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


Question: $如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v{_0}的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求$

<img_1449>
金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；

Solution:
$由能量守恒定律可知，金属棒 P 减少的动能转换为运动过程中 P 棒产生的焦耳热，有$

$Q_P=\frac{1}{2}mv_2'^2-\frac{1}{2}mv_1'^2=\frac{1}{2}m\times\frac{9}{4}v_0^2-\frac{1}{2}m\times\frac{v_0^2}{4}=mv_0^2$

③

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


Question: 一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R_0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图(a)所示。

![图(a)](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716255520358928386/img/compression/M_a7aae631a73249ff2464709d35a600b5.jpg)

![图(b)](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716255520358928386/img/compression/M_f727573ae5daf62f28f559a6593e55d7.jpg)
使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。

Solution:
$金属框刚进入磁场到完全穿过磁场的过程中，有q=\overline{I}\cdot\Delta t、\overline{I}=\frac{\overline{E}}{4R_0}、\overline{E}=\frac{\Delta \mathit{ Φ}}{\Delta t}、\Delta \mathit{Φ}=2BL^2$

$解得此过程通过金属框的电荷量q=\frac{2BL^2}{4R_0}=\frac{BL^2}{2R_0}$

$根据动量定理有-B\overline{I}L\Delta t=m\cdot\frac{v_0}{2}-mv_0$

$可得BLq=\frac{1}{2}mv_0$

$解得金属框的初速度v_0=\frac{B^2L^3}{mR_0}$

Final answer: $\frac{B^2L^3}{mR_0}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R_0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图(a)所示。

<img_437>

<img_1330>
使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。

Solution:
$金属框刚进入磁场到完全穿过磁场的过程中，有q=\overline{I}\cdot\Delta t、\overline{I}=\frac{\overline{E}}{4R_0}、\overline{E}=\frac{\Delta \mathit{ Φ}}{\Delta t}、\Delta \mathit{Φ}=2BL^2$

$解得此过程通过金属框的电荷量q=\frac{2BL^2}{4R_0}=\frac{BL^2}{2R_0}$

$根据动量定理有-B\overline{I}L\Delta t=m\cdot\frac{v_0}{2}-mv_0$

$可得BLq=\frac{1}{2}mv_0$

$解得金属框的初速度v_0=\frac{B^2L^3}{mR_0}$

Final answer: $\frac{B^2L^3}{mR_0}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R_0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图(a)所示。

<img_437>

<img_1330>
$在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R_1=2R_0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R_1产生的热量。$

Solution:
金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好，导轨电阻可忽略，则上、下边框被导轨短路，线框进入磁场过程中左边框与R_1并联，右边框相当于电源，等效电路图如图1所示。

<img_952>

$R_1与R_0并联后电阻为\frac{2}{3}R_0,R总_1=\frac{5}{3}R_0，该过程R_1上产生的热量与整个回路产生的热量之比$
$\frac{Q_1}{Q_{\text{总}1}}=\frac{I^2_1R_1}{I^2_{\text{总}1}R_{\text{总}1}}$
$由电路特点知\frac{I_1}{I_0}=\frac{R_0}{R_1}=\frac{1}{2}，I总_1=I_1+I_0，则\frac{Q_1}{Q_{\text{总}1}}=\frac{2}{15}$
设金属框刚好完全进入磁场时的速度为v_1，金属框刚进入磁场到完全进入磁场过程中，由动量定理可得
$-\overline{F}安_1\Delta t_1=mv_1-mv_0$
$其中\overline{F}安_1=B\overline{I}_1L，\overline{I}_1=\frac{\Delta\mathit{Φ}  _1}{R_{\text{总}1}\Delta t_1}=\frac{3BL^2}{5R_0\Delta t_1}$
$解得v_1=\frac{2B^2L^3}{5R_0m}$
则此过程中整个回路产生的热量
$Q总_1=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}mv_1^2=\frac{21B^4L^6}{50mR^2_0}$
此过程中R_1产生的热量
$Q_1=\frac{2}{15}Q总_1=\frac{7B^4L^6}{125mR^2_0}$
线框全部在磁场中运动时，等效电路如图2所示

<img_1381>

简化电路如图3所示

<img_527>

$R内=\frac{R_0}{2}$
$R总_2=R_1+R内=\frac{5}{2}R_0$
该过程R_1上产生的热量与整个回路产生的热量之比
$\frac{Q_2}{Q_{\text{总}2}}=\frac{I^2_{\text{总}2}R_1}{I^2_{\text{总}2}R_{\text{总}2}}=\frac{4}{5}$
设金属框右边框刚要出磁场时的速度为v_2，从金属框恰好完全进入磁场到金属框右边框刚要出磁场过程中，通过包含电路的整个闭合回路的磁通量发生变化，由动量定理可得
$-\overline{F}安_2\Delta t_2=mv_2-mv_1$
$\overline{F}安_2=B\overline{I}_2L，其中\overline{I}_2=\frac{\Delta\mathit{Φ}  _2}{R_{\text{总}2}\Delta t_2}=\frac{2BL^2}{5R_0\Delta t_2}$
解得金属框右边框到达磁场右边界时的速度v_2=0
则此过程中整个回路产生的热量
$Q总_2=\frac{1}{2}mv_1^2-\frac{1}{2}mv_2^2=\frac{2B^4L^6}{25mR^2_0}$
此过程中R_1产生的热量
$Q_2=\frac{4}{5}Q总_2=\frac{8B^4L^6}{125mR^2_0}$
综上，R_1产生的总热量
$Q=Q_1+Q_2=\left(\frac{7}{125}+\frac{8}{125}\right)\frac{B^4L^6}{mR^2_0}=\frac{3B^4L^6}{25mR^2_0}$

Final answer: $\frac{3B^4L^6}{25mR^2_0}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R_0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图(a)所示。

![图(a)](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716255520358928386/img/compression/M_a7aae631a73249ff2464709d35a600b5.jpg)

![图(b)](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716255520358928386/img/compression/M_f727573ae5daf62f28f559a6593e55d7.jpg)
$在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R_1=2R_0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R_1产生的热量。$

Solution:
金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好，导轨电阻可忽略，则上、下边框被导轨短路，线框进入磁场过程中左边框与R_1并联，右边框相当于电源，等效电路图如图1所示。

![图1](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716255521059377154/img/compression/M_dd6e75a5984c73de494902f363a6f3af.jpg)

$R_1与R_0并联后电阻为\frac{2}{3}R_0,R总_1=\frac{5}{3}R_0，该过程R_1上产生的热量与整个回路产生的热量之比$
$\frac{Q_1}{Q_{\text{总}1}}=\frac{I^2_1R_1}{I^2_{\text{总}1}R_{\text{总}1}}$
$由电路特点知\frac{I_1}{I_0}=\frac{R_0}{R_1}=\frac{1}{2}，I总_1=I_1+I_0，则\frac{Q_1}{Q_{\text{总}1}}=\frac{2}{15}$
设金属框刚好完全进入磁场时的速度为v_1，金属框刚进入磁场到完全进入磁场过程中，由动量定理可得
$-\overline{F}安_1\Delta t_1=mv_1-mv_0$
$其中\overline{F}安_1=B\overline{I}_1L，\overline{I}_1=\frac{\Delta\mathit{Φ}  _1}{R_{\text{总}1}\Delta t_1}=\frac{3BL^2}{5R_0\Delta t_1}$
$解得v_1=\frac{2B^2L^3}{5R_0m}$
则此过程中整个回路产生的热量
$Q总_1=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}mv_1^2=\frac{21B^4L^6}{50mR^2_0}$
此过程中R_1产生的热量
$Q_1=\frac{2}{15}Q总_1=\frac{7B^4L^6}{125mR^2_0}$
线框全部在磁场中运动时，等效电路如图2所示

![图2](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716255521059377154/img/compression/M_b4a54f7a30da7515df4116254de1315b.jpg)

简化电路如图3所示

![图3](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716255521059377154/img/compression/M_533ad5a3f77e8b796edd2b27f93a727b.jpg)

$R内=\frac{R_0}{2}$
$R总_2=R_1+R内=\frac{5}{2}R_0$
该过程R_1上产生的热量与整个回路产生的热量之比
$\frac{Q_2}{Q_{\text{总}2}}=\frac{I^2_{\text{总}2}R_1}{I^2_{\text{总}2}R_{\text{总}2}}=\frac{4}{5}$
设金属框右边框刚要出磁场时的速度为v_2，从金属框恰好完全进入磁场到金属框右边框刚要出磁场过程中，通过包含电路的整个闭合回路的磁通量发生变化，由动量定理可得
$-\overline{F}安_2\Delta t_2=mv_2-mv_1$
$\overline{F}安_2=B\overline{I}_2L，其中\overline{I}_2=\frac{\Delta\mathit{Φ}  _2}{R_{\text{总}2}\Delta t_2}=\frac{2BL^2}{5R_0\Delta t_2}$
解得金属框右边框到达磁场右边界时的速度v_2=0
则此过程中整个回路产生的热量
$Q总_2=\frac{1}{2}mv_1^2-\frac{1}{2}mv_2^2=\frac{2B^4L^6}{25mR^2_0}$
此过程中R_1产生的热量
$Q_2=\frac{4}{5}Q总_2=\frac{8B^4L^6}{125mR^2_0}$
综上，R_1产生的总热量
$Q=Q_1+Q_2=\left(\frac{7}{125}+\frac{8}{125}\right)\frac{B^4L^6}{mR^2_0}=\frac{3B^4L^6}{25mR^2_0}$

Final answer: $\frac{3B^4L^6}{25mR^2_0}$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，竖直平面内由倾角\alpha =60^\circ 的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和\frac{1}{6}圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O_2的连线，以及O_2、E、O_1和B四点连成的直线与水平线间的夹角均为\theta =30^\circ ，G点与竖直墙面的距离d=\sqrt{3}R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力，重力加速度为g。$

![题目图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1625060915930263555/img/compression/M_d5d488b308e3ebd3a53b011b4fa60af5.jpg)
$求小球在圆管内与圆心O_1点等高的D点所受弹力F_N与h的关系式;$

Solution:
$由机械能守恒定律得 mg (h-R)=\frac{1}{2} mv^2_D$

$由牛顿第二定律得 F_N=\frac{mv^2_D}{R}$

$F_N=2mg (\frac{h}{R}-1)$

$满足的条件：h\geq R$

Final answer: $F_N=2mg(\frac{h}{R}-1)$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，竖直平面内由倾角\alpha =60^\circ 的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和\frac{1}{6}圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O_2的连线，以及O_2、E、O_1和B四点连成的直线与水平线间的夹角均为\theta =30^\circ ，G点与竖直墙面的距离d=\sqrt{3}R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力，重力加速度为g。$

<img_1269>
$求小球在圆管内与圆心O_1点等高的D点所受弹力F_N与h的关系式;$

Solution:
$由机械能守恒定律得 mg (h-R)=\frac{1}{2} mv^2_D$

$由牛顿第二定律得 F_N=\frac{mv^2_D}{R}$

$F_N=2mg (\frac{h}{R}-1)$

$满足的条件：h\geq R$

Final answer: $F_N=2mg(\frac{h}{R}-1)$
Subfield: Mechanics


Question: $某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角\theta =37^\circ 的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R=0.4 m、转轴间距L=2 m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H=2.2 m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为\mu =0.5。( \sin 37^\circ =0.6, g=10 m/s^2)$

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1625060980644859906/img/compression/M_ac29b6a8ca20a4754027080f53527504.jpg)
$改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。$

Solution:
$小物块从右侧水平抛出，设小物块到达D点的速度为v，则 \frac{1}{2}mv^2=mgh-\mu mg \cos \theta \cdot \frac{h}{\sin  \theta }-\mu mgL$

$H+2R= \frac{1}{2}gt^2, x=vt，可得x=2 \sqrt{h-3}$

为使小物块能在D点水平向右抛出，则

$mg\leq m\frac{v^2}{R}，解得h\geq 3.6 m$

Final answer: $x = 2\sqrt{h-3}  $, $h\geq 3.6 m$
Subfield: Mechanics


Question: $空间飞行器的交会对接是载人航天中的一项基础技术。北京时间2021年9月20日，天舟三号货运飞船采用自主交会对接模式成功和天和核心舱完成对接。成功对接后组合体沿圆形轨道运行，经过时间t，组合体绕地球转过的角度为\theta 。地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，不考虑地球自转。$
求组合体运动的周期T；

Solution:
$由角速度的定义式\omega =\frac{\theta }{t}，得周期表达式T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi t}{\theta }.$

Final answer: $\frac{2\pi t}{\theta }$
Subfield: Mechanics


Question: $航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损坏，为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置。装置A上表面由光滑曲面和粗糙水平面组成，装置A紧靠飞机，转运车B紧靠A。已知包裹与装置A、转运车B水平上表面间的动摩擦因数均为\mu _1=0.2，装置A与水平地面间的动摩擦因数\mu _2=0.1，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，不计转运车B与水平地面间的摩擦.A、B的质量均为M=40 kg，A、B水平上表面的长度均为L=4 m。包裹可视为质点，将其由装置A的光滑曲面某高度h处静止释放，包裹与B的右挡板碰撞损失的机械能可忽略。重力加速度g取10 m/s^2。$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1625061154536509442/img/compression/M_eaa81998f9e2ef04d815b861deb1a4bb.jpg)
$若包裹质量m_1=50 kg，从高度h=0.2 m处静止释放，包裹最终没有滑出装置A，求转运车B最终匀速运动时的动量的大小；$

Solution:
$由于包裹质量m_1=50 kg大于40 kg，则装置A带动B车运动，加速度为a_1=\frac{\mu _1m_1g-\mu _2(m_1+M)g}{2M}=\frac{1}{8} m/s^2，包裹加速度a_2=\mu_1g=2 m/s^2，$
$包裹在光滑曲面下滑时，有\frac{1}{2}mv^2_0=mgh，解得v_0=2 m/s。当三者共速有v_0-a_2t=a_1t，此时三者速度v=v_0-a_2t=\frac{2}{17} m/s，$
$此后，A开始减速与B分离，B最终匀速运动时的动量p=mv=\frac{80}{17} kg\cdot m/s，方向水平向右。$

Final answer: $\frac{80}{17}$ kg\cdot m/s
Subfield: Mechanics


Question: $航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损坏，为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置。装置A上表面由光滑曲面和粗糙水平面组成，装置A紧靠飞机，转运车B紧靠A。已知包裹与装置A、转运车B水平上表面间的动摩擦因数均为\mu _1=0.2，装置A与水平地面间的动摩擦因数\mu _2=0.1，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，不计转运车B与水平地面间的摩擦.A、B的质量均为M=40 kg，A、B水平上表面的长度均为L=4 m。包裹可视为质点，将其由装置A的光滑曲面某高度h处静止释放，包裹与B的右挡板碰撞损失的机械能可忽略。重力加速度g取10 m/s^2。$

<img_903>
$若包裹质量m_1=50 kg，从高度h=0.2 m处静止释放，包裹最终没有滑出装置A，求转运车B最终匀速运动时的动量的大小；$

Solution:
$由于包裹质量m_1=50 kg大于40 kg，则装置A带动B车运动，加速度为a_1=\frac{\mu _1m_1g-\mu _2(m_1+M)g}{2M}=\frac{1}{8} m/s^2，包裹加速度a_2=\mu_1g=2 m/s^2，$
$包裹在光滑曲面下滑时，有\frac{1}{2}mv^2_0=mgh，解得v_0=2 m/s。当三者共速有v_0-a_2t=a_1t，此时三者速度v=v_0-a_2t=\frac{2}{17} m/s，$
$此后，A开始减速与B分离，B最终匀速运动时的动量p=mv=\frac{80}{17} kg\cdot m/s，方向水平向右。$

Final answer: $\frac{80}{17}$ kg\cdot m/s
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图甲所示建立坐标系，\alpha 射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，放置在第二象限，细管C与两板等距，细管C开口在y轴上。放射源P在A极板左端，可以沿特定方向发射某一速度的\alpha 粒子。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上某一电压时，\alpha 粒子刚好能以速度v_0从细管C水平射出，进入位于第一象限的静电分析器恰好做匀速圆周运动，t=\frac{2T}{3}时刻\alpha 粒子垂直于x轴进入第四象限的交变电场中，交变电场随时间变化关系如图乙，规定沿x轴正方向为电场的正方向。静电分析器中电场的方向为沿半径方向指向圆心O，运动轨迹处的场强大小为E_0。已知\alpha 粒子电荷量为2e(e为元电荷)，质量为m，求：$

<img_1160>

<img_426>
$\alpha 粒子从放射源发射至运动到C的过程中动能的变化量和发射时速度的大小v；$

Solution:
$\alpha 粒子运动到C处时速度为v_0，由题意可知，\alpha 粒子的逆运动为类平抛运动，水平方向有L=v_0t，竖直方向有\frac{d}{2}=\frac{1}{2}at^2，联立解得a=\frac{dv^2_0}{L^2}，由牛顿第二定律有2e\frac{U}{d}=ma，联立解得U=\frac{md^2v^2_0}{2eL^2}，\alpha 粒子从放射源发射至运动到C的过程，由动能定理有-2e\cdot \frac{1}{2}U=\Delta Eₖ，解得\Delta Eₖ=-eU=-\frac{md^2v^2_0}{2L^2}，由\Delta Eₖ=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}mv^2，解得v=v_0\sqrt{1+\frac{d^2}{L^2}}。$

Final answer: $- \frac{md^2v^2_0}{2L^2}, v_0\sqrt{1+\frac{d^2}{L^2}}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图甲所示建立坐标系，\alpha 射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，放置在第二象限，细管C与两板等距，细管C开口在y轴上。放射源P在A极板左端，可以沿特定方向发射某一速度的\alpha 粒子。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上某一电压时，\alpha 粒子刚好能以速度v_0从细管C水平射出，进入位于第一象限的静电分析器恰好做匀速圆周运动，t=\frac{2T}{3}时刻\alpha 粒子垂直于x轴进入第四象限的交变电场中，交变电场随时间变化关系如图乙，规定沿x轴正方向为电场的正方向。静电分析器中电场的方向为沿半径方向指向圆心O，运动轨迹处的场强大小为E_0。已知\alpha 粒子电荷量为2e(e为元电荷)，质量为m，求：$

![image1](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1625061296211030018/img/compression/M_ccd7039e9e7134c86ad7fbf44c1d75fd.jpg)

![image2](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1625061296211030018/img/compression/M_d5ae9d2c6e87bd8ae8d8c2c3bef2735b.jpg)
$\alpha 粒子从放射源发射至运动到C的过程中动能的变化量和发射时速度的大小v；$

Solution:
$\alpha 粒子运动到C处时速度为v_0，由题意可知，\alpha 粒子的逆运动为类平抛运动，水平方向有L=v_0t，竖直方向有\frac{d}{2}=\frac{1}{2}at^2，联立解得a=\frac{dv^2_0}{L^2}，由牛顿第二定律有2e\frac{U}{d}=ma，联立解得U=\frac{md^2v^2_0}{2eL^2}，\alpha 粒子从放射源发射至运动到C的过程，由动能定理有-2e\cdot \frac{1}{2}U=\Delta Eₖ，解得\Delta Eₖ=-eU=-\frac{md^2v^2_0}{2L^2}，由\Delta Eₖ=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}mv^2，解得v=v_0\sqrt{1+\frac{d^2}{L^2}}。$

Final answer: $- \frac{md^2v^2_0}{2L^2}, v_0\sqrt{1+\frac{d^2}{L^2}}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图甲所示建立坐标系，\alpha 射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，放置在第二象限，细管C与两板等距，细管C开口在y轴上。放射源P在A极板左端，可以沿特定方向发射某一速度的\alpha 粒子。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上某一电压时，\alpha 粒子刚好能以速度v_0从细管C水平射出，进入位于第一象限的静电分析器恰好做匀速圆周运动，t=\frac{2T}{3}时刻\alpha 粒子垂直于x轴进入第四象限的交变电场中，交变电场随时间变化关系如图乙，规定沿x轴正方向为电场的正方向。静电分析器中电场的方向为沿半径方向指向圆心O，运动轨迹处的场强大小为E_0。已知\alpha 粒子电荷量为2e(e为元电荷)，质量为m，求：$

<img_1160>

<img_426>
$\alpha 粒子在静电分析器中运动的轨迹半径r和运动的时间t_0；$

Solution:
$在静电分析器中，由牛顿第二定律有2eE_0=m\frac{v^2_0}{r}，解得r=\frac{mv^2_0}{2eE_0}，由\frac{\pi r}{2}=v_0t_0，解得t_0=\frac{\pi mv_0}{4eE_0}。$

Final answer: $\frac{mv^2_0}{2eE_0}, \frac{\pi mv_0}{4eE_0}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图甲所示建立坐标系，\alpha 射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，放置在第二象限，细管C与两板等距，细管C开口在y轴上。放射源P在A极板左端，可以沿特定方向发射某一速度的\alpha 粒子。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上某一电压时，\alpha 粒子刚好能以速度v_0从细管C水平射出，进入位于第一象限的静电分析器恰好做匀速圆周运动，t=\frac{2T}{3}时刻\alpha 粒子垂直于x轴进入第四象限的交变电场中，交变电场随时间变化关系如图乙，规定沿x轴正方向为电场的正方向。静电分析器中电场的方向为沿半径方向指向圆心O，运动轨迹处的场强大小为E_0。已知\alpha 粒子电荷量为2e(e为元电荷)，质量为m，求：$

![image1](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1625061296211030018/img/compression/M_ccd7039e9e7134c86ad7fbf44c1d75fd.jpg)

![image2](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1625061296211030018/img/compression/M_d5ae9d2c6e87bd8ae8d8c2c3bef2735b.jpg)
$\alpha 粒子在静电分析器中运动的轨迹半径r和运动的时间t_0；$

Solution:
$在静电分析器中，由牛顿第二定律有2eE_0=m\frac{v^2_0}{r}，解得r=\frac{mv^2_0}{2eE_0}，由\frac{\pi r}{2}=v_0t_0，解得t_0=\frac{\pi mv_0}{4eE_0}。$

Final answer: $\frac{mv^2_0}{2eE_0}, \frac{\pi mv_0}{4eE_0}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1625061346480316418/img/compression/M_0eb25682e4208e5097ec3639a877d432.jpg)
$求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T_1；$

Solution:
$设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有qU= \frac{1}{2} mv^2，离子在漂移管中做匀速直线运动，则T_1= \frac{l}{v} =\sqrt{\frac{ml^2}{2qU}}$

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


Question: 多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。

<img_1368>
$求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T_1；$

Solution:
$设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有qU= \frac{1}{2} mv^2，离子在漂移管中做匀速直线运动，则T_1= \frac{l}{v} =\sqrt{\frac{ml^2}{2qU}}$

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


Question: 多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。

<img_1368>
$反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；$

Solution:
$根据动能定理有qU-qEx=0，得x = \frac{U}{E}$

Final answer: $\frac{U}{E}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1625061346480316418/img/compression/M_0eb25682e4208e5097ec3639a877d432.jpg)
$反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；$

Solution:
$根据动能定理有qU-qEx=0，得x = \frac{U}{E}$

Final answer: $\frac{U}{E}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。

<img_1368>
$已知质量为m_0的离子总飞行时间为t_0，待测离子的总飞行时间为t_1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m_1。$

Solution:
$离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为\overline{v}，有\overline{v} = \frac{v}{2}②。$

$通过x = \frac{U}{E}式，离子在反射区电场中的运动路程与离子本身无关，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L_1，在无场区的总路程设为L_2，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v。$

$设离子的总飞行时间为t，有t = \frac{L_1}{\overline{v}} + \frac{L_2}{v}，联立①②式得t = (2L_1 + L_2)\sqrt{\frac{m}{2qU}}，可见，离子从A到B的总飞行时间与\sqrt{m}成正比，依题意可得\frac{t_1}{t_0} = \sqrt{\frac{m_1}{m_0}}$

$解得m_1 = \left(\frac{t_1}{t_0}\right)^2m_0$



Final answer: $\left(\frac{t_1}{t_0}\right)^2 m_0$
Subfield: Electromagnetism


Question: 多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1625061346480316418/img/compression/M_0eb25682e4208e5097ec3639a877d432.jpg)
$已知质量为m_0的离子总飞行时间为t_0，待测离子的总飞行时间为t_1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m_1。$

Solution:
$离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为\overline{v}，有\overline{v} = \frac{v}{2}②。$

$通过x = \frac{U}{E}式，离子在反射区电场中的运动路程与离子本身无关，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L_1，在无场区的总路程设为L_2，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v。$

$设离子的总飞行时间为t，有t = \frac{L_1}{\overline{v}} + \frac{L_2}{v}，联立①②式得t = (2L_1 + L_2)\sqrt{\frac{m}{2qU}}，可见，离子从A到B的总飞行时间与\sqrt{m}成正比，依题意可得\frac{t_1}{t_0} = \sqrt{\frac{m_1}{m_0}}$

$解得m_1 = \left(\frac{t_1}{t_0}\right)^2m_0$

Final answer: $\left(\frac{t_1}{t_0}\right)^2 m_0$
Subfield: Electromagnetism


Question: $某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动，如图所示，材料表面上方矩形区域PP'N'N内有竖直向下的匀强电场，宽为d；矩形区域NN'M'M内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，宽为s，长为3s；NN'为磁场与电场之间的薄隔离层。一个电荷量为e、质量为m、初速度为零的电子，从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%。若最后电子仅能从磁场边界M'N'飞出，不计电子所受重力。$

<img_515>
若电场强度取某值时，电子第三次进入磁场后恰能垂直M' N'飞出，求电子在磁场区域中运动的时间；

Solution:
$由电子在磁场中做圆周运动的周期T= \frac{2\pi R}{v}，有T= \frac{2\pi m}{eB}，电子第三次进入磁场后恰能垂直M' N'飞出，则电子在磁场中运动的时间t= \frac{5}{4} T，得t= \frac{5\pi m}{2eB}.$

Final answer: $\frac{5\pi m}{2eB}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动，如图所示，材料表面上方矩形区域PP'N'N内有竖直向下的匀强电场，宽为d；矩形区域NN'M'M内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，宽为s，长为3s；NN'为磁场与电场之间的薄隔离层。一个电荷量为e、质量为m、初速度为零的电子，从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%。若最后电子仅能从磁场边界M'N'飞出，不计电子所受重力。$

![图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1625061690354651142/img/compression/M_e0d5e76da77d017f6644e6aa45b777f7.jpg)
若电场强度取某值时，电子第三次进入磁场后恰能垂直M' N'飞出，求电子在磁场区域中运动的时间；

Solution:
$由电子在磁场中做圆周运动的周期T= \frac{2\pi R}{v}，有T= \frac{2\pi m}{eB}，电子第三次进入磁场后恰能垂直M' N'飞出，则电子在磁场中运动的时间t= \frac{5}{4} T，得t= \frac{5\pi m}{2eB}.$

Final answer: $\frac{5\pi m}{2eB}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中,空气和带电颗粒沿板方向的速度v_0保持不变。在匀强电场作用下,带电颗粒打到金属板上被收集。已知金属板长度为L，间距为d。不考虑重力影响和颗粒间相互作用。$

![Q1](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522103280472066/img/compression/M_bd38a7c040be1c6aabb6187f9dd0fa36.jpg)
若不计空气阻力,质量为m、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U_{1}。

Solution:
若从上极板左端进入极板间的带电颗粒在到达下极板右侧边缘处被收集，则进入板间的颗粒恰好完全被收集。带点颗粒在板间做类平抛运动，有：
$\frac{qU_1}{d}=ma，L=v_{0}t，d=\frac{1}{2}at^{2}$
$联立解得U_{1}=\frac{2mv^{2}_{0}d^{2}}{qL^{2}}$

Final answer: $\frac{2mv^2_0d^2}{qL^2}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中,空气和带电颗粒沿板方向的速度v_0保持不变。在匀强电场作用下,带电颗粒打到金属板上被收集。已知金属板长度为L，间距为d。不考虑重力影响和颗粒间相互作用。$

<img_470>
若不计空气阻力,质量为m、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U_{1}。

Solution:
若从上极板左端进入极板间的带电颗粒在到达下极板右侧边缘处被收集，则进入板间的颗粒恰好完全被收集。带点颗粒在板间做类平抛运动，有：
$\frac{qU_1}{d}=ma，L=v_{0}t，d=\frac{1}{2}at^{2}$
$联立解得U_{1}=\frac{2mv^{2}_{0}d^{2}}{qL^{2}}$

Final answer: $\frac{2mv^2_0d^2}{qL^2}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中,空气和带电颗粒沿板方向的速度v_0保持不变。在匀强电场作用下,带电颗粒打到金属板上被收集。已知金属板长度为L，间距为d。不考虑重力影响和颗粒间相互作用。$

![Q1](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522103280472066/img/compression/M_bd38a7c040be1c6aabb6187f9dd0fa36.jpg)
$如果我们考虑空气阻力，颗粒受到的阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f=krv，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。$
$a.半径为R、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U_2。$
b.$已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比。进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10 µm和2.5 µm的两种颗粒，若10 \mu m的颗粒恰好100%被收集，求2.5 \mu m的颗粒被收集的百分比。$

Solution:
$a. 带电颗粒在平行于金属板方向与气流速度相同，都为v_0，因此相对于气流，颗粒的速度方向垂直于极板向下；由于颗粒在极短时间内达到最大速度，此过程中位移可视为0，速度达到最大后空气阻力大小f=kRv等于电场力，之后颗粒在垂直于极板方向的分运动为匀速直线运动，由平衡条件可知$
$\frac{U_2q}{d}=f=kRv，d=vt；$
$平行于极板方向有L=v_0t，得U_2=\frac{kRv_{0}d^{2}}{qL}$

$b.设带电颗粒在通过极板的过程中沿垂直于极板方向运动的最大距离为h，颗粒电荷量与半径满足q=k_0r^2，板间电场强度为E；$
$当颗粒沿垂直于极板方向的速度达到最大时，有Eq=E\cdot k_0r^2=f=krv，由上一问的分析可知h=vt，t=\frac{L}{v_0}，代入各参量可得h=\frac{ELk_{0}}{kv_{0}}\cdot r$
$故带电颗粒在通过极板区域的过程中沿垂直于极板方向移动的最大距离与其半径成正比，当直径为10 \mu m的颗粒恰好被完全收集时，有h_{10}=d，可知此时直径为2.5 \mu m的颗粒满足h_{2.5}=\frac{1}{4} d，即仅有射入时到下极板距离y\leq \frac{1}{4} d区域内的2.5 \mu m的颗粒被收集，收集率\eta_{2.5}=25%。$

Final answer: $\frac{kRv_0d^2}{qL}, 25$ , %
Subfield: Electromagnetism


Question: $某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中,空气和带电颗粒沿板方向的速度v_0保持不变。在匀强电场作用下,带电颗粒打到金属板上被收集。已知金属板长度为L，间距为d。不考虑重力影响和颗粒间相互作用。$

<img_470>
$如果我们考虑空气阻力，颗粒受到的阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f=krv，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。$
$a.半径为R、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U_2。$
b.$已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比。进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10 µm和2.5 µm的两种颗粒，若10 \mu m的颗粒恰好100%被收集，求2.5 \mu m的颗粒被收集的百分比。$

Solution:
$a. 带电颗粒在平行于金属板方向与气流速度相同，都为v_0，因此相对于气流，颗粒的速度方向垂直于极板向下；由于颗粒在极短时间内达到最大速度，此过程中位移可视为0，速度达到最大后空气阻力大小f=kRv等于电场力，之后颗粒在垂直于极板方向的分运动为匀速直线运动，由平衡条件可知$
$\frac{U_2q}{d}=f=kRv，d=vt；$
$平行于极板方向有L=v_0t，得U_2=\frac{kRv_{0}d^{2}}{qL}$

$b.设带电颗粒在通过极板的过程中沿垂直于极板方向运动的最大距离为h，颗粒电荷量与半径满足q=k_0r^2，板间电场强度为E；$
$当颗粒沿垂直于极板方向的速度达到最大时，有Eq=E\cdot k_0r^2=f=krv，由上一问的分析可知h=vt，t=\frac{L}{v_0}，代入各参量可得h=\frac{ELk_{0}}{kv_{0}}\cdot r$
$故带电颗粒在通过极板区域的过程中沿垂直于极板方向移动的最大距离与其半径成正比，当直径为10 \mu m的颗粒恰好被完全收集时，有h_{10}=d，可知此时直径为2.5 \mu m的颗粒满足h_{2.5}=\frac{1}{4} d，即仅有射入时到下极板距离y\leq \frac{1}{4} d区域内的2.5 \mu m的颗粒被收集，收集率\eta_{2.5}=25%。$

Final answer: $\frac{kRv_0d^2}{qL}, 25$ , %
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图甲所示，在空间中存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右(图甲中由B到C的方向)，电场强度的大小随时间变化情况如图乙所示；磁场方向垂直于纸面，磁感应强度的大小随时间变化情况如图丙所示。在t=1 s时，从A点沿AB方向(垂直于BC)以初速度v_0射入第一个粒子，并在此之后，每隔2 s有一个相同的粒子沿AB方向以初速度v_0从A处射入，射入的粒子均能击中C点。若AB=L，BC=\frac{L}{2}，且粒子由A运动到C的时间均小于1 s。不计粒子重力、空气阻力及电场、磁场变化带来的影响。$

<img_428>
甲

<img_1243>
乙

<img_1120>
丙
假设第一个粒子由A运动到C所经历的时间为t，求第二个粒子运动到C的时刻。

Solution:
$第一个带电粒子进入磁场，由几何知识知其从A运动到C的圆心角\sin \theta =\frac{4}{5}，\theta =53^\circ ，则打到C点所用时间为$

$t=\frac{53^{\circ}}{360^{\circ}}\times \frac{2\pi R}{v_0}$

第二个带电粒子进入电场，打到C点所用时间为

$t_2=\frac{L}{v_0}=\frac{144t}{53\pi }=0.87t$

所以第二个粒子运动到C的时刻为3+0.87t。

Final answer: 3+0.87t
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图甲所示，在空间中存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右(图甲中由B到C的方向)，电场强度的大小随时间变化情况如图乙所示；磁场方向垂直于纸面，磁感应强度的大小随时间变化情况如图丙所示。在t=1 s时，从A点沿AB方向(垂直于BC)以初速度v_0射入第一个粒子，并在此之后，每隔2 s有一个相同的粒子沿AB方向以初速度v_0从A处射入，射入的粒子均能击中C点。若AB=L，BC=\frac{L}{2}，且粒子由A运动到C的时间均小于1 s。不计粒子重力、空气阻力及电场、磁场变化带来的影响。$

![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522129440096257/img/compression/M_83ed65220a629c9a8247dfbb693d26db.jpg)
甲

![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522129440096257/img/compression/M_7bbf947037ad60e9e1abc39f6d72de79.jpg)
乙

![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522129440096257/img/compression/M_bb8d045d00d49e0c3a0b86ce96038265.jpg)
丙
假设第一个粒子由A运动到C所经历的时间为t，求第二个粒子运动到C的时刻。

Solution:
$第一个带电粒子进入磁场，由几何知识知其从A运动到C的圆心角\sin \theta =\frac{4}{5}，\theta =53^\circ ，则打到C点所用时间为$

$t=\frac{53^{\circ}}{360^{\circ}}\times \frac{2\pi R}{v_0}$

第二个带电粒子进入电场，打到C点所用时间为

$t_2=\frac{L}{v_0}=\frac{144t}{53\pi }=0.87t$

所以第二个粒子运动到C的时刻为3+0.87t。

Final answer: 3+0.87t
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示，半径为L的半圆形光滑导体框架MN垂直放置于磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L的导体杆OP绕圆心O以角速度\omega 匀速转动，N、O间接阻值为R的电阻，杆OP的电阻为r，框架电阻不计，求杆沿框架转动过程中：$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1719522166350958595/img/compression/M_e3b5b0af990d564e95cff5c6be187e9b.jpg)
电阻R两端电压；

Solution:
$设导体杆P端的速度为v，则v=\omega L$

杆绕O点匀速转动产生的感应电动势为

$E=BL\overline{v}=\frac{1}{2}BL^{2}\omega $

$则R两端压U=\frac{ER}{R+r}=\frac{BL^2\omega R}{2(R+r)}$

Final answer: $\frac{BL^2\omega R}{2(R+r)}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图所示，半径为L的半圆形光滑导体框架MN垂直放置于磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L的导体杆OP绕圆心O以角速度\omega 匀速转动，N、O间接阻值为R的电阻，杆OP的电阻为r，框架电阻不计，求杆沿框架转动过程中：$

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电阻R两端电压；

Solution:
$设导体杆P端的速度为v，则v=\omega L$

杆绕O点匀速转动产生的感应电动势为

$E=BL\overline{v}=\frac{1}{2}BL^{2}\omega $

$则R两端压U=\frac{ER}{R+r}=\frac{BL^2\omega R}{2(R+r)}$

Final answer: $\frac{BL^2\omega R}{2(R+r)}$