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


Question: $如图所示，轻杆上端可绕O在竖直平面内无阻力自由转动。小球A固定在轻杆末端，用细绳连接小球B，绳的另一端穿过位于O点正下方小孔P与A相连。用沿绳斜向上的拉力作用于小球A，使杆保持水平，撤去拉力，小球A、B带动轻杆绕O点转动。已知小球A、B的质量均为m，杆长为L，OP长为2L，重力加速度为g，忽略一切摩擦及空气阻力。$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719521971462623234/img/compression/M_7eec9b88c90f3074519898684df7af70.jpg)
杆保持水平时，求轻杆对小球A拉力的大小。

Solution:
$设AP与竖直方向的夹角为\theta ，对小球A受力分析，在竖直方向有F \cos \theta =mg+mg \cos \theta  ，在水平方向有T+mg \sin \theta =F \sin \theta ，由几何关系知 \cos \theta =\frac{2\sqrt{5}}{5}, \sin \theta =\frac{\sqrt{5}}{5}，联立可得T=\frac{mg}{2}.$

Final answer: $\frac{mg}{2}$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，轻杆上端可绕O在竖直平面内无阻力自由转动。小球A固定在轻杆末端，用细绳连接小球B，绳的另一端穿过位于O点正下方小孔P与A相连。用沿绳斜向上的拉力作用于小球A，使杆保持水平，撤去拉力，小球A、B带动轻杆绕O点转动。已知小球A、B的质量均为m，杆长为L，OP长为2L，重力加速度为g，忽略一切摩擦及空气阻力。$

<img_1195>
杆保持水平时，求轻杆对小球A拉力的大小。

Solution:
$设AP与竖直方向的夹角为\theta ，对小球A受力分析，在竖直方向有F \cos \theta =mg+mg \cos \theta  ，在水平方向有T+mg \sin \theta =F \sin \theta ，由几何关系知 \cos \theta =\frac{2\sqrt{5}}{5}, \sin \theta =\frac{\sqrt{5}}{5}，联立可得T=\frac{mg}{2}.$

Final answer: $\frac{mg}{2}$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，O为固定在水平面的转轴，相同小球A、B、C的质量均为m，A与B、O间通过铰链用轻杆连接，杆长均为L，B、C并列置于水平地面上，B、O之间用一轻质弹簧连接。现给球A施加一竖直向上的拉力F_0，此时两杆夹角\theta =60^\circ ，弹簧处于原长，三个小球静止，减小F_0使球A缓慢运动，当\theta =106^\circ 时F_0恰好为零，此后球A不再受F_0作用。已知小球A、B、C始终在同一竖直平面，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g，\sin 53^\circ =0.8，\cos 53^\circ =0.6。$

<img_787>
$在\theta=106^\circ 时剪断弹簧，球C的最终速率为v，求球A落地过程中机械能的最小值E_{A}。$

Solution:
$由题可知，小球A、B、C组成的系统机械能守恒，当球B、C分离时，球B的速度达到最大值v，此时球A的机械能最小，由机械能守恒有E_{A}=mgL \cos 53^\circ -2\times \frac{1}{2}mv^{2}，解得E_{A}=0.6mgL-mv^{2}。$

Final answer: $0.6mgL-mv^2$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，O为固定在水平面的转轴，相同小球A、B、C的质量均为m，A与B、O间通过铰链用轻杆连接，杆长均为L，B、C并列置于水平地面上，B、O之间用一轻质弹簧连接。现给球A施加一竖直向上的拉力F_0，此时两杆夹角\theta =60^\circ ，弹簧处于原长，三个小球静止，减小F_0使球A缓慢运动，当\theta =106^\circ 时F_0恰好为零，此后球A不再受F_0作用。已知小球A、B、C始终在同一竖直平面，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g，\sin 53^\circ =0.8，\cos 53^\circ =0.6。$

![物理图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719521972448284674/img/compression/M_22b0dc978f24f531118ba71ca19fb9c4.jpg)
$在\theta=106^\circ 时剪断弹簧，球C的最终速率为v，求球A落地过程中机械能的最小值E_{A}。$

Solution:
$由题可知，小球A、B、C组成的系统机械能守恒，当球B、C分离时，球B的速度达到最大值v，此时球A的机械能最小，由机械能守恒有E_{A}=mgL \cos 53^\circ -2\times \frac{1}{2}mv^{2}，解得E_{A}=0.6mgL-mv^{2}。$

Final answer: $0.6mgL-mv^2$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，O为固定在水平面的转轴，相同小球A、B、C的质量均为m，A与B、O间通过铰链用轻杆连接，杆长均为L，B、C并列置于水平地面上，B、O之间用一轻质弹簧连接。现给球A施加一竖直向上的拉力F_0，此时两杆夹角\theta =60^\circ ，弹簧处于原长，三个小球静止，减小F_0使球A缓慢运动，当\theta =106^\circ 时F_0恰好为零，此后球A不再受F_0作用。已知小球A、B、C始终在同一竖直平面，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g，\sin 53^\circ =0.8，\cos 53^\circ =0.6。$

<img_787>
$若在\theta=60^\circ 时，撤去F_0，此时球A的加速度为a，求此时球B的加速度大小a_B。$

Solution:
$球A的加速度方向垂直于AO杆，对球A有mg \sin 30^\circ -F \cos 30^\circ =ma，对球B、C整体有F \cos 60^\circ =2ma_B，解得a_B=\frac{\sqrt{3}(g-2a)}{12}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{3}(g-2a)}{12}$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，O为固定在水平面的转轴，相同小球A、B、C的质量均为m，A与B、O间通过铰链用轻杆连接，杆长均为L，B、C并列置于水平地面上，B、O之间用一轻质弹簧连接。现给球A施加一竖直向上的拉力F_0，此时两杆夹角\theta =60^\circ ，弹簧处于原长，三个小球静止，减小F_0使球A缓慢运动，当\theta =106^\circ 时F_0恰好为零，此后球A不再受F_0作用。已知小球A、B、C始终在同一竖直平面，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g，\sin 53^\circ =0.8，\cos 53^\circ =0.6。$

![物理图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719521972448284674/img/compression/M_22b0dc978f24f531118ba71ca19fb9c4.jpg)
$若在\theta=60^\circ 时，撤去F_0，此时球A的加速度为a，求此时球B的加速度大小a_B。$

Solution:
$球A的加速度方向垂直于AO杆，对球A有mg \sin 30^\circ -F \cos 30^\circ =ma，对球B、C整体有F \cos 60^\circ =2ma_B，解得a_B=\frac{\sqrt{3}(g-2a)}{12}.$

Final answer: $\frac{\sqrt{3}(g-2a)}{12}$
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>
求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比;

Solution:
$设篮球与地面碰撞前后的速率分别为v_0、v_1，由动能定理有：$
$\frac{1}{2}mv^2_0 - 0 = (1 - \lambda )mgH  ①$

$0 - \frac{1}{2}mv^2_1 = -(1 + \lambda )mgh ②$

$联立①②式解得\frac{v_1}{v_0}=\sqrt{\frac{(1+\lambda )h}{(1-\lambda )H}} ③$

Final answer: $\sqrt{\frac{(1+\lambda )h}{(1-\lambda )H}}$
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)
求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比;

Solution:
$设篮球与地面碰撞前后的速率分别为v_0、v_1，由动能定理有：$
$\frac{1}{2}mv^2_0 - 0 = (1 - \lambda )mgH  ①$

$0 - \frac{1}{2}mv^2_1 = -(1 + \lambda )mgh ②$

$联立①②式解得\frac{v_1}{v_0}=\sqrt{\frac{(1+\lambda )h}{(1-\lambda )H}} ③$

Final answer: $\sqrt{\frac{(1+\lambda )h}{(1-\lambda )H}}$
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)
$若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图(b)所示，其中h_0已知，求F_0的大小;$

Solution:
$若篮球与地面碰撞后恰好能反弹至h高处，则篮球与地面碰撞后的速率必为v_1，则篮球在力F作用下落回地面时速率必为v_0，对篮球下落过程由动能定理有$

$\frac{1}{2}mv^2_0-0=(1-\lambda)mgh + W_F$

④

$由题图(b)中图像面积可得W_F=\frac{h-h_0}{2}F_0$

⑤

$联立①④⑤式可得F_0=\frac{2(1-\lambda)mg(H-h)}{h-h_0}$

⑥

Final answer: $\frac{2(1-\lambda )mg(H-h)}{h-h_0}$
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>
$若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图(b)所示，其中h_0已知，求F_0的大小;$

Solution:
$若篮球与地面碰撞后恰好能反弹至h高处，则篮球与地面碰撞后的速率必为v_1，则篮球在力F作用下落回地面时速率必为v_0，对篮球下落过程由动能定理有$

$\frac{1}{2}mv^2_0-0=(1-\lambda)mgh + W_F$

④

$由题图(b)中图像面积可得W_F=\frac{h-h_0}{2}F_0$

⑤

$联立①④⑤式可得F_0=\frac{2(1-\lambda)mg(H-h)}{h-h_0}$

⑥

Final answer: $\frac{2(1-\lambda )mg(H-h)}{h-h_0}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图甲所示，真空中有一长直细金属导线MN，与导线同轴放置一半径为R的金属圆柱面。假设导线沿径向均匀射出速率相同的电子，已知电子质量为m，电荷量为e。不考虑出射电子间的相互作用。$

<img_477>
撤去柱面，沿柱面原位置放置一个弧长为a、长度为b的金属片，如图乙所示。在该金属片上检测到出射电子形成的电流为I，电子流对该金属片的压强为p。求单位长度导线单位时间内出射电子的总动能。

Solution:
$设单位长度导线单位时间内射出的电子数为n，由电流的定义式可知I=n \cdot \frac{a}{2\pi R} \cdot be  $
$由压强公式可得：电子流对该金属片的撞击力F=pab  $
在电子撞击金属片过程中，由动量定理可得  
$-F\Delta t=0-\frac{I\Delta t}{e} mv_0  $
$由动能的定义式可得：E_k=n \times \frac{1}{2} mv^2_0  $
$联立可得E_k=\frac{\pi Reabp^2}{mI}$

Final answer: $\frac{\pi Reabp^2}{mI}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图甲所示，真空中有一长直细金属导线MN，与导线同轴放置一半径为R的金属圆柱面。假设导线沿径向均匀射出速率相同的电子，已知电子质量为m，电荷量为e。不考虑出射电子间的相互作用。$

![图片说明](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716294954051956739/img/compression/M_80ffeef1994e1f2941ff75bd2f9ced7d.jpg)
撤去柱面，沿柱面原位置放置一个弧长为a、长度为b的金属片，如图乙所示。在该金属片上检测到出射电子形成的电流为I，电子流对该金属片的压强为p。求单位长度导线单位时间内出射电子的总动能。

Solution:
$设单位长度导线单位时间内射出的电子数为n，由电流的定义式可知I=n \cdot \frac{a}{2\pi R} \cdot be  $
$由压强公式可得：电子流对该金属片的撞击力F=pab  $
在电子撞击金属片过程中，由动量定理可得  
$-F\Delta t=0-\frac{I\Delta t}{e} mv_0  $
$由动能的定义式可得：E_k=n \times \frac{1}{2} mv^2_0  $
$联立可得E_k=\frac{\pi Reabp^2}{mI}$

Final answer: $\frac{\pi Reabp^2}{mI}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B_1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B_2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于(0，3L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60^\circ 的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。$

![24GZT5WL170.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716294960091754499/img/compression/M_0607ee9a1bf551d162cf82b24c9a7865.jpg)
$求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v_{1}及其在磁场中的运动时间t；$

Solution:
离子不进入区域Ⅱ的最大速度对应离子在区域Ⅰ中轨迹与区域Ⅰ、区域Ⅱ交界相切，其轨迹如图甲所示。
![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716294960502796289/img/compression/M_c74c2e5efcc1a8ee44e3a3c660e73074.jpg)

图甲

$由几何关系知 r_1\cos60^\circ  + L = r_1，得 r_1 = 2L$

$由 qv_{1}B_{1} = m\frac{v^{2}_{1}}{r_{1}}，得 v_{1}= \frac{2qB_{1}L}{m}$

$由 T= \frac{2\pi r_1}{v_{1}}， t= \frac{120^{\circ}}{360^{\circ}}\cdot T，得 t = \frac{2\pi m}{3qB_{1}}$

Final answer: $\frac{2qB_1L}{m}, \frac{2\pi m}{3qB_1}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B_1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B_2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于(0，3L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60^\circ 的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。$

<img_528>
$求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v_{1}及其在磁场中的运动时间t；$

Solution:
离子不进入区域Ⅱ的最大速度对应离子在区域Ⅰ中轨迹与区域Ⅰ、区域Ⅱ交界相切，其轨迹如图甲所示。
<img_1218>

图甲

$由几何关系知 r_1\cos60^\circ  + L = r_1，得 r_1 = 2L$

$由 qv_{1}B_{1} = m\frac{v^{2}_{1}}{r_{1}}，得 v_{1}= \frac{2qB_{1}L}{m}$

$由 T= \frac{2\pi r_1}{v_{1}}， t= \frac{120^{\circ}}{360^{\circ}}\cdot T，得 t = \frac{2\pi m}{3qB_{1}}$

Final answer: $\frac{2qB_1L}{m}, \frac{2\pi m}{3qB_1}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示，在x>0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场;在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子甲从点S(-a,0)由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P(a，a)、质量为\frac{m}{3}的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电荷量转移给粒子乙。(不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用,忽略电场、磁场变化引起的效应)$

![22GZTWLS146.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716294961412960258/img/compression/M_c6cd14963b99f71b9643be184f362946.jpg)
$求电场强度的大小E;$

Solution:
在电场中，电场力对粒子甲做正功，由动能定理有
$qEa=\frac{1}{2}mv^2$

$在磁场中，粒子甲做匀速圆周运动，由几何关系得，圆心位于(0，a)处，半径R=a$

由牛顿第二定律有
$Bqv=\frac{mv^2}{R}$

$联立解得E=\frac{B^2qa}{2m}$

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


Question: $如图所示，在x>0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场;在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子甲从点S(-a,0)由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P(a，a)、质量为\frac{m}{3}的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电荷量转移给粒子乙。(不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用,忽略电场、磁场变化引起的效应)$

<img_872>
$求电场强度的大小E;$

Solution:
在电场中，电场力对粒子甲做正功，由动能定理有
$qEa=\frac{1}{2}mv^2$

$在磁场中，粒子甲做匀速圆周运动，由几何关系得，圆心位于(0，a)处，半径R=a$

由牛顿第二定律有
$Bqv=\frac{mv^2}{R}$

$联立解得E=\frac{B^2qa}{2m}$

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


Question: $如图所示，在x>0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场;在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子甲从点S(-a,0)由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P(a，a)、质量为\frac{m}{3}的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电荷量转移给粒子乙。(不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用,忽略电场、磁场变化引起的效应)$

![22GZTWLS146.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716294961412960258/img/compression/M_c6cd14963b99f71b9643be184f362946.jpg)
$若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x\leq0区域内加上与x>0区域内相同的磁场,求从两粒子碰撞到下次相遇的时间\Delta t;$

Solution:
$碰撞过程中由动量守恒定律有 mv = mv_1 + \frac{m}{3}v_2$

$由机械能守恒定律有 \frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}mv_1^2 + \frac{1}{2}\frac{m}{3}v_2^2$

$解得 v_1= \frac{1}{2}v, v_2=\frac{3}{2}v$

根据牛顿第二定律得

$对甲，B\frac{q}{2}v_1= \frac{mv_1^2}{R_1}$

$对乙，B\frac{q}{2}v_2= \frac{\frac{1}{3}mv_2^2}{R_2}$

$解得 R_1=R_2=a$

乙在前且运动快，则相遇时比甲多运动一圈，由几何关系有

$v_2\Delta t-v_1\Delta t=2\pi a$

$联立解得\Delta t= \frac{2\pi a}{v} = \frac{2\pi m}{qB}$

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


Question: $如图所示，在x>0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场;在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子甲从点S(-a,0)由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P(a，a)、质量为\frac{m}{3}的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电荷量转移给粒子乙。(不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用,忽略电场、磁场变化引起的效应)$

<img_872>
$若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x\leq0区域内加上与x>0区域内相同的磁场,求从两粒子碰撞到下次相遇的时间\Delta t;$

Solution:
$碰撞过程中由动量守恒定律有 mv = mv_1 + \frac{m}{3}v_2$

$由机械能守恒定律有 \frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}mv_1^2 + \frac{1}{2}\frac{m}{3}v_2^2$

$解得 v_1= \frac{1}{2}v, v_2=\frac{3}{2}v$

根据牛顿第二定律得

$对甲，B\frac{q}{2}v_1= \frac{mv_1^2}{R_1}$

$对乙，B\frac{q}{2}v_2= \frac{\frac{1}{3}mv_2^2}{R_2}$

$解得 R_1=R_2=a$

乙在前且运动快，则相遇时比甲多运动一圈，由几何关系有

$v_2\Delta t-v_1\Delta t=2\pi a$

$联立解得\Delta t= \frac{2\pi a}{v} = \frac{2\pi m}{qB}$

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


Question: $如图所示，电阻均可忽略、固定的光滑金属导轨间距为d，导轨在M、N处平滑连接，MN右端导轨倾角为\theta ，上端连接有一电动势为E、内阻不计的电源，斜面下段存在一宽度为l、磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向上的匀强磁场区域，水平导轨左侧连接一电容为C的电容器，导轨上e与f点绝缘，在ef左侧存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现在闭合开关K_1，断开开关K_2，并将质量为m、电阻为R的导体棒ab从磁场上边缘由静止释放，在出磁场前已经开始匀速，在出磁场瞬间闭合开关K_2，随后导体棒ab进入水平轨道并与质量为2m、电阻为R的静止导体棒cc'发生弹性碰撞，导体棒cc'初始时与ef、MN的距离均为d，重力加速度为g。则：$
![23BZJ5WL398.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716295013124280325/img/compression/M_f0de5375da6a0003f5c4385a969d7d09.jpg)
求导体棒ab匀速下滑的速度大小v；

Solution:
$根据平衡条件得 mg \sin \theta=BdI$
$又 I=\frac{E+Bdv}{R}$
$联立解得 v=\frac{mgR \sin  \theta }{B^2d^2}-\frac{E}{Bd}$

Final answer: $\frac{mgR \sin  \theta }{B^2d^2}-\frac{E}{Bd}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示，电阻均可忽略、固定的光滑金属导轨间距为d，导轨在M、N处平滑连接，MN右端导轨倾角为\theta ，上端连接有一电动势为E、内阻不计的电源，斜面下段存在一宽度为l、磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向上的匀强磁场区域，水平导轨左侧连接一电容为C的电容器，导轨上e与f点绝缘，在ef左侧存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现在闭合开关K_1，断开开关K_2，并将质量为m、电阻为R的导体棒ab从磁场上边缘由静止释放，在出磁场前已经开始匀速，在出磁场瞬间闭合开关K_2，随后导体棒ab进入水平轨道并与质量为2m、电阻为R的静止导体棒cc'发生弹性碰撞，导体棒cc'初始时与ef、MN的距离均为d，重力加速度为g。则：$
<img_1246>
求导体棒ab匀速下滑的速度大小v；

Solution:
$根据平衡条件得 mg \sin \theta=BdI$
$又 I=\frac{E+Bdv}{R}$
$联立解得 v=\frac{mgR \sin  \theta }{B^2d^2}-\frac{E}{Bd}$

Final answer: $\frac{mgR \sin  \theta }{B^2d^2}-\frac{E}{Bd}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示，电阻均可忽略、固定的光滑金属导轨间距为d，导轨在M、N处平滑连接，MN右端导轨倾角为\theta ，上端连接有一电动势为E、内阻不计的电源，斜面下段存在一宽度为l、磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向上的匀强磁场区域，水平导轨左侧连接一电容为C的电容器，导轨上e与f点绝缘，在ef左侧存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现在闭合开关K_1，断开开关K_2，并将质量为m、电阻为R的导体棒ab从磁场上边缘由静止释放，在出磁场前已经开始匀速，在出磁场瞬间闭合开关K_2，随后导体棒ab进入水平轨道并与质量为2m、电阻为R的静止导体棒cc'发生弹性碰撞，导体棒cc'初始时与ef、MN的距离均为d，重力加速度为g。则：$
![23BZJ5WL398.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716295013124280325/img/compression/M_f0de5375da6a0003f5c4385a969d7d09.jpg)
若已知下滑过程通过导体棒ab的电荷量为q，导体棒ab匀速下滑的速度为v，求导体棒ab从释放到导体棒cc'进入ef左侧磁场前ab棒上产生的焦耳热Q；

Solution:
$导体棒ab从释放至到达斜面底端的过程中，根据能量守恒定律得Eq+mgl \sin \theta =\frac{1}{2}mv^2+Q1$

导体棒ab与导体棒cc'发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得

mv=mv1+2mv2

$\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2}mv^2_1+\frac{1}{2}\cdot 2mv^2_2$

$可得v1=-\frac{1}{3}v，v2=\frac{2}{3}v$

从ab棒运动至斜面底端到cc'棒运动至ef处的过程中有

$Q2=\frac{E^2}{R}\cdot (\frac{d}{v}+\frac{d}{v2})$

又Q=Q1+Q2

$联立可得Q=Eq+mgl \sin \theta -\frac{1}{2}mv^2+\frac{5E^2d}{2Rv}$

Final answer: $Eq+mgl \sin \theta -\frac{1}{2}mv^2+\frac{5E^2d}{2Rv}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示，电阻均可忽略、固定的光滑金属导轨间距为d，导轨在M、N处平滑连接，MN右端导轨倾角为\theta ，上端连接有一电动势为E、内阻不计的电源，斜面下段存在一宽度为l、磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向上的匀强磁场区域，水平导轨左侧连接一电容为C的电容器，导轨上e与f点绝缘，在ef左侧存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现在闭合开关K_1，断开开关K_2，并将质量为m、电阻为R的导体棒ab从磁场上边缘由静止释放，在出磁场前已经开始匀速，在出磁场瞬间闭合开关K_2，随后导体棒ab进入水平轨道并与质量为2m、电阻为R的静止导体棒cc'发生弹性碰撞，导体棒cc'初始时与ef、MN的距离均为d，重力加速度为g。则：$
<img_1246>
若已知下滑过程通过导体棒ab的电荷量为q，导体棒ab匀速下滑的速度为v，求导体棒ab从释放到导体棒cc'进入ef左侧磁场前ab棒上产生的焦耳热Q；

Solution:
$导体棒ab从释放至到达斜面底端的过程中，根据能量守恒定律得Eq+mgl \sin \theta =\frac{1}{2}mv^2+Q1$

导体棒ab与导体棒cc'发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得

mv=mv1+2mv2

$\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2}mv^2_1+\frac{1}{2}\cdot 2mv^2_2$

$可得v1=-\frac{1}{3}v，v2=\frac{2}{3}v$

从ab棒运动至斜面底端到cc'棒运动至ef处的过程中有

$Q2=\frac{E^2}{R}\cdot (\frac{d}{v}+\frac{d}{v2})$

又Q=Q1+Q2

$联立可得Q=Eq+mgl \sin \theta -\frac{1}{2}mv^2+\frac{5E^2d}{2Rv}$

Final answer: $Eq+mgl \sin \theta -\frac{1}{2}mv^2+\frac{5E^2d}{2Rv}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示，电阻均可忽略、固定的光滑金属导轨间距为d，导轨在M、N处平滑连接，MN右端导轨倾角为\theta ，上端连接有一电动势为E、内阻不计的电源，斜面下段存在一宽度为l、磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向上的匀强磁场区域，水平导轨左侧连接一电容为C的电容器，导轨上e与f点绝缘，在ef左侧存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现在闭合开关K_1，断开开关K_2，并将质量为m、电阻为R的导体棒ab从磁场上边缘由静止释放，在出磁场前已经开始匀速，在出磁场瞬间闭合开关K_2，随后导体棒ab进入水平轨道并与质量为2m、电阻为R的静止导体棒cc'发生弹性碰撞，导体棒cc'初始时与ef、MN的距离均为d，重力加速度为g。则：$
<img_1246>
若导体棒ab匀速下滑的速度为v，导体棒ab与导体棒cc'碰后粘为一体，求棒整体进入ef左侧足够长导轨后最终电容器的带电荷量$q_{C}$

Solution:
ab棒与cc'棒碰后粘为一体，根据动量守恒定律得
$mv=3mv_3$

$棒整体进入ef左侧且最终做匀速直线运动，设稳定之后的速度为v_4,$
$则U=Bdv_4,$
$q_C=CU$

$根据动量定理可知Bdq_C=3m(v_3-v_4)$
$解得q_C=\frac{CmBdv}{3m+CB^2d^2}$

Final answer: $\frac{CmBdv}{3m+CB^2d^2}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示，电阻均可忽略、固定的光滑金属导轨间距为d，导轨在M、N处平滑连接，MN右端导轨倾角为\theta ，上端连接有一电动势为E、内阻不计的电源，斜面下段存在一宽度为l、磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向上的匀强磁场区域，水平导轨左侧连接一电容为C的电容器，导轨上e与f点绝缘，在ef左侧存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现在闭合开关K_1，断开开关K_2，并将质量为m、电阻为R的导体棒ab从磁场上边缘由静止释放，在出磁场前已经开始匀速，在出磁场瞬间闭合开关K_2，随后导体棒ab进入水平轨道并与质量为2m、电阻为R的静止导体棒cc'发生弹性碰撞，导体棒cc'初始时与ef、MN的距离均为d，重力加速度为g。则：$
![23BZJ5WL398.TIF](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716295013124280325/img/compression/M_f0de5375da6a0003f5c4385a969d7d09.jpg)
若导体棒ab匀速下滑的速度为v，导体棒ab与导体棒cc'碰后粘为一体，求棒整体进入ef左侧足够长导轨后最终电容器的带电荷量$q_{C}$

Solution:
ab棒与cc'棒碰后粘为一体，根据动量守恒定律得
$mv=3mv_3$

$棒整体进入ef左侧且最终做匀速直线运动，设稳定之后的速度为v_4,$
$则U=Bdv_4,$
$q_C=CU$

$根据动量定理可知Bdq_C=3m(v_3-v_4)$
$解得q_C=\frac{CmBdv}{3m+CB^2d^2}$

Final answer: $\frac{CmBdv}{3m+CB^2d^2}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 如图所示，两根竖直放置的足够长金属导轨MN、PQ间距为l，底部是“$\land$ ”形刚性导电支架，导轨区域布满了垂直于平面MNQP的磁感应强度为B的匀强磁场。长为l的金属棒ab垂直于导轨放置，与导轨接触良好。半径为r的轻质圆盘与导轨在同一竖直平面内，可绕通过圆盘中心的固定转轴O匀速转动。圆盘与导轨间有一“T”形架，“T”形架下端与金属棒ab固定连接，在约束槽制约下只能上下运动。固定在圆盘边缘的小圆柱体嵌入在“T”形架的中空横梁中。当圆盘转动时，小圆柱体带动“T”形架进而驱动金属棒ab上下运动。已知ab质量为m，电阻为R,重力加速度为g。“\land ”形导电支架共六条边，每条边的电阻均为R。MN、PQ电阻不计且不考虑所有接触电阻，圆盘、“T”形架质量不计。圆盘以角速度$\omega$ 沿逆时针方向匀速转动，以中空横梁处于图中虚线位置处为初始时刻，求：

<img_1463>
初始时刻ab所受的安培力大小；

Solution:
初始时刻，导体棒 ab 的速度 $v = \omega r$

则导体棒 ab 切割磁感线产生的电动势为 E = Blv

$整个回路的电阻 R_{总} = \frac{3R \cdot 3R}{3R+3R} + R = 2.5R $

$则导体棒 ab 受到的安培力大小为 F_{安} = BIl = \frac{2\omega rB^2l^2}{5R}$

Final answer: $\frac{2\omega rB^2l^2}{5R}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 如图所示，两根竖直放置的足够长金属导轨MN、PQ间距为l，底部是“$\land$ ”形刚性导电支架，导轨区域布满了垂直于平面MNQP的磁感应强度为B的匀强磁场。长为l的金属棒ab垂直于导轨放置，与导轨接触良好。半径为r的轻质圆盘与导轨在同一竖直平面内，可绕通过圆盘中心的固定转轴O匀速转动。圆盘与导轨间有一“T”形架，“T”形架下端与金属棒ab固定连接，在约束槽制约下只能上下运动。固定在圆盘边缘的小圆柱体嵌入在“T”形架的中空横梁中。当圆盘转动时，小圆柱体带动“T”形架进而驱动金属棒ab上下运动。已知ab质量为m，电阻为R,重力加速度为g。“\land ”形导电支架共六条边，每条边的电阻均为R。MN、PQ电阻不计且不考虑所有接触电阻，圆盘、“T”形架质量不计。圆盘以角速度$\omega$ 沿逆时针方向匀速转动，以中空横梁处于图中虚线位置处为初始时刻，求：

![题目图像](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716295013623402499/img/compression/M_24c3e2a463c7b8bb9b7d9f1725f84e60.jpg)
初始时刻ab所受的安培力大小；

Solution:
初始时刻，导体棒 ab 的速度 $v = \omega r$

则导体棒 ab 切割磁感线产生的电动势为 E = Blv

$整个回路的电阻 R_{总} = \frac{3R \cdot 3R}{3R+3R} + R = 2.5R $

$则导体棒 ab 受到的安培力大小为 F_{安} = BIl = \frac{2\omega rB^2l^2}{5R}$

Final answer: $\frac{2\omega rB^2l^2}{5R}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 如图所示，两根竖直放置的足够长金属导轨MN、PQ间距为l，底部是“$\land$ ”形刚性导电支架，导轨区域布满了垂直于平面MNQP的磁感应强度为B的匀强磁场。长为l的金属棒ab垂直于导轨放置，与导轨接触良好。半径为r的轻质圆盘与导轨在同一竖直平面内，可绕通过圆盘中心的固定转轴O匀速转动。圆盘与导轨间有一“T”形架，“T”形架下端与金属棒ab固定连接，在约束槽制约下只能上下运动。固定在圆盘边缘的小圆柱体嵌入在“T”形架的中空横梁中。当圆盘转动时，小圆柱体带动“T”形架进而驱动金属棒ab上下运动。已知ab质量为m，电阻为R,重力加速度为g。“\land ”形导电支架共六条边，每条边的电阻均为R。MN、PQ电阻不计且不考虑所有接触电阻，圆盘、“T”形架质量不计。圆盘以角速度$\omega$ 沿逆时针方向匀速转动，以中空横梁处于图中虚线位置处为初始时刻，求：

![题目图像](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716295013623402499/img/compression/M_24c3e2a463c7b8bb9b7d9f1725f84e60.jpg)
圆盘从初始时刻开始转过$90^\circ$ 的过程中，通过ab的电荷量；

Solution:
通过导体棒ab的电荷量为

$q = \overline{I} t = \frac{\Delta \mathit{Φ} }{tR_{\text{总}}} \cdot  t = \frac{\Delta \mathit{Φ} }{R_{\text{总}}} = \frac{2Brl}{5R}$

Final answer: $\frac{2Brl}{5R}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 如图所示，两根竖直放置的足够长金属导轨MN、PQ间距为l，底部是“$\land$ ”形刚性导电支架，导轨区域布满了垂直于平面MNQP的磁感应强度为B的匀强磁场。长为l的金属棒ab垂直于导轨放置，与导轨接触良好。半径为r的轻质圆盘与导轨在同一竖直平面内，可绕通过圆盘中心的固定转轴O匀速转动。圆盘与导轨间有一“T”形架，“T”形架下端与金属棒ab固定连接，在约束槽制约下只能上下运动。固定在圆盘边缘的小圆柱体嵌入在“T”形架的中空横梁中。当圆盘转动时，小圆柱体带动“T”形架进而驱动金属棒ab上下运动。已知ab质量为m，电阻为R,重力加速度为g。“\land ”形导电支架共六条边，每条边的电阻均为R。MN、PQ电阻不计且不考虑所有接触电阻，圆盘、“T”形架质量不计。圆盘以角速度$\omega$ 沿逆时针方向匀速转动，以中空横梁处于图中虚线位置处为初始时刻，求：

<img_1463>
圆盘从初始时刻开始转过$90^\circ$ 的过程中，通过ab的电荷量；

Solution:
通过导体棒ab的电荷量为

$q = \overline{I} t = \frac{\Delta \mathit{Φ} }{tR_{\text{总}}} \cdot  t = \frac{\Delta \mathit{Φ} }{R_{\text{总}}} = \frac{2Brl}{5R}$

Final answer: $\frac{2Brl}{5R}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 如图所示，两根竖直放置的足够长金属导轨MN、PQ间距为l，底部是“$\land$ ”形刚性导电支架，导轨区域布满了垂直于平面MNQP的磁感应强度为B的匀强磁场。长为l的金属棒ab垂直于导轨放置，与导轨接触良好。半径为r的轻质圆盘与导轨在同一竖直平面内，可绕通过圆盘中心的固定转轴O匀速转动。圆盘与导轨间有一“T”形架，“T”形架下端与金属棒ab固定连接，在约束槽制约下只能上下运动。固定在圆盘边缘的小圆柱体嵌入在“T”形架的中空横梁中。当圆盘转动时，小圆柱体带动“T”形架进而驱动金属棒ab上下运动。已知ab质量为m，电阻为R,重力加速度为g。“\land ”形导电支架共六条边，每条边的电阻均为R。MN、PQ电阻不计且不考虑所有接触电阻，圆盘、“T”形架质量不计。圆盘以角速度$\omega$ 沿逆时针方向匀速转动，以中空横梁处于图中虚线位置处为初始时刻，求：

<img_1463>
圆盘从初始时刻开始转过$90^\circ$ 的过程中，“T”形架对ab做的功。

Solution:
设“T”形架对ab做的功为W，则由功能关系可得
$W+mgr-\frac{E^2_{\text{有效}}}{R_{\text{总}}}\cdot \frac{2\pi }{\omega }\cdot \frac{1}{4}=0-\frac{1}{2}m(\omega r)^2$
$其中E_{有效}=\frac{Bl\omega r}{\sqrt{2}}$
$即W=\frac{\pi \omega B^2l^2r^2}{10R}-\frac{1}{2}m\omega ^2r^2-mgr$

Final answer: $\frac{\pi \omega B^2l^2r^2}{10R} - \frac{1}{2} m\omega^2r^2 - mgr$
Subfield: Electromagnetism


Question: 如图所示，两根竖直放置的足够长金属导轨MN、PQ间距为l，底部是“$\land$ ”形刚性导电支架，导轨区域布满了垂直于平面MNQP的磁感应强度为B的匀强磁场。长为l的金属棒ab垂直于导轨放置，与导轨接触良好。半径为r的轻质圆盘与导轨在同一竖直平面内，可绕通过圆盘中心的固定转轴O匀速转动。圆盘与导轨间有一“T”形架，“T”形架下端与金属棒ab固定连接，在约束槽制约下只能上下运动。固定在圆盘边缘的小圆柱体嵌入在“T”形架的中空横梁中。当圆盘转动时，小圆柱体带动“T”形架进而驱动金属棒ab上下运动。已知ab质量为m，电阻为R,重力加速度为g。“\land ”形导电支架共六条边，每条边的电阻均为R。MN、PQ电阻不计且不考虑所有接触电阻，圆盘、“T”形架质量不计。圆盘以角速度$\omega$ 沿逆时针方向匀速转动，以中空横梁处于图中虚线位置处为初始时刻，求：

![题目图像](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716295013623402499/img/compression/M_24c3e2a463c7b8bb9b7d9f1725f84e60.jpg)
圆盘从初始时刻开始转过$90^\circ$ 的过程中，“T”形架对ab做的功。

Solution:
设“T”形架对ab做的功为W，则由功能关系可得
$W+mgr-\frac{E^2_{\text{有效}}}{R_{\text{总}}}\cdot \frac{2\pi }{\omega }\cdot \frac{1}{4}=0-\frac{1}{2}m(\omega r)^2$
$其中E_{有效}=\frac{Bl\omega r}{\sqrt{2}}$
$即W=\frac{\pi \omega B^2l^2r^2}{10R}-\frac{1}{2}m\omega ^2r^2-mgr$

Final answer: $\frac{\pi \omega B^2l^2r^2}{10R} - \frac{1}{2} m\omega^2r^2 - mgr$
Subfield: Electromagnetism


Question: 如图所示，长度足够的两导轨与水平面成$\theta $角平行放置，间距为d，在导轨所在区间，存在方向垂直于导轨平面向上、大小为B的匀强磁场，接入两导轨间的两个电阻阻值均为R、电容器电容为C、线圈电感为L。一根质量为m的导体棒搁置在两导轨上。t=0时，将导体棒由静止释放，不计摩擦、空气阻力和其他电阻，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不考虑电磁辐射。重力加速度为g。当通过线圈的电流随时间发生变化时，线圈产生的电动势大小$E=\frac{L\Delta I}{\Delta t}$，当线圈中通有电流I时，其储存的磁能$W=0.5LI^2$

![img](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716295014885888003/img/compression/M_442642cdbfdd5e712223b537c09d9f4a.jpg)
`t=0时，接通S_2，断开S_1和S_3，求棒的加速度a；`

Solution:
$由牛顿第二定律知mg \sin \theta -BId=ma，且I=\frac{\Delta q}{\Delta t}=C\frac{\Delta U}{\Delta t}=CBd\frac{\Delta v}{\Delta t}=CBda，联立可得a=\frac{mg \sin  \theta }{m+CB^2d^2}，方向沿导轨向下。$

Final answer: $\frac{mg \sin  \theta }{m+CB^2d^2}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 如图所示，长度足够的两导轨与水平面成$\theta $角平行放置，间距为d，在导轨所在区间，存在方向垂直于导轨平面向上、大小为B的匀强磁场，接入两导轨间的两个电阻阻值均为R、电容器电容为C、线圈电感为L。一根质量为m的导体棒搁置在两导轨上。t=0时，将导体棒由静止释放，不计摩擦、空气阻力和其他电阻，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不考虑电磁辐射。重力加速度为g。当通过线圈的电流随时间发生变化时，线圈产生的电动势大小$E=\frac{L\Delta I}{\Delta t}$，当线圈中通有电流I时，其储存的磁能$W=0.5LI^2$

<img_1255>
`t=0时，接通S_2，断开S_1和S_3，求棒的加速度a；`

Solution:
$由牛顿第二定律知mg \sin \theta -BId=ma，且I=\frac{\Delta q}{\Delta t}=C\frac{\Delta U}{\Delta t}=CBd\frac{\Delta v}{\Delta t}=CBda，联立可得a=\frac{mg \sin  \theta }{m+CB^2d^2}，方向沿导轨向下。$

Final answer: $\frac{mg \sin  \theta }{m+CB^2d^2}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 如图所示，长度足够的两导轨与水平面成$\theta $角平行放置，间距为d，在导轨所在区间，存在方向垂直于导轨平面向上、大小为B的匀强磁场，接入两导轨间的两个电阻阻值均为R、电容器电容为C、线圈电感为L。一根质量为m的导体棒搁置在两导轨上。t=0时，将导体棒由静止释放，不计摩擦、空气阻力和其他电阻，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不考虑电磁辐射。重力加速度为g。当通过线圈的电流随时间发生变化时，线圈产生的电动势大小$E=\frac{L\Delta I}{\Delta t}$，当线圈中通有电流I时，其储存的磁能$W=0.5LI^2$

![img](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716295014885888003/img/compression/M_442642cdbfdd5e712223b537c09d9f4a.jpg)
t=0时，接通S_3，断开S_1和S_2，已知棒下滑x_0时恰好达到最大速度，求最大速度vm2以及棒从静止下滑至2x_0的过程中回路产生的焦耳热Q。

Solution:
$当棒速度达到最大时回路中电流保持不变，电感线圈不再发生作用，棒接下来做匀速直线运动，有mg \sin \theta =\frac{B^2d^2v_{\mathrm{m}2}}{R}，可得v_m2=\frac{mgR \sin  \theta }{B^2d^2}，方向沿导轨向下。由能量守恒定律可知mg\cdot 2x_0 \sin \theta =\frac{1}{2}LI^2_\mathrm{m}+Q+\frac{1}{2}mv^2_{\mathrm{m}2}，其中I_m=\frac{Bdv_{\mathrm{m}2}}{R}，可得Q=2mgx_0 \sin \theta -\frac{m^2g^2L \sin ^2 \theta }{2B^2d^2}-\frac{m^3g^2R^2 \sin ^2 \theta }{2B^4d^4}.$

Final answer: $2mgx_0 \sin \theta -\frac{m^2g^2L \sin ^2 \theta }{2B^2d^2}-\frac{m^3g^2R^2 \sin ^2 \theta }{2B^4d^4}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 如图所示，长度足够的两导轨与水平面成$\theta $角平行放置，间距为d，在导轨所在区间，存在方向垂直于导轨平面向上、大小为B的匀强磁场，接入两导轨间的两个电阻阻值均为R、电容器电容为C、线圈电感为L。一根质量为m的导体棒搁置在两导轨上。t=0时，将导体棒由静止释放，不计摩擦、空气阻力和其他电阻，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不考虑电磁辐射。重力加速度为g。当通过线圈的电流随时间发生变化时，线圈产生的电动势大小$E=\frac{L\Delta I}{\Delta t}$，当线圈中通有电流I时，其储存的磁能$W=0.5LI^2$

<img_1255>
t=0时，接通S_3，断开S_1和S_2，已知棒下滑x_0时恰好达到最大速度，求最大速度vm2以及棒从静止下滑至2x_0的过程中回路产生的焦耳热Q。

Solution:
$当棒速度达到最大时回路中电流保持不变，电感线圈不再发生作用，棒接下来做匀速直线运动，有mg \sin \theta =\frac{B^2d^2v_{\mathrm{m}2}}{R}，可得v_m2=\frac{mgR \sin  \theta }{B^2d^2}，方向沿导轨向下。由能量守恒定律可知mg\cdot 2x_0 \sin \theta =\frac{1}{2}LI^2_\mathrm{m}+Q+\frac{1}{2}mv^2_{\mathrm{m}2}，其中I_m=\frac{Bdv_{\mathrm{m}2}}{R}，可得Q=2mgx_0 \sin \theta -\frac{m^2g^2L \sin ^2 \theta }{2B^2d^2}-\frac{m^3g^2R^2 \sin ^2 \theta }{2B^4d^4}.$

Final answer: $2mgx_0 \sin \theta -\frac{m^2g^2L \sin ^2 \theta }{2B^2d^2}-\frac{m^3g^2R^2 \sin ^2 \theta }{2B^4d^4}$
Subfield: Mechanics


Question: $无人机在距离水平地面高度h处，以速度v_0水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为g。$
$求包裹释放点到落地点的水平距离x；$

Solution:
$包裹被释放后做平抛运动，在水平方向有：x=v_{0}t，在竖直方向有：h=\frac{1}{2}gt^{2}，解得：x=v_{0}\sqrt{\frac{2h}{g}}。$

Final answer: $v_{0}\sqrt{\frac{2h}{g}}$
Subfield: Mechanics


Question: $无人机在距离水平地面高度h处，以速度v_0水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为g。$
$求包裹落地时的速度大小v；$

Solution:
$包裹被释放后做平抛运动，在竖直方向有：v_y^2 = 2gh，则包裹落地时的速度大小v = \sqrt{v_y^2+v_0^2}，解得：v = \sqrt{2gh+v_0^2}。$

Final answer: $v = \sqrt{2gh+v^2_0}$