浙江省五年（2021-2025）高考物理真题分类汇编：专题19 力学计算题（解析版）

专题19力学计算题

考点五年考情（2021-2025）命题趋势

计算题命题聚焦核心知识点的综合应

考点1牛顿运

2021、2022、2024

动定律用，强调对学生物理思维和问题解决能力

的考查。牛顿运动定律作为基础，常与斜

考点2曲线运面、传送带等经典模型结合，重点考查受

2022

动力分析与运动状态变化的关联推导。能量

与动量守恒定律是高频考点，注重动能定

考点3机械能

2021、2023、2024

及其守恒定律理、机械能守恒及动量守恒的综合运用，

突出不同能量形式转化与动量传递过程的

分析。圆周运动与天体物理类题目，多将

向心力公式与万有引力定律融合，侧重圆

周运动中力与运动的关系及天体运动规律

的应用。命题趋势上，愈发注重与生活实

际和科技情境的结合，强化物理知识在真

考点4动量及

2021、2022、2023、2024

其守恒定律实场景中的迁移应用；同时渗透实验思维，

要求学生具备运用数学工具（如微元法、

几何分析、图像解读等）处理复杂物理问

题的能力。整体来看，题目设计趋向复杂

过程拆解，对学生综合分析、模型建构及

逻辑推理能力的要求逐步提升。

考点01牛顿运动定律

1．（2024·浙江·6月选考）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光

滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽

EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后

滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5m，d=4.4m，L=1.8m，M=m=0.1kg，

平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气

阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。

（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；

（2）若μ2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；

（3）若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。

【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s

mv2

【详解】（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时mg=C从滑块离开弹簧到C过程，根据动能定理

R

11

−2mgR=mv2−mv2解得v=5m/s

2C2B0

11

（2）平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒mv=(M+m)v根据能量守恒ΔE=mv2−(M+m)v2

B共2B2共

5

解得ΔE=J

8

（3）若μ2=0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为

2

a1=μ1g=6m/s

μmg−μ(M+m)g

a=12=4m/s2

2M

2

共速后，共同加速度大小为a3=μ2g=1m/s考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同

减速；假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程v=vE−a1t1=a2t1

共速过程，滑块、木板位移分别为

v+v

x=Et

121

v

x=t

221

共速时，相对位移应为Δx=L=x1−x2解得vE=6m/s，v=2.4m/s随后共同减速x3=d−x1=1.88m到达H速度

2

vH=v−2a3x3=2m/s说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。

2．（2022·浙江·6月选考）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成

24°角，长度l1=4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，

2

其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=，货物可视为质点（取cos24°=0.9，sin24°=0.4，重力加速度g=10m/s2）。

9

（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；

（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；

（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。

【答案】（1）2m/s2；（2）4m/s；（3）2.7m

2

【详解】（1）根据牛顿第二定律可得mgsin24°−μmgcos24°=ma1代入数据解得a1=2m/s

2

（2）根据运动学公式2a1l1=v解得v=4m/s

22

（3）根据牛顿第二定律μmg=ma2根据运动学公式−2a2l2=vmax−v代入数据联立解得l2=2.7m

3．（2022·浙江·1月选考）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水

平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静

止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所

示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，

sin15°=0.26，重力加速度g取10m/s2，求雪车（包括运动员）

（1）在直道AB上的加速度大小；

（2）过C点的速度大小；

（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。

8

【答案】（1）a=m/s2；（2）12m/s；（3）66N

13

8

【详解】（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

过C点的速度大小v=v1+a2t2=12m/s

（3）在BC段有牛顿第二定律mgsinθ−Ff=ma2解得Ff=66N

3

4．（2021·浙江·6月选考）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m=1.0×10kg的汽车以v1=36km/h

的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s=20m处，驾驶员发现小朋友排着长l=6m的队伍从斑马

线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾

驶员反应时间。

（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；

（2）若路面宽L=6m，小朋友行走的速度v0=0.5m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；

（3）假设驾驶员以v2=54km/h超速行驶，在距离斑马线s=20m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。

3

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

sv1

【详解】（1）根据平均速度t1=解得刹车时间t1=4s刹车加速度a=根据牛顿第二定律Ff=ma解得

vt1

3

Ff=2.5×10N

l+L

（2）小朋友过时间t2=等待时间t=t2−t1=20s

v0

22

（3）根据v2−v=2as解得v=55m/s

5．（2021·浙江·1月选考）如图所示，质量m=2kg的滑块以v0=16m/s的初速度沿倾角θ=37°的斜面上滑，

经t=2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求滑块

(1)最大位移值x；

(2)与斜面间的动摩擦因数；

(3)从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率P。

【答案】(1)16m；(2)0.25；(3)67.9W

v

【详解】(1)小车向上做匀减速直线运动，有x=0t得x=16m

2

Δvmgsinθ+μmgcosθ

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

1t1m

mgsinθ−μmgcosθ

(3)下滑过程a==gsinθ−μgcosθ=4m/s2由运动学公式v=2ax=82m/s=11.3m/s重力的平

2mt2

均功率P=mgvcos(90°−θ)=482W=67.9W

考点02曲线运动

6．（2022·浙江·1月选考）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α=37°的光滑直轨道AB、圆心

为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG

组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F

点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB

7

长度l=3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，

AB8

cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，（g=10m/s2）

（1）若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；

（2）设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；

（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。

13941

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

xx15515

1

【详解】（1）滑块释放运动到C点过程，由动能定理mglsin37∘+mgR(1−cos37∘)=mv2经过C点时

2C

v2

F−mg=mC解得F=7N

NRN

1

（2）能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时mglsin37∘−mg×4Rcos37∘=mv2解得v=12l−9.6而

x2x

要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达DEF最高点，当小球恰好到达DEF最高点时，由动能定

理

∘∘

mglxsin37−mg（3Rcos37+R）=0可解得lx=0.85m则要保证小球能到F点，lx≥0.85m，带入v=12lx−9.6

可得v≥0.6m/s

（3）设全过程摩擦力对滑块做功为第一次到达中点时做功的n倍，则n=1,3,5,……

ll

mglsin37∘−mgFGsin37∘−nμmgFGcos37∘=0

x22

7n+6139

解得l=mn=1,3,5,……又因为l≥l≥0.85m，l=3m当n=1时，l=m，当n=3时，l=m，当

x15ABxABx115x25

4113

n=5时，l=m，满足要求。即若滑块最终静止在轨道FG的中点，释放点距B点长度l的值可能为m，

x315x15

941

m，m。

515

考点03机械能及其守恒定律

7．（2024·浙江·1月选考）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道AB，半径R=1m的圆弧

轨道BCD，长度L=1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平

滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m=0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的

水平面平齐。质量m=0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，

轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25，向下运动时动摩擦因数μ2=0.5，且

最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块

右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6，

cos37°=0.8）

（1）若ℎ=0.8m，求小物块

①第一次经过C点的向心加速度大小；

②在DE上经过的总路程；

③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。

（2）若ℎ=1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。

【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m

【来源】2024年1月浙江省普通高校招生选考物理试题

1

【详解】（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有mgℎ=mv2第一次经

2C

v22gℎ

过C点的向心加速度大小为a=C==16m/s2

RR

②小物块a在DE上时，因为μ2mgcosθ<mgsinθ所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之

后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次

在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在DE上经过的总路程为s，根据功能关系有

s

mg[ℎ−R(1−cosθ)]=(μmgcosθ+μmgcosθ)

122

解得s=2m

③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为

2

a上=gsinθ+μ1gcosθ=8m/s

2

a下=gsinθ−μ2gcosθ=2m/s

将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有

11

at2=at2

2上上2下下

t上1

解得=

t下2

1

（2）对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有mv2=mg[ℎ−Lsinθ−2R(1−cosθ)]−μmgLcosθ解得v=2m/s

2F1F

设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动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月选考）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD

和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R=0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道

CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数

k=100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m=0.12kg的滑块a以初速度v0=221m/s从D

处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长L=0.8m，以v=2m/s的速

率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，

1

弹簧的弹性势能E=kx2（x为形变量）。

p2

（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；

（2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；

（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。

【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m

【来源】2023年选考浙江卷物理真题（6月）

11v2

【详解】（1）滑块a从D到F，由能量关系mg⋅2R=mv2−mv2在F点F−mg=mF解得v=10m/s

2F20NRF

FN=31.2N

2

（2）滑块a返回B点时的速度vB=1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为a=μg=5m/s根据

221212

v=v−2aL可得在C点的速度vC=3m/s则滑块a从碰撞后到到达C点mv=mv+mg⋅2R解得v1=5m/s

BC212C

因ab碰撞动量守恒，则mvF=−mv1+3mv2解得碰后b的速度v2=5m/s则碰撞损失的能量

111

ΔE=mv2−mv2−⋅3mv2=0

2F2122

（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度mvF=4mv解得v=2.5m/s当弹簧被压缩到

''5

最短或者伸长到最长时有共同速度4mv=6mv则v=m/s当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关

3

121'212

系⋅4mv=⋅6mv+kx解得x=0.1m同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2=x1则弹簧最大长度与最

22211

小长度之差Δx=2x1=0.2m

9．（2023·浙江·1月选考）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ=37°的直轨道

AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ=37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，

且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于BE处．凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放

有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。

已知螺旋圆形轨道半径R=0.5m，B点高度为1.2R，FG长度LFG=2.5m，HI长度L0=9m，摆渡车长度L=3m、

质量m=1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度ℎ=2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的

阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6，

cos37°=0.8）

（1）求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；

（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；

（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。

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

1

【详解】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得mg(ℎ−1.2R−R−Rcosθ)=mv2解得v=4m/s

2CC

v2

滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得F+mg=mC解得F=22N

CRC

（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得

1

mgℎ−0.2mgL=mv2

FG2

解得v=6m/s摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速

v

v，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得mv=2mv解得v==3m/s根据能量守恒可得

1112

11

Q=μmgL=mv2−×2mv2解得μ=0.3

221

μmg

（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a==3m/s2所用时间为

m

v−vv+v

t=1=1s此过程滑块通过的位移为x=1t=4.5m滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直

1a121

L0−x1

线运动，该过程所用时间为t2==1.5s则滑块从G到J所用的时间为t=t1+t2=2.5s

v1

10．（2021·浙江·1月选考）如图所示，竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆

管轨道BCDE和圆周细圆管轨道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O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与

水平线间的夹角均为θ=30°，G点与竖直墙面的距离d=3R。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。

(1)若释放处高度h=h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vc及在此过程中所受合力的

冲量的大小和方向；

(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；

(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？

ℎ59

【答案】(1)v=2gℎ，I=m2gℎ，水平向左；(2)F=2mg(−1)（h≥R）；(3)ℎ≤R或ℎ=R

00NR22

1

【详解】(1)机械能守恒mgℎ=mv2解得v=2gℎ动量定理I=mv=m2gℎ方向水平向左

02CC0C0

1mv2ℎ

(2)机械能守恒mg(ℎ−R)=mv2牛顿第二定律F=D解得F=2mg(−1)满足的条件ℎ≥R

2DNRNR

5

(3)第1种情况:不滑离轨道原路返回，条件是ℎ≤R第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入

2

vvcosθ

G之前是平抛运动vt=vy其中v=vsinθ，v=vcosθ，则vsinθG=d得v=2gR机械能守恒

xxgxGyGGgG

519

mgℎ−R=mv2h满足的条件ℎ=R

22G2

考点04动量及其守恒定律

11．（2024·浙江·1月选考）如图1所示，扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。

平台通过三根关于轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O，弹簧上端固定悬挂在点，三

′″′

个相同的关于轴��对称放置的减振器位于平台下方。如图2所示，每个减振器由通过绝缘轻�杆固定

′″

在平台下表面的��线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直

轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做

竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示。已知时速度为，方向向下，、

时刻的振幅分别为，。平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的�劲=度0系数为k，�0每个线圈半径为�1r、�2

电阻为R。当弹簧形�1变量�2为时，其弹性势能为。不计空气阻力，求

12

（1）平台静止时弹簧的伸长Δ�量；2�Δ�

（2）时，每个线圈所受到Δ安�培力F的大小；

（3）在�=0时间内，每个线圈产生的焦耳热Q；

1

（4）在0∼�时间内，弹簧弹力冲量弹的大小。

�1∼�2�

【答案】（）；（）；（）；（）

1222234222

𝑚4�0���12212����1−�2

【详解】（1）平�台静止时，穿�过三个线圈6的�磁�0通−量�不�1变，线圈中𝑚不�产2生−�感1应−电流，线�圈不受到安培力

作用，O点受力平衡，因此由胡克定律可知此时弹簧的伸长量

𝑚

（2）在时速度为，设每个线圈的周长为L，由电磁感应Δ�定=律�可得线圈中产生的感应电流

�=0�0

�𝐵�0��0×2��2�0���

每个线圈所受到安培力的大小�====

F��222��

4�0���

（3）由减震器的作用平台上下不�移=动�，𝐵由=能量�守恒定律可得平台在时间内，振动时能量的减少

量为，由能量守恒定律0∼在�1时间内，振动时能量的

′′121212

减少转�化为线圈的焦耳热�，+可�知�每�1个=线2圈�产�0生+的2�焦(Δ耳�)热−2�(Δ�−�1)0∼�1

1′122

01

（4）取向上为正方向，全程由动量定理可得弹�=3�=6��−��

其中�+�A−�G=0

�G=𝑚�2−�1

�A=3×2���⋅Δ�

2����1−�2

联立解得弹簧弹力冲量的大小为Δ�=

弹弹�222

12����1−�2

12．（2023·浙江·6月选考）利�用磁场实现�离=子�偏�转�2是−科�1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B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2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°的正

离子束，沿纸面射(向0,磁3�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。

（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；

（2）若，求能到达处的离子的最小速度v2；

�

21

（3）若�=2�，且离子源射�=出2的离子数按速度大小均匀地分布在范围，求进入第四象限

�1�1𝐵6�1𝐵

的离子数�与2=总离��子数之比η。�~�

【答案】（1）；（2）（3）60%

2�1𝐵2��4�1𝐵

12

【详解】（1）当�离=子不�进入�磁=场3��Ⅱ1速度最�大=时，�轨迹与边界相切，则由几何关系解得

∘

r1=2L�1cos60=�1−�

根据解得

2

�12�1𝐵

111

在磁场��中�运=动�的�周1期�=运�动时间

∘

2��2×602��

∘

�=��1�=360�=3��1

（2）若B2=2B1，根据可知

��

��12

粒子在磁场中运动轨迹�如=图，设O�1O=2与2�磁场边界夹角为α，由几何关系

∘

�1sin�−�1sin30=�

22�

解得根据解得�−�sin�=

r2=2L2e2

3�24�1𝐵

2222

（3）当最终si进n�入=区4域Ⅱ的粒��子�若刚=好�到�达x轴�，=则由�动量定理即

�1

2���

求和可得粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x轴�上�的�过Δ�程=中�Δ����Δ�=�Δ�

�1∘

∑解�得��Δ�=∑�Δ���(�−�cos60)=�1𝐵+

�10+�3�1𝐵

则�速⋅2度在⋅𝐵~�=之间�的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在~，又粒子

3�1𝐵6�1𝐵�1𝐵6�1𝐵

源射出的粒�子个数�按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比�例为�η=60%

13．（2022·浙江·6月选考）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直

xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在

方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。

离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为–q（q>0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为

v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸

收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。

（1）①求磁感应强度B的大小；

②若速度大小为v0的离子能打在板Q的A处，求转筒P角速度ω的大小；

（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转

筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；

（3）若转筒P的角速度小于，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值（θ′为探测

6�0

点位置和O点连线与x轴负方�向的夹角）。

【答案】（）①，②，，，，；（），，

1k=0123…22n=0

��0�0(2�π+�)���0�

1，2，…；（3）�=��，�=(4�+1)��=2(π−�)π�tan2

′51

【详解】（）①离�子=在6π磁场6π中做圆周运动有，则

12

��0��0

0

②离子在磁场中的运动时间转筒的转动�角�度�=��=��，k=0，1，2，3…

��π�0

0

（2）设速度大小为v的离子�在=磁2�场中圆周运动半径�为�=2，�有π+2�=(4�+1)�

′

�

′�

�=�tan

2

�

�=�0tan

离子在磁场中的运动时间转筒的转动角度ω2′t′=2nπ+θ转筒的转动角速度

′�'′

，n=0，1，2，…�=动π−量�定理��=

(2�π+�)�0

(π−�)�

2π

�′=���

，，，，

2�n=012…

(2�π+�)���0�

�=2(π−�)π�tan2

（3）转筒的转动角速度′其中k=1，，n=0，2或者

02�π+��00

(4�+1)�6�′5−2�

′

�=π−��<��=6π