專題19力學計算題

考點五年考情（2021-2025）命題趨勢

計算題命題聚焦核心知識點的綜合應

考點1牛頓運

2021、2022、2024

動定律用，強調對學生物理思維和問題解決能力

的考查。牛頓運動定律作為基礎，常與斜

考點2曲線運面、傳送帶等經典模型結合，重點考查受

2022

動力分析與運動狀態(tài)變化的關聯(lián)推導。能量

與動量守恒定律是高頻考點，注重動能定

考點3機械能

2021、2023、2024

及其守恒定律理、機械能守恒及動量守恒的綜合運用，

突出不同能量形式轉化與動量傳遞過程的

分析。圓周運動與天體物理類題目，多將

向心力公式與萬有引力定律融合，側重圓

周運動中力與運動的關系及天體運動規(guī)律

的應用。命題趨勢上，愈發(fā)注重與生活實

際和科技情境的結合，強化物理知識在真

考點4動量及

2021、2022、2023、2024

其守恒定律實場景中的遷移應用；同時滲透實驗思維，

要求學生具備運用數(shù)學工具（如微元法、

幾何分析、圖像解讀等）處理復雜物理問

題的能力。整體來看，題目設計趨向復雜

過程拆解，對學生綜合分析、模型建構及

邏輯推理能力的要求逐步提升。

考點01牛頓運動定律

1．（2024·浙江·6月選考）一彈射游戲裝置豎直截面如圖所示，固定的光滑水平直軌道AB、半徑為R的光

滑螺旋圓形軌道BCD、光滑水平直軌道DE平滑連接。長為L、質量為M的平板緊靠長為d的固定凹槽

EFGH側壁EF放置，平板上表面與DEH齊平。將一質量為m的小滑塊從A端彈射，經過軌道BCD后

滑上平板并帶動平板一起運動，平板到達HG即被鎖定。已知R=0.5m，d=4.4m，L=1.8m，M=m=0.1kg，

平板與滑塊間的動摩擦因數(shù)μ1=0.6、與凹槽水平底面FG間的動摩擦因數(shù)為μ2?；瑝K視為質點，不計空氣

阻力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s2。

（1）滑塊恰好能通過圓形軌道最高點C時，求滑塊離開彈簧時速度v0的大?。?/p>

（2）若μ2=0，滑塊恰好過C點后，求平板加速至與滑塊共速時系統(tǒng)損耗的機械能；

（3）若μ2=0.1，滑塊能到達H點，求其離開彈簧時的最大速度vm。

【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s

mv2

【詳解】（1）滑塊恰好能通過圓形軌道最高點C時mg=C從滑塊離開彈簧到C過程，根據動能定理

R

11

?2mgR=mv2?mv2解得v=5m/s

2C2B0

11

（2）平板加速至與滑塊共速過程，根據動量守恒mv=(M+m)v根據能量守恒ΔE=mv2?(M+m)v2

B共2B2共

5

解得ΔE=J

8

（3）若μ2=0.1，平板與滑塊相互作用過程中，加速度分別為

2

a1=μ1g=6m/s

μmg?μ(M+m)g

a=12=4m/s2

2M

2

共速后，共同加速度大小為a3=μ2g=1m/s考慮滑塊可能一直減速直到H，也可能先與木板共速然后共同

減速；假設先與木板共速然后共同減速，則共速過程v=vE?a1t1=a2t1

共速過程，滑塊、木板位移分別為

v+v

x=Et

121

v

x=t

221

共速時，相對位移應為Δx=L=x1?x2解得vE=6m/s，v=2.4m/s隨后共同減速x3=d?x1=1.88m到達H速度

2

vH=v?2a3x3=2m/s說明可以到達H，因此假設成立，若滑塊初速度再增大，則會從木板右側掉落。

2．（2022·浙江·6月選考）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中。如圖所示，傾斜滑軌與水平面成

24°角，長度l1=4m，水平滑軌長度可調，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，

2

其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為μ=，貨物可視為質點（取cos24°=0.9，sin24°=0.4，重力加速度g=10m/s2）。

9

（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大?。?/p>

（2）求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大?。?/p>

（3）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度l2。

【答案】（1）2m/s2；（2）4m/s；（3）2.7m

2

【詳解】（1）根據牛頓第二定律可得mgsin24°?μmgcos24°=ma1代入數(shù)據解得a1=2m/s

2

（2）根據運動學公式2a1l1=v解得v=4m/s

22

（3）根據牛頓第二定律μmg=ma2根據運動學公式?2a2l2=vmax?v代入數(shù)據聯(lián)立解得l2=2.7m

3．（2022·浙江·1月選考）第24屆冬奧會將在我國舉辦。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖1所示，長12m水

平直道AB與長20m的傾斜直道BC在B點平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°。運動員從A點由靜

止出發(fā)，推著雪車勻加速到B點時速度大小為8m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑（圖2所

示），到C點共用時5.0s。若雪車（包括運動員）可視為質點，始終在冰面上運動，其總質量為110kg，

sin15°=0.26，重力加速度g取10m/s2，求雪車（包括運動員）

（1）在直道AB上的加速度大??；

（2）過C點的速度大??；

（3）在斜道BC上運動時受到的阻力大小。

8

【答案】（1）a=m/s2；（2）12m/s；（3）66N

13

8

【詳解】（1）AB段v2=2ax解得a=m/s2

11113

（2）AB段v1=a1t1解得t1=3sBC段

1

x=vt+at2

212222

2

a2=2m/s

過C點的速度大小v=v1+a2t2=12m/s

（3）在BC段有牛頓第二定律mgsinθ?Ff=ma2解得Ff=66N

3

4．（2021·浙江·6月選考）機動車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質量m=1.0×10kg的汽車以v1=36km/h

的速度在水平路面上勻速行駛，在距離斑馬線s=20m處，駕駛員發(fā)現(xiàn)小朋友排著長l=6m的隊伍從斑馬

線一端開始通過，立即剎車，最終恰好停在斑馬線前。假設汽車在剎車過程中所受阻力不變，且忽略駕

駛員反應時間。

（1）求開始剎車到汽車停止所用的時間和所受阻力的大小；

（2）若路面寬L=6m，小朋友行走的速度v0=0.5m/s，求汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過所需的時間；

（3）假設駕駛員以v2=54km/h超速行駛，在距離斑馬線s=20m處立即剎車，求汽車到斑馬線時的速度。

3

【答案】（1）t1=4s，F(xiàn)f=2.5×10N；（2）20s；（3）v=55m/s

sv1

【詳解】（1）根據平均速度t1=解得剎車時間t1=4s剎車加速度a=根據牛頓第二定律Ff=ma解得

vt1

3

Ff=2.5×10N

l+L

（2）小朋友過時間t2=等待時間t=t2?t1=20s

v0

22

（3）根據v2?v=2as解得v=55m/s

5．（2021·浙江·1月選考）如圖所示，質量m=2kg的滑塊以v0=16m/s的初速度沿傾角θ=37°的斜面上滑，

經t=2s滑行到最高點。然后，滑塊返回到出發(fā)點。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求滑塊

(1)最大位移值x；

(2)與斜面間的動摩擦因數(shù)；

(3)從最高點返回到出發(fā)點的過程中重力的平均功率P。

【答案】(1)16m；(2)0.25；(3)67.9W

v

【詳解】(1)小車向上做勻減速直線運動，有x=0t得x=16m

2

Δvmgsinθ+μmgcosθ

(2)加速度a==8m/s2上滑過程a==gsinθ+μgcosθ得μ=0.25

1t1m

mgsinθ?μmgcosθ

(3)下滑過程a==gsinθ?μgcosθ=4m/s2由運動學公式v=2ax=82m/s=11.3m/s重力的平

2mt2

均功率P=mgvcos(90°?θ)=482W=67.9W

考點02曲線運動

6．（2022·浙江·1月選考）如圖所示，處于豎直平面內的一探究裝置，由傾角α=37°的光滑直軌道AB、圓心

為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG

組成，B、D和F為軌道間的相切點，彈性板垂直軌道固定在G點（與B點等高），B、O1、D、O2和F

點處于同一直線上。已知可視為質點的滑塊質量m=0.1kg，軌道BCD和DEF的半徑R=0.15m，軌道AB

7

長度l=3m，滑塊與軌道FG間的動摩擦因數(shù)μ=，滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin37°=0.6，

AB8

cos37°=0.8?；瑝K開始時均從軌道AB上某點靜止釋放，（g=10m/s2）

（1）若釋放點距B點的長度l=0.7m，求滑塊到最低點C時軌道對其支持力FN的大小；

（2）設釋放點距B點的長度為lx，滑塊第一次經F點時的速度v與lx之間的關系式；

（3）若滑塊最終靜止在軌道FG的中點，求釋放點距B點長度lx的值。

13941

【答案】（1）7N；（2）v=12l?9.6（l≥0.85m）；（3）m，m，m

xx15515

1

【詳解】（1）滑塊釋放運動到C點過程，由動能定理mglsin37°+mgR(1?cos37°)=mv2經過C點時

2C

v2

F?mg=mC解得F=7N

NRN

1

（2）能過最高點時，則能到F點，則恰到最高點時mglsin37°?mg×4Rcos37°=mv2解得v=12l?9.6而

x2x

要保證滑塊能到達F點，必須要保證它能到達DEF最高點，當小球恰好到達DEF最高點時，由動能定

理

°°

mglxsin37?mg（3Rcos37+R）=0可解得lx=0.85m則要保證小球能到F點，lx≥0.85m，帶入v=12lx?9.6

可得v≥0.6m/s

（3）設全過程摩擦力對滑塊做功為第一次到達中點時做功的n倍，則n=1,3,5,……

ll

mglsin37°?mgFGsin37°?nμmgFGcos37°=0

x22

7n+6139

解得l=mn=1,3,5,……又因為l≥l≥0.85m，l=3m當n=1時，l=m，當n=3時，l=m，當

x15ABxABx115x25

4113

n=5時，l=m，滿足要求。即若滑塊最終靜止在軌道FG的中點，釋放點距B點長度l的值可能為m，

x315x15

941

m，m。

515

考點03機械能及其守恒定律

7．（2024·浙江·1月選考）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角θ=37°的直軌道AB，半徑R=1m的圓弧

軌道BCD，長度L=1.25m、傾角為θ的直軌道DE，半徑為R、圓心角為θ的圓弧管道EF組成，軌道間平

滑連接。在軌道末端F的右側光滑水平面上緊靠著質量m=0.5kg滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的

水平面平齊。質量m=0.5kg的小物塊a從軌道AB上高度為h靜止釋放，經圓弧軌道BCD滑上軌道DE，

軌道DE由特殊材料制成，小物塊a向上運動時動摩擦因數(shù)μ1=0.25，向下運動時動摩擦因數(shù)μ2=0.5，且

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當小物塊a在滑塊b上滑動時動摩擦因數(shù)恒為μ1，小物塊a運動到滑塊

右側的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。（其它軌道均光滑，小物塊視為質點，不計空氣阻力，sin37°=0.6，

cos37°=0.8）

（1）若?=0.8m，求小物塊

①第一次經過C點的向心加速度大??；

②在DE上經過的總路程；

③在DE上向上運動時間t上和向下運動時間t下之比。

（2）若?=1.6m，滑塊至少多長才能使小物塊不脫離滑塊。

【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m

【來源】2024年1月浙江省普通高校招生選考物理試題

1

【詳解】（1）①對小物塊a從A到第一次經過C的過程，根據機械能守恒定律有mg?=mv2第一次經

2C

v22g?

過C點的向心加速度大小為a=C==16m/s2

RR

②小物塊a在DE上時，因為μ2mgcosθ<mgsinθ所以小物塊a每次在DE上升至最高點后一定會下滑，之

后經過若干次在DE上的滑動使機械能損失，最終小物塊a將在B、D間往復運動，且易知小物塊每次

在DE上向上運動和向下運動的距離相等，設其在DE上經過的總路程為s，根據功能關系有

s

mg[??R(1?cosθ)]=(μmgcosθ+μmgcosθ)

122

解得s=2m

③根據牛頓第二定律可知小物塊a在DE上向上運動和向下運動的加速度大小分別為

2

a上=gsinθ+μ1gcosθ=8m/s

2

a下=gsinθ?μ2gcosθ=2m/s

將小物塊a在DE上的若干次運動等效看作是一次完整的上滑和下滑，則根據運動學公式有

11

at2=at2

2上上2下下

t上1

解得=

t下2

1

（2）對小物塊a從A到F的過程，根據動能定理有mv2=mg[??Lsinθ?2R(1?cosθ)]?μmgLcosθ解得v=2m/s

2F1F

設滑塊長度為l時，小物塊恰好不脫離滑塊，且此時二者達到共同速度v，根據動量守恒定律和能量守

恒定律有

mvF=2mv

11

mv2=?2mv2+2μmgl

2F21

解得l=0.2m

8．（2023·浙江·6月選考）為了探究物體間碰撞特性，設計了如圖所示的實驗裝置。水平直軌道AB、CD

和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為R=0.4m的四分之一圓周組成的豎直細圓弧管道DEF與軌道

CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質量為3m的滑塊b與質量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)

k=100N/m的輕質彈簧連接，靜置于軌道FG上。現(xiàn)有質量m=0.12kg的滑塊a以初速度v0=221m/s從D

處進入，經DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時間極短）。已知傳送帶長L=0.8m，以v=2m/s的速

率順時針轉動，滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，其它摩擦和阻力均不計，各滑塊均可視為質點，

1

彈簧的彈性勢能E=kx2（x為形變量）。

p2

（1）求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小vF和所受支持力大小FN；

（2）若滑塊a碰后返回到B點時速度vB=1m/s，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能ΔE；

（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx。

【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m

【來源】2023年選考浙江卷物理真題（6月）

11v2

【詳解】（1）滑塊a從D到F，由能量關系mg?2R=mv2?mv2在F點F?mg=mF解得v=10m/s

2F20NRF

FN=31.2N

2

（2）滑塊a返回B點時的速度vB=1m/s，滑塊a一直在傳送帶上減速，加速度大小為a=μg=5m/s根據

221212

v=v?2aL可得在C點的速度vC=3m/s則滑塊a從碰撞后到到達C點mv=mv+mg?2R解得v1=5m/s

BC212C

因ab碰撞動量守恒，則mvF=?mv1+3mv2解得碰后b的速度v2=5m/s則碰撞損失的能量

111

ΔE=mv2?mv2??3mv2=0

2F2122

（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，則ab碰后的共同速度mvF=4mv解得v=2.5m/s當彈簧被壓縮到

''5

最短或者伸長到最長時有共同速度4mv=6mv則v=m/s當彈簧被壓縮到最短時壓縮量為x1，由能量關

3

121'212

系?4mv=?6mv+kx解得x=0.1m同理當彈簧被拉到最長時伸長量為x2=x1則彈簧最大長度與最

22211

小長度之差Δx=2x1=0.2m

9．（2023·浙江·1月選考）一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角θ=37°的直軌道

AB、螺旋圓形軌道BCDE，傾角θ=37°的直軌道EF、水平直軌道FG組成，除FG段外各段軌道均光滑，

且各處平滑連接。螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于BE處．凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放

有一無動力擺渡車，并緊靠在豎直側壁GH處，擺渡車上表面與直軌道FG、平臺JK位于同一水平面。

已知螺旋圓形軌道半徑R=0.5m，B點高度為1.2R，F(xiàn)G長度LFG=2.5m，HI長度L0=9m，擺渡車長度L=3m、

質量m=1kg。將一質量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度?=2.3m處靜止釋放，滑塊在FG段運動時的

阻力為其重力的0.2倍。（擺渡車碰到豎直側壁IJ立即靜止，滑塊視為質點，不計空氣阻力，sin37°=0.6，

cos37°=0.8）

（1）求滑塊過C點的速度大小vC和軌道對滑塊的作用力大小FC；

（2）擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數(shù)μ；

（3）在（2）的條件下，求滑塊從G到J所用的時間t。

【答案】（1）vC=4m/s，F(xiàn)C=22N；（2）μ=0.3；（3）t=2.5s

1

【詳解】（1）滑塊從靜止釋放到C點過程，根據動能定理可得mg(??1.2R?R?Rcosθ)=mv2解得v=4m/s

2CC

v2

滑塊過C點時，根據牛頓第二定律可得F+mg=mC解得F=22N

CRC

（2）設滑塊剛滑上擺渡車時的速度大小為v，從靜止釋放到G點過程，根據動能定理可得

1

mg??0.2mgL=mv2

FG2

解得v=6m/s擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，說明滑塊到達擺渡車右端時剛好與擺渡車共速

v

v，以滑塊和擺渡車為系統(tǒng)，根據系統(tǒng)動量守恒可得mv=2mv解得v==3m/s根據能量守恒可得

1112

11

Q=μmgL=mv2?×2mv2解得μ=0.3

221

μmg

（3）滑塊從滑上擺渡車到與擺渡車共速過程，滑塊的加速度大小為a==3m/s2所用時間為

m

v?vv+v

t=1=1s此過程滑塊通過的位移為x=1t=4.5m滑塊與擺渡車共速后，滑塊與擺渡車一起做勻速直

1a121

L0?x1

線運動，該過程所用時間為t2==1.5s則滑塊從G到J所用的時間為t=t1+t2=2.5s

v1

10．（2021·浙江·1月選考）如圖所示，豎直平面內由傾角α=60°的斜面軌道AB、半徑均為R的半圓形細圓

管軌道BCDE和圓周細圓管軌道EFG構成一游戲裝置固定于地面，B、E兩處軌道平滑連接，軌道所

在平面與豎直墻面垂直。軌道出口處G和圓心O2的連線，以及O2、E、O1和B等四點連成的直線與

水平線間的夾角均為θ=30°，G點與豎直墻面的距離d=3R?，F(xiàn)將質量為m的小球從斜面的某高度h處

靜止釋放。小球只有與豎直墻面間的碰撞可視為彈性碰撞，不計小球大小和所受阻力。

(1)若釋放處高度h=h0，當小球第一次運動到圓管最低點C時，求速度大小vc及在此過程中所受合力的

沖量的大小和方向；

(2)求小球在圓管內與圓心O1點等高的D點所受彈力FN與h的關系式；

(3)若小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點，高度h應該滿足什么條件？

?59

【答案】(1)v=2g?，I=m2g?，水平向左；(2)F=2mg(?1)（h≥R）；(3)?≤R或?=R

00NR22

1

【詳解】(1)機械能守恒mg?=mv2解得v=2g?動量定理I=mv=m2g?方向水平向左

02CC0C0

1mv2?

(2)機械能守恒mg(??R)=mv2牛頓第二定律F=D解得F=2mg(?1)滿足的條件?≥R

2DNRNR

5

(3)第1種情況:不滑離軌道原路返回，條件是?≤R第2種情況：與墻面垂直碰撞后原路返回，在進入

2

vvcosθ

G之前是平拋運動vt=vy其中v=vsinθ，v=vcosθ，則vsinθG=d得v=2gR機械能守恒

xxgxGyGGgG

519

mg??R=mv2h滿足的條件?=R

22G2

考點04動量及其守恒定律

11．（2024·浙江·1月選考）如圖1所示，掃描隧道顯微鏡減振裝置由絕緣減振平臺和磁阻尼減振器組成。

平臺通過三根關于軸對稱分布的相同輕桿懸掛在輕質彈簧的下端O，彈簧上端固定懸掛在點，三

′″′

個相同的關于軸??對稱放置的減振器位于平臺下方。如圖2所示，每個減振器由通過絕緣輕?桿固定

′″

在平臺下表面的??線圈和固定在桌面上能產生輻向磁場的鐵磁體組成，輻向磁場分布關于線圈中心豎直

軸對稱，線圈所在處磁感應強度大小均為B。處于靜止狀態(tài)的平臺受到外界微小擾動，線圈在磁場中做

豎直方向的阻尼運動，其位移隨時間變化的圖像如圖3所示。已知時速度為，方向向下，、

時刻的振幅分別為，。平臺和三個線圈的總質量為m，彈簧的?勁=度0系數(shù)為k，?0每個線圈半徑為?1r、?2

電阻為R。當彈簧形?1變量?2為時，其彈性勢能為。不計空氣阻力，求

12

（1）平臺靜止時彈簧的伸長Δ?量；2?Δ?

（2）時，每個線圈所受到Δ安?培力F的大??；

（3）在?=0時間內，每個線圈產生的焦耳熱Q；

1

（4）在0～?時間內，彈簧彈力沖量彈的大小。

?1～?2?

【答案】（）；（）；（）；（）

1222234222

??4?0???12212????1??2

【詳解】（1）平?臺靜止時，穿?過三個線圈6的?磁?0通?量?不?1變，線圈中??不?產2生??感1應?電流，線?圈不受到安培力

作用，O點受力平衡，因此由胡克定律可知此時彈簧的伸長量

??

（2）在時速度為，設每個線圈的周長為L，由電磁感應Δ?定=律?可得線圈中產生的感應電流

?=0?0

????0??0×2??2?0???

每個線圈所受到安培力的大小?====

F??222??

4?0???

（3）由減震器的作用平臺上下不?移=動?，??由=能量?守恒定律可得平臺在時間內，振動時能量的減少

量為，由能量守恒定律0～在?1時間內，振動時能量的

′′121212

減少轉?化為線圈的焦耳熱?，+可?知?每?1個=線2圈?產?0生+的2?焦(Δ耳?)熱?2?(Δ???1)0～?1

1′122

01

（4）取向上為正方向，全程由動量定理可得彈?=3?=6?????

其中?+?A??G=0

?G=???2??1

?A=3×2????Δ?

2????1??2

聯(lián)立解得彈簧彈力沖量的大小為Δ?=

彈彈?222

12????1??2

12．（2023·浙江·6月選考）利?用磁場實現(xiàn)?離=子?偏?轉?2是?科?1學?儀器中廣?泛應用的技術。如圖所示，Oxy平面（紙

面）的第一象限內有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應強度大

小為B1的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應強度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ的下邊界

與x軸重合。位于處的離子源能釋放出質量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正

離子束，沿紙面射(向0,磁3?場)區(qū)域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應。

（1）求離子不進入區(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運動時間t；

（2）若，求能到達處的離子的最小速度v2；

?

21

（3）若?=2?，且離子源射?=出2的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在范圍，求進入第四象限

?1?1??6?1??

的離子數(shù)?與2=總離??子數(shù)之比η。?~?

【答案】（1）；（2）（3）60%

2?1??2??4?1??

12

【詳解】（1）當?離=子不?進入?磁=場3??Ⅱ1速度最?大=時，?軌跡與邊界相切，則由幾何關系解得

°

r1=2L?1cos60=?1??

根據解得

2

?12?1??

111

在磁場??中?運=動?的?周1期?=運?動時間

°

2??2×602??

°

?=??1?=360?=3??1

（2）若B2=2B1，根據可知

??

??12

粒子在磁場中運動軌跡?如=圖，設O?1O=2與2?磁場邊界夾角為α，由幾何關系

°

?1sin???1sin30=?

22?

解得根據解得???sin?=

r2=2L2e2

3?24?1??

2222

（3）當最終si進n?入=區(qū)4域Ⅱ的粒??子?若剛=好?到?達x軸?，=則由?動量定理即

?1

2???

求和可得粒子從區(qū)域Ⅰ到區(qū)域Ⅱ最終到x軸?上?的?過Δ?程=中?Δ????Δ?=?Δ?

?1°

∑解?得??Δ?=∑?Δ???(???cos60)=?1??+

?10+?3?1??

則?速?2度在???~?=之間?的粒子才能進入第四象限；因離子源射出粒子的速度范圍在~，又粒子

3?1??6?1???1??6?1??

源射出的粒?子個數(shù)?按速度大小均勻分布，可知能進入第四象限的粒子占粒子總數(shù)的比?例為?η=60%

13．（2022·浙江·6月選考）離子速度分析器截面圖如圖所示。半徑為R的空心轉筒P，可繞過O點、垂直

xOy平面（紙面）的中心軸逆時針勻速轉動（角速度大小可調），其上有一小孔S。整個轉筒內部存在

方向垂直紙面向里的勻強磁場。轉筒下方有一與其共軸的半圓柱面探測板Q，板Q與y軸交于A點。

離子源M能沿著x軸射出質量為m、電荷量為–q（q>0）、速度大小不同的離子，其中速度大小為

v0的離子進入轉筒，經磁場偏轉后恰好沿y軸負方向離開磁場。落在接地的筒壁或探測板上的離子被吸

收且失去所帶電荷，不計離子的重力和離子間的相互作用。

（1）①求磁感應強度B的大??；

②若速度大小為v0的離子能打在板Q的A處，求轉筒P角速度ω的大??；

（2）較長時間后，轉筒P每轉一周有N個離子打在板Q的C處，OC與x軸負方向的夾角為θ，求轉

筒轉動一周的時間內，C處受到平均沖力F的大??；

（3）若轉筒P的角速度小于，且A處探測到離子，求板Q上能探測到離子的其他θ′的值（θ′為探測

6?0

點位置和O點連線與x軸負方?向的夾角）。

【答案】（）①，②，，，，；（），，

1k=0123…22n=0

??0?0(2?π+?)???0?

1，2，…；（3）?=??，?=(4?+1)??=2(π??)π?tan2

′51

【詳解】（）①離?子=在6π磁場6π中做圓周運動有，則

12

??0??0

0

②離子在磁場中的運動時間轉筒的轉動?角?度?=??=??，k=0，1，2，3…

??π?0

0

（2）設速度大小為v的離子?在=磁2?場中圓周運動半徑?為?=2，?有π+2?=(4?+1)?

′

?

′?

?=?tan

2

?

?=?0tan

離子在磁場中的運動時間轉筒的轉動角度ω2′t′=2nπ+θ轉筒的轉動角速度

′?'′

，n=0，1，2，…?=動π?量?定理??=

(2?π+?)?0

(π??)?

2π

?′=???

，，，，

2?n=012…

(2?π+?)???0?

?=2(π??)π?tan2

（3）轉筒的轉動角速度′其中k=1，，n=0，2或者

02?π+??00

(4?+1)?6?′5?2?

′

?=π???<??=6π