\frac{m^{\frac{2}{3}}_0gt}{h_1}$

Final answer: $\frac{m_0^{2/3}gt}{h_1}$
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从A点运动到C点的过程中电场力所做的功W；

Solution:
$根据题意，设小球a从A点运动到C点的过程中，电场力做功为W，由动能定理可得$

$mgR \sin 30^\circ +W= \frac{1}{2} m v^2_m -0$

$解得 W= \frac{1}{2} m v^2_m - \frac{1}{2} mgR$

Final answer: $\frac{1}{2}mv^2_m - \frac{1}{2}mgR$
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从A点运动到C点的过程中电场力所做的功W；

Solution:
$根据题意，设小球a从A点运动到C点的过程中，电场力做功为W，由动能定理可得$

$mgR \sin 30^\circ +W= \frac{1}{2} m v^2_m -0$

$解得 W= \frac{1}{2} m v^2_m - \frac{1}{2} mgR$

Final answer: $\frac{1}{2}mv^2_m - \frac{1}{2}mgR$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。$
![23GZT5WL267.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522036839239682/img/compression/M_d6f04bccef256943a37330e143d5e6da.jpg)
$求带电粒子所受的静电力的大小F；$

Solution:
$两平行金属板间的场强E=\frac{U}{d}$
$带电粒子所受的静电力F=qE=q\frac{U}{d}$

Final answer: $q \frac{U}{d}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。$
<img_840>
$求带电粒子所受的静电力的大小F；$

Solution:
$两平行金属板间的场强E=\frac{U}{d}$
$带电粒子所受的静电力F=qE=q\frac{U}{d}$

Final answer: $q \frac{U}{d}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。$
<img_840>
求带电粒子到达N板时的速度大小v；

Solution:
对带电粒子从静止开始运动到N板的过程有

$qU = \frac{1}{2} mv^2，得v = \sqrt{\frac{2qU}{m}}$

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


Question: $如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。$
![23GZT5WL267.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522036839239682/img/compression/M_d6f04bccef256943a37330e143d5e6da.jpg)
求带电粒子到达N板时的速度大小v；

Solution:
对带电粒子从静止开始运动到N板的过程有

$qU = \frac{1}{2} mv^2，得v = \sqrt{\frac{2qU}{m}}$

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


Question: $如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。$
![23GZT5WL267.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522036839239682/img/compression/M_d6f04bccef256943a37330e143d5e6da.jpg)
$若在带电粒子运动 \frac{d}{2} 距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。$

Solution:
$设带电粒子运动 \frac{d}{2} 距离时的速度大小为 v'，有$

$q \frac{U}{2}= \frac{1}{2} mv'^2$

$带电粒子在前 \frac{d}{2} 距离做匀加速直线运动，后 \frac{d}{2} 距离做匀速直线运动，设用时分别为 t_1、t_2$

$有 \frac{d}{2} = \frac{v'}{2} t_1，\frac{d}{2}= v' t_2$

$得 t = t_1 + t_2 = \frac{3d}{2} \sqrt{\frac{m}{qU}}$

Final answer: $\frac{3d}{2}\sqrt{\frac{m}{qU}}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。$
<img_840>
$若在带电粒子运动 \frac{d}{2} 距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。$

Solution:
$设带电粒子运动 \frac{d}{2} 距离时的速度大小为 v'，有$

$q \frac{U}{2}= \frac{1}{2} mv'^2$

$带电粒子在前 \frac{d}{2} 距离做匀加速直线运动，后 \frac{d}{2} 距离做匀速直线运动，设用时分别为 t_1、t_2$

$有 \frac{d}{2} = \frac{v'}{2} t_1，\frac{d}{2}= v' t_2$

$得 t = t_1 + t_2 = \frac{3d}{2} \sqrt{\frac{m}{qU}}$

Final answer: $\frac{3d}{2}\sqrt{\frac{m}{qU}}$
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)
$求粒子离开加速器时获得的最大动能E_{km}。$

Solution:
$当带电粒子运动半径为半圆金属盒的半径R时，粒子的速度达到最大值v_m，$
$由牛顿第二定律有qBv_m=m\frac{v^2_\mathrm{m}}{R}$
$粒子离开加速器时获得的最大动能E_km=\frac{1}{2}mv^2_\mathrm{m}$
$解得E_km=\frac{q^2B^2R^2}{2m}$

Final answer: $\frac{q^2B^2R^2}{2m}$
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>
$求粒子离开加速器时获得的最大动能E_{km}。$

Solution:
$当带电粒子运动半径为半圆金属盒的半径R时，粒子的速度达到最大值v_m，$
$由牛顿第二定律有qBv_m=m\frac{v^2_\mathrm{m}}{R}$
$粒子离开加速器时获得的最大动能E_km=\frac{1}{2}mv^2_\mathrm{m}$
$解得E_km=\frac{q^2B^2R^2}{2m}$

Final answer: $\frac{q^2B^2R^2}{2m}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图为一种新型粒子收集装置。粒子源放置在边长为L的立方体abcda'b'c'd'中心O，立方体四个侧面均为荧光屏，上下底面aa'b'b、cc'd'd为空，过中心O的竖直面efgh平行于abcd并将立方体分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，立方体处在方向竖直向下的匀强磁场中。粒子源静止时能沿单一水平方向持续均匀发射比荷为\frac{q}{m}的带正电粒子，现使粒子源绕竖直轴逆时针匀速转动，且粒子源射入Ⅰ、Ⅱ区域的粒子初速度大小分别为v_0和2v_0。粒子打到荧光屏上后即被荧光屏吸收，不考虑粒子间的相互作用和荧光屏吸收粒子后的电势变化，不计粒子源的尺寸大小和粒子重力。$

<img_1258>
$撤去磁场，在Ⅰ、Ⅱ区域施加方向竖直向下、大小分别为E_1和E_2的匀强电场(图中未画出)，粒子源转动整数圈时，打在四个侧面上的粒子数相同且每个侧面接收粒子的数目均为发射粒子总数的\frac{1}{6}，求E_1和E_2。$

Solution:
$粒子在电场中做类平抛运动，若没有荧光屏，其在立方体底面的落点为一个圆，设其半径为r_3，如图乙所示。阴影部分表示粒子能够打到荧光屏上，由题意可知，\theta=30^\circ 。设在E_1电场中粒子的加速度为a_1，运动时间为t_1，则$

$E_1q=ma_1$

$\frac{1}{2}a_1t_1^2=\frac{L}{2}$

$r_3=v_0t_1$

$r_3 \cos 30^\circ =\frac{L}{2}$

$联立解得E_1=\frac{3mv_0^2}{qL}$

$设在E_2电场中的加速度为a_2，运动时间为t_2，则$

$E_2q=ma_2$

$\frac{1}{2}a_2t_2^2=\frac{L}{2}$

$r_3=2v_0t_2$

$r_3 \cos 30^\circ =\frac{L}{2}$

$联立解得E_2=\frac{12mv^2_0}{qL}$

<img_740>

Final answer: $\frac{3mv_0^2}{qL}, \frac{12mv^2_0}{qL}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图为一种新型粒子收集装置。粒子源放置在边长为L的立方体abcda'b'c'd'中心O，立方体四个侧面均为荧光屏，上下底面aa'b'b、cc'd'd为空，过中心O的竖直面efgh平行于abcd并将立方体分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，立方体处在方向竖直向下的匀强磁场中。粒子源静止时能沿单一水平方向持续均匀发射比荷为\frac{q}{m}的带正电粒子，现使粒子源绕竖直轴逆时针匀速转动，且粒子源射入Ⅰ、Ⅱ区域的粒子初速度大小分别为v_0和2v_0。粒子打到荧光屏上后即被荧光屏吸收，不考虑粒子间的相互作用和荧光屏吸收粒子后的电势变化，不计粒子源的尺寸大小和粒子重力。$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522120413954050/img/compression/M_4aaa94f9820dc53cf066aba10234cfa0.jpg)
$撤去磁场，在Ⅰ、Ⅱ区域施加方向竖直向下、大小分别为E_1和E_2的匀强电场(图中未画出)，粒子源转动整数圈时，打在四个侧面上的粒子数相同且每个侧面接收粒子的数目均为发射粒子总数的\frac{1}{6}，求E_1和E_2。$

Solution:
$粒子在电场中做类平抛运动，若没有荧光屏，其在立方体底面的落点为一个圆，设其半径为r_3，如图乙所示。阴影部分表示粒子能够打到荧光屏上，由题意可知，\theta=30^\circ 。设在E_1电场中粒子的加速度为a_1，运动时间为t_1，则$

$E_1q=ma_1$

$\frac{1}{2}a_1t_1^2=\frac{L}{2}$

$r_3=v_0t_1$

$r_3 \cos 30^\circ =\frac{L}{2}$

$联立解得E_1=\frac{3mv_0^2}{qL}$

$设在E_2电场中的加速度为a_2，运动时间为t_2，则$

$E_2q=ma_2$

$\frac{1}{2}a_2t_2^2=\frac{L}{2}$

$r_3=2v_0t_2$

$r_3 \cos 30^\circ =\frac{L}{2}$

$联立解得E_2=\frac{12mv^2_0}{qL}$

![乙](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522121131180034/img/compression/M_a10b0258687f850cf80240dc0283c7a3.jpg)

Final answer: $\frac{3mv_0^2}{qL}, \frac{12mv^2_0}{qL}$
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)
$若粒子1和2能在磁场中相碰，并假设相碰后结为一体(总质量和电荷量不变)，求两个粒子进入磁场的时间间隔\Delta t和相碰后在时间t内的路程。$

Solution:
$两粒子的轨迹如图所示,运动周期均为T=\frac{2\pi m}{qB}$

![23AZJ5WL104.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1625061754607067137/img/compression/M_e48483d37b8d76228275511ee7270821.jpg)

$粒子1运动时间t_{1}=\frac{2\beta }{360 ^{\circ} }\cdot T=\frac{1}{3}T=\frac{2\pi m}{3qB}，$

$粒子2运动时间t_{2}=\frac{2\alpha }{360 ^{\circ} }\cdot T=\frac{1}{6}T=\frac{\pi m}{3qB}，所以\Delta t=t_{1}-t_{2}=\frac{\pi m}{3qB}$

两粒子在相碰前瞬间，水平方向的分速度大小相等，则根据动量守恒可知：水平方向动量为0

$由竖直方向动量守恒m\cdot \frac{1}{2}v_{1}+m\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}v_{2}=2mv$

$得v=v_{0}，即s=v_{0}t$

Final answer: $\frac{\pi m}{3qB}, v_{0}t$
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>
$若粒子1和2能在磁场中相碰，并假设相碰后结为一体(总质量和电荷量不变)，求两个粒子进入磁场的时间间隔\Delta t和相碰后在时间t内的路程。$

Solution:
$两粒子的轨迹如图所示,运动周期均为T=\frac{2\pi m}{qB}$

<img_947>

$粒子1运动时间t_{1}=\frac{2\beta }{360 ^{\circ} }\cdot T=\frac{1}{3}T=\frac{2\pi m}{3qB}，$

$粒子2运动时间t_{2}=\frac{2\alpha }{360 ^{\circ} }\cdot T=\frac{1}{6}T=\frac{\pi m}{3qB}，所以\Delta t=t_{1}-t_{2}=\frac{\pi m}{3qB}$

两粒子在相碰前瞬间，水平方向的分速度大小相等，则根据动量守恒可知：水平方向动量为0

$由竖直方向动量守恒m\cdot \frac{1}{2}v_{1}+m\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}v_{2}=2mv$

$得v=v_{0}，即s=v_{0}t$

Final answer: $\frac{\pi m}{3qB}, v_{0}t$
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>
$使粒子1的发射点在边界MN上向左平移\frac{mv_0}{qB}，粒子2还从O点发射，两粒子发射速度大小和方向不变，已知粒子1和粒子2先后发射，两粒子恰在电场中相碰，且从发射到相碰的时间差是\frac{\pi m}{3qB}，其中粒子1在电场中做直线运动。求该电场的电场强度的大小。$

Solution:
由题意知电场强度的方向应与粒子1穿出磁场的方向平行。

$a.若场强的方向与MN成30^\circ 角向上偏右，则粒子1做匀加速直线运动,粒子2做类平抛运动，粒子1发射点向左平移 \frac{mv_0}{qB}，且由r_1=\frac{mv_0}{qB}结合几何知识得，粒子恰从O点射出磁场，且由于发射时间差为\frac{\pi m}{3qB}=\Delta t_1，则二者同时从磁场中射出，由几何关系知二者发射点的间距L=2r_2 \cos 30^\circ =\sqrt{3}r_2=\frac{3mv_0}{Bq}。$

$对粒子1和粒子2由牛顿运动定律得Eq=ma，在粒子1运动轨迹直线上，对粒子1和2由位移公式得L \cos 30^\circ =\left(v_1t+\frac{1}{2}at^2\right)+\frac{1}{2}at^2，在与粒子1运动轨迹垂直的方向上，对粒子2由位移公式得L \sin 30^\circ =v_2t，解得E=\frac{4\sqrt{3}Bv_0}{3}。$

$b.同理，若场强的方向与MN成30^\circ 角向下偏左，则粒子1做匀减速直线运动，粒子2做类平抛运动，对粒子1和粒子2由牛顿运动定律得Eq=ma，在粒子1的运动所在直线上，对粒子1和2由位移公式得L \cos 30^\circ +\frac{1}{2}at^2=v_1t-\frac{1}{2}at^2，在与粒子1运动轨迹垂直的方向上，对粒子2由位移公式得L \sin 30^\circ =v_2t，解得E=-\frac{4\sqrt{3}Bv_0}{3}(假设不成立)。$

$综上所述：场强的大小为\frac{4\sqrt{3}Bv_0}{3}，方向与MN成30^\circ 角向上偏右。$

Final answer: \frac{4\sqrt{3}Bv_0}{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)
$使粒子1的发射点在边界MN上向左平移\frac{mv_0}{qB}，粒子2还从O点发射，两粒子发射速度大小和方向不变，已知粒子1和粒子2先后发射，两粒子恰在电场中相碰，且从发射到相碰的时间差是\frac{\pi m}{3qB}，其中粒子1在电场中做直线运动。求该电场的电场强度的大小。$

Solution:
由题意知电场强度的方向应与粒子1穿出磁场的方向平行。

$a.若场强的方向与MN成30^\circ 角向上偏右，则粒子1做匀加速直线运动,粒子2做类平抛运动，粒子1发射点向左平移 \frac{mv_0}{qB}，且由r_1=\frac{mv_0}{qB}结合几何知识得，粒子恰从O点射出磁场，且由于发射时间差为\frac{\pi m}{3qB}=\Delta t_1，则二者同时从磁场中射出，由几何关系知二者发射点的间距L=2r_2 \cos 30^\circ =\sqrt{3}r_2=\frac{3mv_0}{Bq}。$

$对粒子1和粒子2由牛顿运动定律得Eq=ma，在粒子1运动轨迹直线上，对粒子1和2由位移公式得L \cos 30^\circ =\left(v_1t+\frac{1}{2}at^2\right)+\frac{1}{2}at^2，在与粒子1运动轨迹垂直的方向上，对粒子2由位移公式得L \sin 30^\circ =v_2t，解得E=\frac{4\sqrt{3}Bv_0}{3}。$

$b.同理，若场强的方向与MN成30^\circ 角向下偏左，则粒子1做匀减速直线运动，粒子2做类平抛运动，对粒子1和粒子2由牛顿运动定律得Eq=ma，在粒子1的运动所在直线上，对粒子1和2由位移公式得L \cos 30^\circ +\frac{1}{2}at^2=v_1t-\frac{1}{2}at^2，在与粒子1运动轨迹垂直的方向上，对粒子2由位移公式得L \sin 30^\circ =v_2t，解得E=-\frac{4\sqrt{3}Bv_0}{3}(假设不成立)。$

$综上所述：场强的大小为\frac{4\sqrt{3}Bv_0}{3}，方向与MN成30^\circ 角向上偏右。$

Final answer: \frac{4\sqrt{3}Bv_0}{3}
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>
$若在N与M板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压U_0；$

Solution:
$进入孔C的离子速度大小v及其与y轴夹角\theta 必须满足$

$v\cos \theta =v_{0}$

$动能定理-qU_{0}=\frac{1}{2}m(v \sin \theta )^{2}-\frac{1}{2}mv^{2}$

$U_{0}=\frac{mv^2_0}{2q}$

Final answer: $\frac{mv^2_0}{2q}$
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)
$若在N与M板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压U_0；$

Solution:
$进入孔C的离子速度大小v及其与y轴夹角\theta 必须满足$

$v\cos \theta =v_{0}$

$动能定理-qU_{0}=\frac{1}{2}m(v \sin \theta )^{2}-\frac{1}{2}mv^{2}$

$U_{0}=\frac{mv^2_0}{2q}$

Final answer: $\frac{mv^2_0}{2q}$
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)
$若将分析器沿着x轴平移，调节加载在N与M板之间的电压，求电流表示数刚为0时的电压U_{x}与孔C位置坐标x之间关系式。$

Solution:
离子经偏转后能进入孔C的位置范围

$\frac{mv_0}{2qB} \leq  x \leq  \frac{2\sqrt{2}mv_0}{qB}$

$U_x = \frac{qB^2}{8m} x^2$

Final answer: $U_x=\frac{qB^2}{8m}x^2$