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


Question: $双聚焦分析器是一种能同时实现速度聚焦和方向聚焦的质谱仪，其模型图如图(a)所示。其原理图如图(b)所示，电场分析器中有指向圆心O的辐射状电场，磁场分析器中有垂直纸面的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的离子被加速后，进入辐射电场，恰好沿着半径为R的圆弧轨迹通过电场区域，垂直边界从P点进入1/4圆形磁场区域，PO_1=d，之后垂直磁场下边界射出并从K点进入检测器，检测器可在O_1M和O_2N之间左右移动且与磁场下边界距离恒等于0.5d。已知圆弧轨迹处的电场强度为E。$

![图(a)](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716377147541549059/img/compression/M_e235f79d87ceba3500411e25a8e97e01.jpg)

图(a)

![图(b)](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716377147541549059/img/compression/M_fcc5cba792d32e11961f44868a774712.jpg)

图(b)
$由不同离子组成的粒子束，以不同速度进入电场分析器后能沿着半径为R的圆弧轨迹通过电场并从P点垂直进入磁场，粒子离开O1O2时与O1O2所夹锐角相同，若探测器能接收到的粒子中比荷\frac{q}{m}的最大值与最小值之比为\lambda ，求\lambda 的值。$

Solution:
$设在某处被检测到的离子在磁场中的轨道半径为r，则在磁场中qvB=\frac{mv^2}{r}$
$在电场中qE=\frac{mv^2}{R}$
$可得\frac{q}{m}=\frac{ER}{B^2r^2}$
由此可知当粒子运动半径最小时，比荷最大；当粒子运动半径最大时，比荷最小。
$设a(q_1，m_1)、b(q_2，m_2)离子分别在M、N处被检测到，在磁场中偏转半径分别为r_1、r_2，易知在所有被检测到的粒子半径中，r_1最小，r_2最大。两离子到达O_1O_2时，速度方向与O_1O_2夹角相等，均设为\theta 。$

![题目图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716377148380409857/img/compression/M_247a8b4597336f2ac5b63c45b65447af.jpg)

如图所示，由几何关系可知
$O_3F=r_1$
$O_1O_3=d-r_1$
$O_3M=\frac{3d}{2}-r_1$

$得MF=\sqrt{O_3M^2-r^2_1}=\sqrt{\left(\frac{3}{2}d-r_1\right)^2-r^2_1}$

$由几何关系可知\frac{O_1M}{MF}=\frac{MF}{O_3M}$
$解得r_1=\frac{3}{5}d$
在b的运动轨迹中
$\sin \angle O_1GO_4=\frac{PO_4-PO_1}{r_2}=\frac{r_2-d}{r_2}$
$又\sin \angle O_1GO_4=\sin \angle FMO_3=\frac{r_1}{\frac{d}{2}+\frac{2d}{5}}=\frac{2}{3}$
$解得r_2=3d$
$又\frac{q_1}{m_1}=\frac{ER}{B^2r^2_1}$
$\frac{q_2}{m_2}=\frac{ER}{B^2r^2_2}$
$可得\lambda =\frac{\frac{q_1}{m_1}}{\frac{q_2}{m_2}}=\frac{r^2_2}{r^2_1}=25$

Final answer: 25
Subfield: Electromagnetism


Question: $某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴，向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m，电荷量为+q的粒子，从a孔飘入电场(初速度视为零)，经b孔进入磁场，过P面上的c点(图中未画出)进入电场，最终打到记录板Q上。不计粒子重力。$

<img_597>

<img_960>
$求粒子在磁场中做圆周运动的半径 R 以及 c 点到 z 轴的距离 L;$

Solution:
$设粒子经加速电场到ib孔的速度大小为iv，粒子在区域Ⅰ中，做匀速圆周运动对应圆心角为i\alpha ，在iM、iN两金属板间，由动能定理得iqU=\frac{1}{2}imv^2$

①

$在区域Ⅰ中，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得iqvB=im\frac{v^2}{R}$

②

$联立①②式得iR=\frac{\sqrt{2mqU}}{qB}$

③

由几何关系得$id^2+(iR-iL)^2=iR^2$

④

$\cos i\alpha =\frac{\sqrt{R^2-d^2}}{R}$

⑤

$\sin i\alpha =\frac{d}{R}$

⑥

$联立①②④式得iL=\frac{\sqrt{2mqU}}{qB}-\sqrt{\frac{2mU}{qB^2}-d^2}$

⑦

Final answer: $\frac{\sqrt{2mqU}}{qB}$
$\frac{\sqrt{2mqU}}{qB}-\sqrt{\frac{2mU}{qB^2}-d^2}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴，向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m，电荷量为+q的粒子，从a孔飘入电场(初速度视为零)，经b孔进入磁场，过P面上的c点(图中未画出)进入电场，最终打到记录板Q上。不计粒子重力。$

![甲](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716377137729695747/img/compression/M_30432ff7baafe0ae6e15051d06879201.jpg)

![乙](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716377137729695747/img/compression/M_dc133cc952e84023ba9f2bfe4f1ee80a.jpg)
$求粒子在磁场中做圆周运动的半径 R 以及 c 点到 z 轴的距离 L;$

Solution:
$设粒子经加速电场到ib孔的速度大小为iv，粒子在区域Ⅰ中，做匀速圆周运动对应圆心角为i\alpha ，在iM、iN两金属板间，由动能定理得iqU=\frac{1}{2}imv^2$

①

$在区域Ⅰ中，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得iqvB=im\frac{v^2}{R}$

②

$联立①②式得iR=\frac{\sqrt{2mqU}}{qB}$

③

由几何关系得$id^2+(iR-iL)^2=iR^2$

④

$\cos i\alpha =\frac{\sqrt{R^2-d^2}}{R}$

⑤

$\sin i\alpha =\frac{d}{R}$

⑥

$联立①②④式得iL=\frac{\sqrt{2mqU}}{qB}-\sqrt{\frac{2mU}{qB^2}-d^2}$

⑦

Final answer: $\frac{\sqrt{2mqU}}{qB}$
$\frac{\sqrt{2mqU}}{qB}-\sqrt{\frac{2mU}{qB^2}-d^2}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图a，区域Ⅰ有竖直向上的场强大小为E_0的匀强电场，区域Ⅱ有平行于x轴的交变电场，场强E随时间变化规律如图b所示(设向右为正方向)，区域Ⅲ和区域Ⅳ有方向均垂直纸面的匀强磁场，且区域Ⅳ磁场的磁感应强度大小为区域Ⅲ磁场的磁感应强度大小的2倍。y轴上固定着一块以O'为中点的绝缘弹性挡板(挡板厚度可忽略，粒子与挡板碰撞时，平行挡板方向的分速度不变，垂直挡板方向上的分速度等大反向，且碰撞后带电荷量不变)。t＝0时，在O点释放一带正电粒子(不计重力)，粒子经电场加速后进入区域Ⅱ，经电场偏转后进入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时粒子速度与水平方向成30^\circ 角，接着在区域Ⅲ磁场中恰好以O'点为圆心做圆周运动，此后又恰好回到O点，并做周期性运动，已知粒子的质量m、电荷量q、电场场强大小E_0、区域Ⅰ的宽度d。求：$

图a
![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716377159167905796/img/compression/M_4824af781da6b13b38834d4d70ba2229.jpg)

图b
![](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716377159167905796/img/compression/M_c4652fadbc1fad2d1856832beb5ecde2.jpg)
$粒子在区域Ⅰ加速的时间t_1以及进入区域Ⅱ时的速度大小v_0；$

Solution:
$粒子在区域Ⅰ经电场加速，设加速时间为t_1，加速度大小为a，由牛顿第二定律得$
$a=\frac{qE_0}{m} ①$

由匀变速直线运动规律得
$d=\frac{1}{2}a{t_1}^2  ②$

$联立得t_1=\sqrt{\frac{2md}{qE_0}}  ③$

根据匀变速直线运动规律得
$v_0=at_1  ④$

得进入区域Ⅱ时的速度大小
$v_0=\sqrt{\frac{2qE_0d}{m}} ⑤$

Final answer: $\sqrt{\frac{2md}{qE_0}} 　\sqrt{\frac{2qE_0d}{m}}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图a，区域Ⅰ有竖直向上的场强大小为E_0的匀强电场，区域Ⅱ有平行于x轴的交变电场，场强E随时间变化规律如图b所示(设向右为正方向)，区域Ⅲ和区域Ⅳ有方向均垂直纸面的匀强磁场，且区域Ⅳ磁场的磁感应强度大小为区域Ⅲ磁场的磁感应强度大小的2倍。y轴上固定着一块以O'为中点的绝缘弹性挡板(挡板厚度可忽略，粒子与挡板碰撞时，平行挡板方向的分速度不变，垂直挡板方向上的分速度等大反向，且碰撞后带电荷量不变)。t＝0时，在O点释放一带正电粒子(不计重力)，粒子经电场加速后进入区域Ⅱ，经电场偏转后进入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时粒子速度与水平方向成30^\circ 角，接着在区域Ⅲ磁场中恰好以O'点为圆心做圆周运动，此后又恰好回到O点，并做周期性运动，已知粒子的质量m、电荷量q、电场场强大小E_0、区域Ⅰ的宽度d。求：$

图a
<img_430>

图b
<img_1432>
$粒子在区域Ⅰ加速的时间t_1以及进入区域Ⅱ时的速度大小v_0；$

Solution:
$粒子在区域Ⅰ经电场加速，设加速时间为t_1，加速度大小为a，由牛顿第二定律得$
$a=\frac{qE_0}{m} ①$

由匀变速直线运动规律得
$d=\frac{1}{2}a{t_1}^2  ②$

$联立得t_1=\sqrt{\frac{2md}{qE_0}}  ③$

根据匀变速直线运动规律得
$v_0=at_1  ④$

得进入区域Ⅱ时的速度大小
$v_0=\sqrt{\frac{2qE_0d}{m}} ⑤$

Final answer: $\sqrt{\frac{2md}{qE_0}} 　\sqrt{\frac{2qE_0d}{m}}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示。金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直xOy平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为q(q>0)、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：$

<img_1067>

图1

<img_1111>

图2
$在0～\frac{6\pi m}{qB_0}时间内，静电力对t=0时刻释放的粒子所做的功；$

Solution:
$在0～\frac{\pi m}{qB_0}时间内v_1＝\frac{\pi E_0}{B_0}$
$在\frac{2\pi m}{qB_0}～\frac{3\pi m}{qB_0}时间内，由2E_0q＝ma_2，v_2＝-v_1+a_2\frac{\pi m}{qB_0}，解得v_2＝\frac{\pi E_0}{B_0}$
$在\frac{4\pi m}{qB_0}～\frac{5\pi m}{qB_0}时间内，由3E_0q＝ma_3，v_3＝-v_2+a_3\frac{\pi m}{qB_0}，解得v_3＝\frac{2\pi E_0}{B_0}$
$由W＝\frac{1}{2}mv^2_3，解得在0～\frac{6\pi m}{qB_0}时间内，静电力对带电粒子做的功为W＝\frac{2\pi ^2mE^2_0}{B^2_0}$

Final answer: $\frac{2\pi ^2mE^2_0}{B^2_0}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示。金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直xOy平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为q(q>0)、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：$

![图1](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716377160505888769/img/compression/M_6b48fc958e6e150146a8bdc1ace2bbdc.jpg)

图1

![图2](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716377160505888769/img/compression/M_d3d955ed09a7595155057441cb3cba7b.jpg)

图2
$在0～\frac{6\pi m}{qB_0}时间内，静电力对t=0时刻释放的粒子所做的功；$

Solution:
$在0～\frac{\pi m}{qB_0}时间内v_1＝\frac{\pi E_0}{B_0}$
$在\frac{2\pi m}{qB_0}～\frac{3\pi m}{qB_0}时间内，由2E_0q＝ma_2，v_2＝-v_1+a_2\frac{\pi m}{qB_0}，解得v_2＝\frac{\pi E_0}{B_0}$
$在\frac{4\pi m}{qB_0}～\frac{5\pi m}{qB_0}时间内，由3E_0q＝ma_3，v_3＝-v_2+a_3\frac{\pi m}{qB_0}，解得v_3＝\frac{2\pi E_0}{B_0}$
$由W＝\frac{1}{2}mv^2_3，解得在0～\frac{6\pi m}{qB_0}时间内，静电力对带电粒子做的功为W＝\frac{2\pi ^2mE^2_0}{B^2_0}$

Final answer: $\frac{2\pi ^2mE^2_0}{B^2_0}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $我国新能源汽车产业高质量发展。某款纯电动汽车，驱动时电池给电动机供电，刹车时发电机工作回收能量。假设此发电机原理可抽象为如图所示的模型：矩形线圈长、宽分别为a和b，共n匝，整个线圈处于匀强磁场中，可绕垂直于磁场的轴OO'转动，磁感应强度大小为B，线圈的总电阻为r。线圈外接电能回收装置，现将回收装置理想化为一纯电阻，阻值为R。$
<img_830>
$已知当汽车以v_1=20 m/s的速度匀速行驶时，单位行程内耗电量为\lambda_1=625 J；当汽车以v_2=25 m/s的速度匀速行驶时，单位行程内耗电量为\lambda_2=725 J。电动机驱动汽车匀速行驶时，单位时间内消耗的电能\mu(单位为J)与阻力功率P成线性关系，即\mu=cP+d(c、d为未知常数)，汽车行驶时所受阻力与速度大小成正比。求：$
$1. 汽车以v_1=20 m/s的速度匀速行驶时，1分钟内消耗的电能；$
$2. 汽车以多大速度匀速行驶时，单位行程内耗电量\lambda最低。$

Solution:
$①汽车以v_1=20 m/s匀速行驶，1分钟内消耗的电能$
$E_1=\lambda_1v_1t_1=7.5\times 10^5 J$

$②设汽车所受阻力为f，由题意知$
$f=kv$
$匀速行驶时P=fv$
单位时间内消耗的电能
$\mu=cP+d=ckv^2+d$
$由油耗关系得\mu\Delta t=\lambda\Delta s$
$即\mu=\lambda v$
$将(v_1、\lambda _1)、(v_2、\lambda _2)两组数据代入得\lambda=25v+ \frac{2 500}{v}$
$则25v= \frac{2 500}{v}时，即v=10 m/s时，单位行程耗电量\lambda最低。$



Final answer: $7.5 \times 10^{5}, 10 $ J, m/s
Subfield: Electromagnetism


Question: $我国新能源汽车产业高质量发展。某款纯电动汽车，驱动时电池给电动机供电，刹车时发电机工作回收能量。假设此发电机原理可抽象为如图所示的模型：矩形线圈长、宽分别为a和b，共n匝，整个线圈处于匀强磁场中，可绕垂直于磁场的轴OO'转动，磁感应强度大小为B，线圈的总电阻为r。线圈外接电能回收装置，现将回收装置理想化为一纯电阻，阻值为R。$
![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1716377190147035138/img/compression/M_48365aa214240a7a6b517dfa4bc25367.jpg)
$已知当汽车以v_1=20 m/s的速度匀速行驶时，单位行程内耗电量为\lambda_1=625 J；当汽车以v_2=25 m/s的速度匀速行驶时，单位行程内耗电量为\lambda_2=725 J。电动机驱动汽车匀速行驶时，单位时间内消耗的电能\mu(单位为J)与阻力功率P成线性关系，即\mu=cP+d(c、d为未知常数)，汽车行驶时所受阻力与速度大小成正比。求：$
$1. 汽车以v_1=20 m/s的速度匀速行驶时，1分钟内消耗的电能；$
$2. 汽车以多大速度匀速行驶时，单位行程内耗电量\lambda最低。$

Solution:
$①汽车以v_1=20 m/s匀速行驶，1分钟内消耗的电能$
$E_1=\lambda_1v_1t_1=7.5\times 10^5 J$

$②设汽车所受阻力为f，由题意知$
$f=kv$
$匀速行驶时P=fv$
单位时间内消耗的电能
$\mu=cP+d=ckv^2+d$
$由油耗关系得\mu\Delta t=\lambda\Delta s$
$即\mu=\lambda v$
$将(v_1、\lambda _1)、(v_2、\lambda _2)两组数据代入得\lambda=25v+ \frac{2 500}{v}$
$则25v= \frac{2 500}{v}时，即v=10 m/s时，单位行程耗电量\lambda最低。$

Final answer: $①7.5 \times 10^{5} J　②10 m/s$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，固定在轻弹簧两端的物体B、C置于光滑的水平面上，C靠在固定挡板上，物体A以水平向右的速度v_0=3 m/s与B正碰并瞬间粘在一起，一段时间后C离开挡板。已知A、B、C的质量分别为m_A=1 kg，m_B=2 kg，m_C=3 kg，求：$

<img_556>
$A与B刚刚碰撞后的速度大小v_1；$

Solution:
$以水平向右为正方向，A与B碰撞时，对A、B组成的系统，根据动量守恒定律有m_Av_0=(m_A+m_B)v_1，解得v_1=1 m/s。$

Final answer: $1 m/s$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，固定在轻弹簧两端的物体B、C置于光滑的水平面上，C靠在固定挡板上，物体A以水平向右的速度v_0=3 m/s与B正碰并瞬间粘在一起，一段时间后C离开挡板。已知A、B、C的质量分别为m_A=1 kg，m_B=2 kg，m_C=3 kg，求：$

![题目图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623608741683671044/img/compression/M_2effd85f9762f0f7cb26859b7b21e128.jpg)
$A与B刚刚碰撞后的速度大小v_1；$

Solution:
$以水平向右为正方向，A与B碰撞时，对A、B组成的系统，根据动量守恒定律有m_Av_0=(m_A+m_B)v_1，解得v_1=1 m/s。$

Final answer: $1 m/s$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，固定在轻弹簧两端的物体B、C置于光滑的水平面上，C靠在固定挡板上，物体A以水平向右的速度v_0=3 m/s与B正碰并瞬间粘在一起，一段时间后C离开挡板。已知A、B、C的质量分别为m_A=1 kg，m_B=2 kg，m_C=3 kg，求：$

<img_556>
从A与B刚刚碰撞后到C刚离开挡板的过程中，求挡板对C的冲量I的大小；

Solution:
$分析可知C离开挡板瞬间，弹簧恰恢复原长，从A与B碰撞后到C刚要离开挡板的过程中，C始终静止，故挡板对C的作用力始终和弹簧对A、B的作用力大小相等、方向相同，则挡板对C的冲量与弹簧对A、B的冲量大小相等、方向相同；A、B、C与弹簧组成的系统除系统内弹力做功外，其他力做功为0，故机械能守恒，根据机械能守恒定律可知，C刚要离开挡板时，A和B的速度大小仍为v_1，方向向左，设向右为正方向，以A和B为研究对象，根据动量定理有I_{弹}=-(m_A+m_B)v_1-(m_A+m_B)v_1，解得I_{弹}=-6 N\cdot s，则挡板对C的冲量I=I_{弹}=-6 N\cdot s，负号表示方向水平向左。$



Final answer: $6 $ $N\cdot s$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，固定在轻弹簧两端的物体B、C置于光滑的水平面上，C靠在固定挡板上，物体A以水平向右的速度v_0=3 m/s与B正碰并瞬间粘在一起，一段时间后C离开挡板。已知A、B、C的质量分别为m_A=1 kg，m_B=2 kg，m_C=3 kg，求：$

![题目图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623608741683671044/img/compression/M_2effd85f9762f0f7cb26859b7b21e128.jpg)
从A与B刚刚碰撞后到C刚离开挡板的过程中，求挡板对C的冲量I的大小；

Solution:
$分析可知C离开挡板瞬间，弹簧恰恢复原长，从A与B碰撞后到C刚要离开挡板的过程中，C始终静止，故挡板对C的作用力始终和弹簧对A、B的作用力大小相等、方向相同，则挡板对C的冲量与弹簧对A、B的冲量大小相等、方向相同；A、B、C与弹簧组成的系统除系统内弹力做功外，其他力做功为0，故机械能守恒，根据机械能守恒定律可知，C刚要离开挡板时，A和B的速度大小仍为v_1，方向向左，设向右为正方向，以A和B为研究对象，根据动量定理有I_{弹}=-(m_A+m_B)v_1-(m_A+m_B)v_1，解得I_{弹}=-6 N\cdot s，则挡板对C的冲量I=I_{弹}=-6 N\cdot s，负号表示方向水平向左。$

Final answer: $挡板对C的冲量I=I_{弹}=-6 N\cdot s，负号表示方向水平向左$
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，固定在轻弹簧两端的物体B、C置于光滑的水平面上，C靠在固定挡板上，物体A以水平向右的速度v_0=3 m/s与B正碰并瞬间粘在一起，一段时间后C离开挡板。已知A、B、C的质量分别为m_A=1 kg，m_B=2 kg，m_C=3 kg，求：$

![题目图片](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623608741683671044/img/compression/M_2effd85f9762f0f7cb26859b7b21e128.jpg)
$C离开挡板后，弹簧具有的最大弹性势能E_p。$

Solution:
$C离开挡板后，当A、B、C具有相同速度v_2时，弹簧具有最大弹性势能，对A、B、C及弹簧组成的系统，所受合外力为0，故动量守恒，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律有$
$((m_A+m_B)v_1=(m_A+m_B+m_C)v_2$
根据机械能守恒定律有
$E_p=\frac{1}{2}(m_A+m_B)v^2_1-\frac{1}{2}(m_A+m_B+m_C)v^2_2$
$解得E_p=0.75 J。$

Final answer: 0.75 J
Subfield: Mechanics


Question: $如图所示，固定在轻弹簧两端的物体B、C置于光滑的水平面上，C靠在固定挡板上，物体A以水平向右的速度v_0=3 m/s与B正碰并瞬间粘在一起，一段时间后C离开挡板。已知A、B、C的质量分别为m_A=1 kg，m_B=2 kg，m_C=3 kg，求：$

<img_556>
$C离开挡板后，弹簧具有的最大弹性势能E_p。$

Solution:
$C离开挡板后，当A、B、C具有相同速度v_2时，弹簧具有最大弹性势能，对A、B、C及弹簧组成的系统，所受合外力为0，故动量守恒，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律有$
$((m_A+m_B)v_1=(m_A+m_B+m_C)v_2$
根据机械能守恒定律有
$E_p=\frac{1}{2}(m_A+m_B)v^2_1-\frac{1}{2}(m_A+m_B+m_C)v^2_2$
$解得E_p=0.75 J。$

Final answer: 0.75 J
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U_0，电容器极板长L=10 cm，极板间距d=10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L=10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求：$

![甲](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623608970020462594/img/compression/M_399bea03216ba86f84b36809329d316b.jpg)
![乙](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623608970020462594/img/compression/M_e28e07a829c95139ab265955255a9632.jpg)
$在t=0.06 s时刻穿过极板的电子打在荧光屏上的位置到O点的距离；$

Solution:
$设电子经电压U_0加速后的速度为v_0，根据动能定理得：eU_0=\frac{1}{2}mv^2_0$

$设电容器间偏转电场的场强为E，则有：E=\frac{U}{d}$

$设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，$

$则沿中心轴线方向有：t=\frac{L}{v_0}$

$垂直中心轴线方向有：a=\frac{eE}{m}$

$联立解得y=\frac{1}{2}at^2=\frac{eUL^2}{2mdv^2_0}=\frac{UL^2}{4U_0d}$

$设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为v_y，偏转角为\theta ，则电子通过偏转电场时有v_y=at，则\tan \theta =\frac{v_y}{v_0}$

$则电子在荧光屏上偏离O点的距离为$

$Y=y+L \tan \theta =\frac{3UL^2}{4U_0d}$

$由题图乙知t=0.06 s时刻U=1.8U_0，解得Y=13.5 cm$

Final answer: 13.5 cm
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U_0，电容器极板长L=10 cm，极板间距d=10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L=10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求：$

<img_870>
<img_425>
$在t=0.06 s时刻穿过极板的电子打在荧光屏上的位置到O点的距离；$

Solution:
$设电子经电压U_0加速后的速度为v_0，根据动能定理得：eU_0=\frac{1}{2}mv^2_0$

$设电容器间偏转电场的场强为E，则有：E=\frac{U}{d}$

$设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，$

$则沿中心轴线方向有：t=\frac{L}{v_0}$

$垂直中心轴线方向有：a=\frac{eE}{m}$

$联立解得y=\frac{1}{2}at^2=\frac{eUL^2}{2mdv^2_0}=\frac{UL^2}{4U_0d}$

$设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为v_y，偏转角为\theta ，则电子通过偏转电场时有v_y=at，则\tan \theta =\frac{v_y}{v_0}$

$则电子在荧光屏上偏离O点的距离为$

$Y=y+L \tan \theta =\frac{3UL^2}{4U_0d}$

$由题图乙知t=0.06 s时刻U=1.8U_0，解得Y=13.5 cm$

Final answer: 13.5 cm
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U_0，电容器极板长L=10 cm，极板间距d=10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L=10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求：$

![甲](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623608970020462594/img/compression/M_399bea03216ba86f84b36809329d316b.jpg)
![乙](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623608970020462594/img/compression/M_e28e07a829c95139ab265955255a9632.jpg)
荧光屏上有电子打到的区间长度。

Solution:
$由题知电子偏转量y的最大值为\frac{d}{2}，根据y=\frac{UL^2}{4U_0d}可得，当偏转电压超过2U_0时，电子就打不到荧光屏上了。可得：Y_{max}=\frac{3L}{2}$

$所以荧光屏上电子能打到的区间长度为：2Y_{max}=3L=30 cm。$

Final answer: 30 cm
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U_0，电容器极板长L=10 cm，极板间距d=10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L=10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求：$

<img_870>
<img_425>
荧光屏上有电子打到的区间长度。

Solution:
$由题知电子偏转量y的最大值为\frac{d}{2}，根据y=\frac{UL^2}{4U_0d}可得，当偏转电压超过2U_0时，电子就打不到荧光屏上了。可得：Y_{max}=\frac{3L}{2}$

$所以荧光屏上电子能打到的区间长度为：2Y_{max}=3L=30 cm。$

Final answer: 30 cm
Subfield: Electromagnetism


Question: 两块水平平行放置的导体板如图甲所示，大量电子(质量为m、电荷量为e)由静止开始，经电压为U_0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t_0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t_0、最大值恒为U_0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过(不计电子重力)。问：

![甲](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623608970825768963/img/compression/M_d8881c9ec30e10674597bff6b4b191a4.jpg)

![乙](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623608970825768963/img/compression/M_662efece1816e503b7ad3ac1f8475db6.jpg)
这些电子通过两板之间时，侧向位移(垂直于入射速度方向上的位移)的最大值和最小值分别是多少；

Solution:
$以电场力的方向为y轴正方向，画出电子在t=0时和t=t_0时进入电场后沿电场力方向的速度v_{y}随时间t变化的v_{y}- t图像分别如图a和图b所示，设两平行板之间的距离为d。$

![图a](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623608970825768963/img/compression/M_987bb05f7eb88aef795ae7ef7eea617f.jpg)

![图b](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623608970825768963/img/compression/M_9e6e55a12ab718cb236b2b55b0f6df23.jpg)

$图a中v_{1y}=\frac{eU_0}{md}t0，v_{2y}=\frac{eU_0}{md}\times 2t0=\frac{2eU_0t_0}{md} 由图a可得电子的最大侧向位移为 ymax=2\times (\frac{1}{2}v_{1y}t0+v_{1y}t0)=3v_{1y}t0=\frac{3eU_0t^2_0}{md} 而ymax=\frac{d}{2}，解得d=t0\sqrt{\frac{6eU_0}{m}} $

$由图b可得电子的最小侧向位移为 ymin=\frac{1}{2}v_{1y}t0+v_{1y}t0=\frac{3}{2}v_{1y}t0=\frac{3eU_0t^2_0}{2md}=\frac{d}{4} 所以 ymax=\frac{d}{2}=\frac{t_0}{2}\sqrt{\frac{6eU_0}{m}}、ymin=\frac{d}{4}=\frac{t_0}{4}\sqrt{\frac{6eU_0}{m}}$

Final answer: $\frac{t_0}{2}\sqrt{\frac{6eU_0}{m}}$
$\frac{t_0}{4}\sqrt{\frac{6eU_0}{m}}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 两块水平平行放置的导体板如图甲所示，大量电子(质量为m、电荷量为e)由静止开始，经电压为U_0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t_0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t_0、最大值恒为U_0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过(不计电子重力)。问：

<img_938>

<img_976>
这些电子通过两板之间时，侧向位移(垂直于入射速度方向上的位移)的最大值和最小值分别是多少；

Solution:
$以电场力的方向为y轴正方向，画出电子在t=0时和t=t_0时进入电场后沿电场力方向的速度v_{y}随时间t变化的v_{y}- t图像分别如图a和图b所示，设两平行板之间的距离为d。$

<img_792>

<img_481>

$图a中v_{1y}=\frac{eU_0}{md}t0，v_{2y}=\frac{eU_0}{md}\times 2t0=\frac{2eU_0t_0}{md} 由图a可得电子的最大侧向位移为 ymax=2\times (\frac{1}{2}v_{1y}t0+v_{1y}t0)=3v_{1y}t0=\frac{3eU_0t^2_0}{md} 而ymax=\frac{d}{2}，解得d=t0\sqrt{\frac{6eU_0}{m}} $

$由图b可得电子的最小侧向位移为 ymin=\frac{1}{2}v_{1y}t0+v_{1y}t0=\frac{3}{2}v_{1y}t0=\frac{3eU_0t^2_0}{2md}=\frac{d}{4} 所以 ymax=\frac{d}{2}=\frac{t_0}{2}\sqrt{\frac{6eU_0}{m}}、ymin=\frac{d}{4}=\frac{t_0}{4}\sqrt{\frac{6eU_0}{m}}$

Final answer: $\frac{t_0}{2}\sqrt{\frac{6eU_0}{m}}$
$\frac{t_0}{4}\sqrt{\frac{6eU_0}{m}}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 两块水平平行放置的导体板如图甲所示，大量电子(质量为m、电荷量为e)由静止开始，经电压为U_0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t_0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t_0、最大值恒为U_0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过(不计电子重力)。问：

![甲](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623608970825768963/img/compression/M_d8881c9ec30e10674597bff6b4b191a4.jpg)

![乙](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623608970825768963/img/compression/M_662efece1816e503b7ad3ac1f8475db6.jpg)
侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少。

Solution:
$v^2_{1y} = (\frac{eU_0}{md} t_0)^2 = \frac{eU_0}{6m}, v^2_{2y} = (\frac{eU_0}{md} \times  2t_0)^2 = \frac{2eU_0}{3m}$

$电子经电压U_0加速，由动能定理知，eU_0 = \frac{1}{2} mv^2_0$

$所以 \frac{E_{\mathrm{k\max}}}{E_{\mathrm{k\min}}} = \frac{\frac{1}{2}mv^2_2}{\frac{1}{2}mv^2_1} = \frac{\frac{1}{2}m(v^2_0+v^2_{2y})}{\frac{1}{2}m(v^2_0+v^2_{1y})} = \frac{eU_0+\frac{eU_0}{3}}{eU_0+\frac{eU_0}{12}} = \frac{16}{13}$

Final answer: $\frac{16}{13}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 两块水平平行放置的导体板如图甲所示，大量电子(质量为m、电荷量为e)由静止开始，经电压为U_0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t_0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t_0、最大值恒为U_0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过(不计电子重力)。问：

<img_938>

<img_976>
侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少。

Solution:
$v^2_{1y} = (\frac{eU_0}{md} t_0)^2 = \frac{eU_0}{6m}, v^2_{2y} = (\frac{eU_0}{md} \times  2t_0)^2 = \frac{2eU_0}{3m}$

$电子经电压U_0加速，由动能定理知，eU_0 = \frac{1}{2} mv^2_0$

$所以 \frac{E_{\mathrm{k\max}}}{E_{\mathrm{k\min}}} = \frac{\frac{1}{2}mv^2_2}{\frac{1}{2}mv^2_1} = \frac{\frac{1}{2}m(v^2_0+v^2_{2y})}{\frac{1}{2}m(v^2_0+v^2_{1y})} = \frac{eU_0+\frac{eU_0}{3}}{eU_0+\frac{eU_0}{12}} = \frac{16}{13}$

Final answer: $\frac{16}{13}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，距离为d，O_1O为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。当两板间加电压U_MN=U_0时，某一带负电的粒子从O_1点以速度v_0沿O_1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。$

![甲](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623608972511879172/img/compression/M_8fad03af01aded8d9e12adfac7acf6f1.jpg)

![乙](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623608972511879172/img/compression/M_916b266057090e35161b0461892264b8.jpg)
$若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T= \frac{L}{v_0}，从t=0开始，前\frac{T}{3}时间内U_{MN}=2U，后\frac{2T}{3}时间内U_{MN}=-U，大量的上述粒子仍然以速度v_{0}沿O_{1}O方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。$

Solution:
$粒子通过两板间的时间t=\frac{L}{v_0}=T$
$从t=0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a_1=\frac{2qU}{md}，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小$
$a_2=\frac{qU}{md}$

![Image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623608973237493762/img/compression/M_1cfab954b2ed0e720c73de7291674aff.jpg)

$如图所示为从不同时刻射入电场的粒子的速度-时间图像，根据题意和图像分析可知，从t=nT(n=0,1,2，\ldots )或t=\frac{T}{3}＋nT(n=0,1,2，\ldots )时刻入射的粒子恰好不打在极板上，则有\frac{d}{2}=\frac{1}{2}\times T\times \frac{2qUT}{3md}$
$解得U=\frac{3U_0}{8}$

Final answer: $\frac{3U_0}{8}$
Subfield: Electromagnetism


Question: $如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，距离为d，O_1O为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。当两板间加电压U_MN=U_0时，某一带负电的粒子从O_1点以速度v_0沿O_1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。$

<img_1108>

<img_867>
$若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T= \frac{L}{v_0}，从t=0开始，前\frac{T}{3}时间内U_{MN}=2U，后\frac{2T}{3}时间内U_{MN}=-U，大量的上述粒子仍然以速度v_{0}沿O_{1}O方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。$

Solution:
$粒子通过两板间的时间t=\frac{L}{v_0}=T$
$从t=0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a_1=\frac{2qU}{md}，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小$
$a_2=\frac{qU}{md}$

<img_695>

$如图所示为从不同时刻射入电场的粒子的速度-时间图像，根据题意和图像分析可知，从t=nT(n=0,1,2，\ldots )或t=\frac{T}{3}＋nT(n=0,1,2，\ldots )时刻入射的粒子恰好不打在极板上，则有\frac{d}{2}=\frac{1}{2}\times T\times \frac{2qUT}{3md}$
$解得U=\frac{3U_0}{8}$



Final answer: $\frac{3U_0}{8}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 一质量为m的带电小球以速度v_0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场中，场强为E，如图所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v_0，重力加速度为g，不计空气阻力，求：

![图](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623609006222618626/img/compression/M_9c3319d6d6e23ad7055cf5a896edc026.jpg)
小球速度的最小值。

Solution:
$设重力与电场力的合力为 F，其与水平方向的夹角为 \theta ，则 \tan \theta =\frac{mg}{qE}=1，如图所示。开始一段时间内，F 与速度方向的夹角大于90^\circ ，合力做负功，动能减小，后来 F 与速度的夹角小于90^\circ ，合力做正功，动能增加，因此，当 F 与速度 v 的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为 v_{min}，有\tan \theta =\frac{v_x}{v_y}=1，则 v_x=v_y，v_x=\frac{qE}{m}t'=gt'，v_y=v_0-gt'。$

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623609006683992065/img/compression/M_9eee1cdc90eacedc93f6da08711d7341.jpg)

$解得 t'=\frac{v_0}{2g}，v_{min}=\sqrt{v^2_x+v^2_y}=\frac{\sqrt{2}v_0}{2}。$

Final answer: $\frac{\sqrt{2}v_0}{2}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 一质量为m的带电小球以速度v_0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场中，场强为E，如图所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v_0，重力加速度为g，不计空气阻力，求：

<img_719>
小球速度的最小值。

Solution:
$设重力与电场力的合力为 F，其与水平方向的夹角为 \theta ，则 \tan \theta =\frac{mg}{qE}=1，如图所示。开始一段时间内，F 与速度方向的夹角大于90^\circ ，合力做负功，动能减小，后来 F 与速度的夹角小于90^\circ ，合力做正功，动能增加，因此，当 F 与速度 v 的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为 v_{min}，有\tan \theta =\frac{v_x}{v_y}=1，则 v_x=v_y，v_x=\frac{qE}{m}t'=gt'，v_y=v_0-gt'。$

<img_889>

$解得 t'=\frac{v_0}{2g}，v_{min}=\sqrt{v^2_x+v^2_y}=\frac{\sqrt{2}v_0}{2}。$

Final answer: $\frac{\sqrt{2}v_0}{2}$
Subfield: Electromagnetism


Question: 在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示。小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点。小球抛出时的动能为8.0 J，在M点的动能为6.0 J，不计空气的阻力。求：

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623609007342497795/img/compression/M_246770651bde461a572a3115c9ae6594.jpg)
小球落到B点时的动能$E_{kB}$；

Solution:
$小球从A到M，水平方向上电场力做功W_{电}=E_{kM}=6 J，则由能量守恒可知，小球运动到B点时的动能为E_{kB}=E_{k0}+4W_{电}=32 J。$

Final answer: 32 J
Subfield: Electromagnetism


Question: 在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示。小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点。小球抛出时的动能为8.0 J，在M点的动能为6.0 J，不计空气的阻力。求：

<img_782>
小球落到B点时的动能$E_{kB}$；

Solution:
$小球从A到M，水平方向上电场力做功W_{电}=E_{kM}=6 J，则由能量守恒可知，小球运动到B点时的动能为E_{kB}=E_{k0}+4W_{电}=32 J。$

Final answer: 32 J
Subfield: Electromagnetism


Question: 在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示。小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点。小球抛出时的动能为8.0 J，在M点的动能为6.0 J，不计空气的阻力。求：

<img_782>
小球从A点运动到B点的过程中最小动能$E_{kmin}$。

Solution:
由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：

$F_{x1}=6 J，而x_1= \frac{1}{2}  \frac{F}{m} t^2，$
$即 \frac{1}{2} \frac{F^2}{m}t^2=6 J$

$Gh=8 J，而h= \frac{1}{2}  \frac{G}{m} t^2，$
$即 \frac{1}{2}  \frac{G^2}{m} t^2=8 J$

$得 \frac{F^2}{G^2}= \frac{6}{8}，故 \frac{F}{G}= \frac{\sqrt{3}}{2}$

$可知\tan \theta = \frac{F}{G}= \frac{\sqrt{3}}{2}，则\sin \theta = \sqrt{\frac{3}{7}}(\theta 为等效重力G'与竖直方向夹角)$

小球从A运动到B的过程中速度最小时，速度一定与等效重力G'垂直，

$故E_{kmin}= \frac{1}{2} m(v0 \sin \theta )^2=E_{k0} \sin^2 \theta = \frac{24}{7} J。$



Final answer: $\frac{24}{7}$ J
Subfield: Electromagnetism


Question: 在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示。小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点。小球抛出时的动能为8.0 J，在M点的动能为6.0 J，不计空气的阻力。求：

![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623609007342497795/img/compression/M_246770651bde461a572a3115c9ae6594.jpg)
小球从A点运动到B点的过程中最小动能$E_{kmin}$。

Solution:
由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：

$F_{x1}=6 J，而x_1= \frac{1}{2}  \frac{F}{m} t^2，$
$即 \frac{1}{2} \frac{F^2}{m}t^2=6 J$

$Gh=8 J，而h= \frac{1}{2}  \frac{G}{m} t^2，$
$即 \frac{1}{2}  \frac{G^2}{m} t^2=8 J$

$得 \frac{F^2}{G^2}= \frac{6}{8}，故 \frac{F}{G}= \frac{\sqrt{3}}{2}$

$可知\tan \theta = \frac{F}{G}= \frac{\sqrt{3}}{2}，则\sin \theta = \sqrt{\frac{3}{7}}(\theta 为等效重力G'与竖直方向夹角)$

小球从A运动到B的过程中速度最小时，速度一定与等效重力G'垂直，

$故E_{kmin}= \frac{1}{2} m(v0 \sin \theta )^2=E_{k0} \sin^2 \theta = \frac{24}{7} J。$

Final answer: $\frac{24}{7} J$
Subfield: Electromagnetism


Question: 将电动势为3.0 V的电源接入电路中,测得电源两极间的电压为2.4 V,当电路中有6 C的电荷流过时,求：
电源中有多少其他形式的能转化为电能；

Solution:
$电源中其他形式的能转化为的电能等于非静电力所做的功，即：W_{非}=EIt=Eq=3.0\times 6 J=18 J$

Final answer: 18 J
Subfield: Electromagnetism


Question: 将电动势为3.0 V的电源接入电路中,测得电源两极间的电压为2.4 V,当电路中有6 C的电荷流过时,求：
外电路中有多少电能转化为其他形式的能；

Solution:
$外电路电能转化成其他形式的能等于外电路中静电力所做的功，即：W_{外}=UIt=Uq=2.4\times 6 J=14.4 J$

Final answer: 14.4 J
Subfield: Electromagnetism


Question: 将电动势为3.0 V的电源接入电路中,测得电源两极间的电压为2.4 V,当电路中有6 C的电荷流过时,求：
内电路中有多少电能转化为其他形式的能。

Solution:
内电路电能转化成其他形式的能等于内电路中静电力所做的功，即：

$W_{内}=(E-U)It=(E-U)q=(3-2.4)\times 6 J=3.6 J$

Final answer: 3.6 J