如图所示设滑块出发点为离开点为按题意要求与竖直方向

一、1．如图所示，设滑块出发点为1P ，离开点为2P ，按题意要求11P O 、22P O 与竖直方向的夹角相等，设其为θ，若离开滑道时的速度为v ，则滑块在2P 处脱离滑道的条件是θcos 2mg Rm =v (1)由机械能守恒221)cos 1(2v m mgR =-θ(2)(1)、(2)联立解得54cos =θ或253654arccos '== θ (3)2．设滑块刚能在O 点离开滑道的条件是mg Rm =2v （4）v 0为滑块到达O 点的速度，由此得Rg =0v（5）设到达O 点的速度为v 0的滑块在滑道OA 上的出发点到1O 的连线与竖直的夹角为0θ，由机械能守恒，有2021)cos 1(v m mgR =-θ （6）由（5）、（6）两式解得3π0=θ （7）若滑块到达O 点时的速度0v v >，则对OB 滑道来说，因O 点可能提供的最大向心力为mg ，故滑块将沿半径比R 大的圆周的水平切线方向离开O 点．对于0v v >的滑块，其在OA 上出发点的位置对应的θ角必大于0θ，即0θθ>，由于2π=max θ，根据机械能守恒，到达O 点的最大速度Rg m ax 2=v（8）由此可知，能从O 点离开滑道的滑块速度是v 0到max v 之间所有可能的值，也就是说，θ从3π至2π下滑的滑块都将在O 点离开滑道．以速度v 0从O 点沿水平方向滑出滑道的滑块，其落水点至2O 的距离t x 00v =（9）221gt R =（10）由（5）、（9）、（10）式得R x 20=（11）当滑块以max v 从O 点沿水平方向滑出滑道时，其落水点到2O 的距离t x max max v =（12）由（8）、（10）、（12）式得R x max 2=（13）因此，凡能从O 点脱离滑道的滑块，其落水点到2O 的距离在R 2到R 2之间的所有可能值．即 R x R 22≤≤ （14）二、1．由静电感应知空腔1、2及3的表面分别出现电量为1q -、2q -和3q -的面电荷，由电荷守恒定律可知，在导体球的外表面呈现出电量321q q q ++．由静电屏蔽可知，点电荷q 1及感应电荷（1q -）在空腔外产生的电场为零；点电荷q 2及感应电荷（2q -）在空腔外产生的电场为零；点电荷q 3及感应电荷（3q -）在空腔外产生的电场为零．因此，在导体球外没有电荷时，球表面的电量321q q q ++作球对称分布．当球外P 点处放置电荷Q 后，由于静电感应，球面上的总电量仍为()321q q q ++，但这些电荷在球面上不再均匀分布，由球外的Q 和重新分布在球面上的电荷在导体球内各点产生的合场强为零．O 3处的电势由位于P 点处的Q 、导体球表面的电荷()321q q q ++及空腔3表面的感应电荷（3q -）共同产生．无论()321q q q ++在球面上如何分布，球面上的面电荷到O 点的距离都是R ，因而在O 点产生的电势为R q q q k321++， Q 在O 点产生的电势为RQk 2，这两部分电荷在O 3点产生的电势U '与它们在O 点产生的电势相等，即有⎪⎭⎫⎝⎛+++=⎪⎭⎫ ⎝⎛+++='R q q q Q k R Q R q q q k U 22222321321 （1）因q 3放在空腔3的中心处，其感应电荷3q -在空腔3壁上均匀分布．这些电荷在O 3点产生的电势为rq kU 3-='' (2)根据电势叠加定理，O 3点的电势为⎪⎭⎫⎝⎛-+++=''+'=r q R q q q Q k U U U 33212222(3)故q 3的电势能⎪⎭⎫⎝⎛-+++==r q R q q q Q kq U q W 3321332222 (4)2． 由于静电屏蔽，空腔1外所有电荷在空腔1内产生的合电场为零，空腔1内的电荷q 1仅受到腔内壁感应电荷1q -的静电力作用，因q 1不在空腔1的中心O 1点，所以感应电荷1q -在空腔表面分布不均匀，与q 1相距较近的区域电荷面密度较大，对q 1的吸力较大，在空腔表面感应电荷的静电力作用下，q 1最后到达空腔1表面，与感应电荷1q -中和．同理，空腔2中q 2也将在空腔表面感应电荷2q -的静电力作用下到达空腔2的表面与感应电荷2q -中和．达到平衡后，腔1、2表面上无电荷分布，腔3表面和导体球外表面的电荷分布没有变化．O 3的电势仍由球外的电荷Q 和导体球外表面的电量()321q q q ++及空腔3内壁的电荷3q -共同产生，故O 3处的电势U 与q 3的电势能W 仍如(3)式与(4)式所示．三、答案如图所示．附计算过程：电阻通电后对气体缓慢加热，气体的温度升高，压强增大，活塞开始有向外运动的趋势，但在气体对活塞的作用力尚未达到外界大气对活塞的作用力和器壁对活塞的最大静摩擦之和以前，活塞不动，即该过程为等容过程．因气体对外不做功，根据热力学第一定律可知，在气体温度从T 0升高到T 的过程中，气体从电阻丝吸收的热量，()0T T C Q -=(1)此过程将持续到气体对活塞的作用力等于外界大气对活塞的作用力和器壁对活塞的最大静摩擦之和．若用T 1表示此过程达到末态的温度，p 表示末态的压强，Q 1表示此过程中气体从电阻丝吸收的热量，由等容过程方程有10T T p p = (2)由力的平衡可知F S p pS +=0(3)由（2）、（3）两式可得()Sp T F S p T 0001+=(4)代入(1)式得Sp CFT Q 001=(5)由以上讨论可知，当1Q Q ≤时，T 与Q 的关系为0T CQT +=(6)在Q T ~图中为一直线如图中ab 所示，其斜率CK ab 1=(7)直线在T 轴上的截距等于T 0，直线ab 的终点b 的坐标为（T 1，Q 1）．当电阻丝继续加热，活塞开始向外运动以后，因为过程是缓慢的，外界大气压及摩擦力皆不变，所以气体的压强不变，仍是p ，气体经历的过程为等压过程．在气体的体积从初始体积V 0增大到V ，温度由T 1升高到T 的过程中，设气体从电阻丝吸收的热量为Q '，活塞运动过程中与器壁摩擦生热的一半热量为q ，由热力学第一定律可知()()01V V p T T C q Q -+-=+'(8)q 可由摩擦力做功求得，即⎪⎭⎫⎝⎛-=S V V F q 021 (9)代入（8）式得()()()0102V V p T T C SV V F Q -+-=-+' (10)由状态方程式可知()()10T T R V V p -=-(11)将（11）式和（4）式代入（10）式，得()()102T T F S p FRR C Q -⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=' 即()10002222T Q FRS Rp CF S Cp F S p T +'++++=（12）从开始对气体加热到气体温度升高到T ( >T 1)的过程中，气体从电阻丝吸收的总热量Q Q Q '+=1（13）把（13）式代入到（12）式，并注意到（4）式和（5），得()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛=≥++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++++=S p CFT Q Q S p T F S p S p CFT Q FR S Rp CF S Cp F S p T 001000000002222（14） 由此可知，当S p CFT Q Q 001=≥时，T 与Q 的关系仍为一直线，此直线起点的坐标为Sp CFT Q Q 001==，1T T =；斜率为()FRS Rp CF S Cp F S p ++++0002222（15）在Q T ~图中，就是直线bd ，当热量Q 从零开始逐渐增大，气体温度T 将从起始温度T 0沿着斜率为K ab 的直线ab 上升到温度为T 1的b 点，然后沿着斜率为K bd 的直线bd 上升，如图所示．四、1．相对于车厢参考系，地面连同挡板以速度v 趋向光源S 运动．由S 发出的光经小孔射出后成锥形光束，随离开光源距离的增大，其横截面积逐渐扩大．若距S 的距离为L 处光束的横截面正好是半径为R 的圆面，如图所示，则有LRl r =可得rRl L =(1)设想车厢足够长，并设想在车厢前端距S 为L 处放置一个半径为R 的环，相对车厢静止，则光束恰好从环内射出．当挡板运动到与此环相遇时，挡板就会将光束完全遮住．此时，在车厢参考系中挡板离光源S 的距离就是L ．在车厢参考系中，初始时，根据相对论，挡板离光源的距离为()21c x A v -(2)故出现挡板完全遮住光束的时刻为()vv Lc x t A--=21 (3)由（1）、（3）式得()vv v r Rl c x t A --=21(4)2．相对于地面参考系，光源与车厢以速度v 向挡板运动．光源与孔之间的距离缩短为()2c 1'v -=l l(5)而孔半径r 不变，所以锥形光束的顶角变大，环到S 的距离即挡板完全遮光时距离应为221cr Rl r Rl'L'v -==(6)初始时，挡板离S 的距离为x A ，出现挡板完全遮住光束的时刻为221cr Rl x L'x t A A v v v v --=-='(7)五、用半径分别为r 1（>a 1），r 2，…，r i ，…，r n –1（<a 2）的n -1个同心圆把塑料薄圆环分割成n 个细圆环．第i 个细圆环的宽度为1Δ--=i i i r r r ，其环带面积()i i i i i i r r r r ππr Δπ2ΔΔS 22=--=式中已略去高阶小量2)Δ(i r ．，该细圆环带上、下表面所带电荷量之和为iii i i i i r r πr r r σS q Δ4Δπ22σΔ2Δ020σ=== 设时刻t ，细圆环转动的角速度为ω ，t βωω-=0单位时间内，通过它的“横截面”的电荷量，即为电流iiii r r q I Δ2π2ΔΔ0ωσω== 由环形电流产生磁场的规律，该细圆环的电流在环心产生的磁感应强度为20Δr 2ΔΔi ii i i r k r I kB ωσ== (1) 式中i r Δ是一个微小量，注意到()21Δi i i i i i r r r r r r ≈-=-，有i i i i i i i i r r r r r r r r 11Δ1112-=-=--- (2)将各细圆环产生的磁场叠加，由（1）、（2）式得出环心O 点处的磁感应强度：21120)(2a a a a k B -=ωσ(3)由于a 0<<a 1，可以认为在导线圆环所在小区域的磁场是匀强磁场，可由O 点的场表示．磁场对导线环的磁通量2021120π)(2a a a a a k BS Φ-==ωσ(4)由于ω是变化的，所以上述磁通量是随时间变化的，产生的感应电动势的大小为2121202120120π)(2π)(2a a a a a k t a a a a a k t βσωσΦ-=∆∆-=∆∆=E (5)由全电路欧姆定律可知，导线环内感应电流的大小为Ra a a a a k R I 212120π)(2βσ-==E (6)设题图中薄圆环带正电作逆时针旋转，穿过导线圆环的磁场方向垂直纸面向外，由于薄圆环环作减角速转动，穿过导线圆环的磁场逐渐减小，根据楞次定律，导线圆环中的感应电流亦为逆时针方向，导线圆环各元段∆l 所受的安培力都沿环半径向外．现取对于y 轴两对称点U 、V ，对应的二段电流元l I ∆所受的安培力的大小为(7)方向如图所示，它沿x 及y 方向分量分别 y BI l BI f x ∆=⋅∆=∆θcos(8)x BI l BI f y ∆=⋅∆=∆θsin(9)根据对称性，作用于沿半个导线圆环QMN 上的各电流元的安培力的x 分量之和相互抵消，即0ΔΔ∑∑===y BI y BI f x(10)（式中θcos l y ∆=∆，当2π<θ时，y ∆是正的，当2π>θ时，y ∆是负的，故∑=∆0y ）， 而作用于沿半个导线圆环QMN 上的各电流元的安培力的y 分量之和为2ΔΔaBI x BI x BI f y ===∑∑ (11)（式中θsin l x ∆=∆，由于θ 在0~π之间x ∆都是正的，故∑=∆02ax ），即半个导线圆环上受的总安培力的大小为02a BI ，方向沿y 正方向，由于半个圆环处于平衡状态，所以在导线截面Q 、N 处所受（来自另外半个圆环）的拉力（即张力）F 应满足022a BI F =．由（3）、（6）两式得()t Ra a a a a k BIa F βωβσ--==02221212302020)(π4(12)由（12）式可见，张力F 随时间t 线性减小．六、参考解答：1． 圆筒内光学元件的相对位置如图1所示．各元件的作用如下：狭缝S ：光源的光由此进入分光镜，观察到的谱线就是狭缝的像．透镜L 1：与狭缝的距离为f 1，使由狭缝射来的光束经L 1后成为与圆筒轴平行的平行光束． 分光棱镜：使由L 1射来的平行光束中频率不同的单色光经棱镜后成为沿不同方向出射的平行光束．透镜L 2：使各种单色平行光束经L 2 成像在它的焦平面上，形成狭缝的像（即光谱线）． 观察屏P ：位于L 2焦平面上，光源的谱线即在此屏上．透镜L 3：与P 的距离≤f 3，是人眼观察光谱线所用的放大镜（目镜）．2．已知钠黄光的谱线位于P 的中央，S 的像位于L 2 的焦点上，由此可知，对分光棱镜系统来说，钠黄光的入射光束和出射光束都与轴平行，由于棱镜系统是左右对称，因此钠黄光在棱镜内的光路应该是左右对称的，在中间棱镜中的光路应该与轴平行，分光元件中的光路图如图2所示，左半部的光路如图3．用i 1、r 1、i 2、r 2分别表示两次折射时的入射角和折射角，用n 1、n 2分别表示两块棱镜对D 线的折射率，由图3可以看出，在两棱镜界面上发生折射时，22i r >，表明21n n >，即中间的棱镜应用折射率较大的火石玻璃制成，两侧棱镜用冕牌玻璃制成，故有D n n =1=1.5170，D n n '=2=1.7200．由几何关系可得图2图3图122i r α==（1）12r i α+=（2） 由折射定律可得 111sin sin i n r =（3）1222sin sin n i n r =（4）从以上各式中消去1i 、2i 、1r 和2r 得22212sin 2n n α⎛⎫-= ⎪⎝⎭（5）解（5）式得()()221222124142sin n n n n -+-=⎪⎭⎫⎝⎛α （6）以5170.11=n ，7200.12=n 代入，得123.6α= （7）七、参考解答：1． 求刚碰撞后小球A 、B 、C 、D 的速度设刚碰撞后，小球A 、B 、C 、D 的速度分别为A v 、B v 、C v 、D v ，并设它们的方向都与0v 的方向相同．由于小球C 位于由B 、C 、D 三球组成的系统的质心处，所以小球C 的速度也就是这系统的质心的速度．因碰撞前后四小球组成的质点组的动量守恒， 故有0A C 3M M m =+v v v（1） 碰撞前后质点组的角动量守恒，有C D 02ml ml =+v v（2）这里角动量的参考点设在与B 球重合的空间固定点，且规定顺时针方向的角动量为正．因为是弹性碰撞，碰撞前后质点组的动能相等，有222220A B C D 11111+22222M M m m =++v v mv v v （3）因为杆是刚性杆，小球B 和D 相对于小球C 的速度大小必相等，方向应相反，所以有B C C D --v v =v v（4）解（1）、（2）、（3）、（4）式，可得两个解 C v =0（5）和C 0456MM m=+v v（6）因为C v 也是刚碰撞后由B 、C 、D 三小球组成的系统的质心的速度，根据质心运动定律，碰撞后这系统的质心不可能静止不动，故（5）式不合理，应舍去．取（6）式时可解得刚碰撞后A 、B 、D 三球的速度 A 05656M mM m -=+v v（7）B 01056M M m =+v v（8）D 0256MM m =-+v v（9）2．讨论碰撞后各小球的运动碰撞后，由于B 、C 、D 三小球组成的系统不受外力作用，其质心的速度不变，故小球C 将以（6）式的速度即C 0456MM m=+v v 沿0v 方向作匀速运动．由（4）、（8）、（9）式可知，碰撞后，B 、D 两小球将绕小球C 作匀角速度转动，角速度的大小为656B M l M m ω-==+C v v v l（10）方向为逆时针方向．由（7）式可知，碰后小球A 的速度的大小和方向与M 、m 的大小有关，下面就M 、m 取值不同而导致运动情形的不同进行讨论：（i ）A 0v =，即碰撞后小球A 停住，由（7）式可知发生这种运动的条件是 560M m -=即65M m = （11）（ii ）A 0v <，即碰撞后小球A 反方向运动，根据（7）式，发生这种运动的条件是65M m < （12）（iii ）A 0v >但A C <v v ，即碰撞后小球A 沿0v 方向作匀速直线运动，但其速度小于小球C 的速度．由（7）式和（6）式，可知发生这种运动的条件是 560M m ->和m M M 654->即665m M m << （13）（iv ）A C >v v ，即碰撞后小球A 仍沿0v 方向运动，且其速度大于小球C 的速度，发生这种运动的条件是6M m >（14）（v ）A C =v v ，即碰撞后小球A 和小球C 以相同的速度一起沿0v 方向运动，发生这种运动的条件是6M m =（15）在这种情形下，由于小球B 、D 绕小球C 作圆周运动，当细杆转过180时，小球D 将从小球A 的后面与小球A 相遇，而发生第二次碰撞，碰后小球A 继续沿0v 方向运动．根据质心运动定理，C 球的速度要减小，碰后再也不可能发生第三次碰撞．这两次碰撞的时间间隔是()056πππ6M m l l t Mω+===v v（16）从第一次碰撞到第二次碰撞，小球C 走过的路程C 2π3ld t ==v （17）3．求第二次碰撞后，小球A 、B 、C 、D 的速度刚要发生第二次碰撞时，细杆已转过180，这时，小球B 的速度为D v ，小球D 的速度为B v ．在第二次碰撞过程中，质点组的动量守恒，角动量守恒和能量守恒．设第二次刚碰撞后小球A 、B 、C 、D 的速度分别为A 'v 、B 'v 、C 'v 和D 'v ，并假定它们的方向都与0v 的方向相同．注意到（1）、（2）、（3）式可得0A C 3M M m ''=+v v v （18） CB 02ml ml ''=+v v （19）222220A B C D 11111+22222M M m m ''''=++v v mv v v（20）由杆的刚性条件有D C C B ''''-=-v v v v（21）（19）式的角动量参考点设在刚要发生第二次碰撞时与D 球重合的空间点．把（18）、（19）、（20）、（21）式与（1）、（2）、（3）、（4）式对比，可以看到它们除了小球B 和D 互换之外是完全相同的．因此它们也有两个解C0'=v （22） 和C0456MM m'=+v v（23）对于由B 、C 、D 三小球组成的系统，在受到A 球的作用后，其质心的速度不可能保持不变，而（23）式是第二次碰撞未发生时质心的速度，不合理，应该舍去．取（22）式时，可解得 A 0'=v v （24）B 0'=v（25）D 0'=v（26）（22）、（24）、（25）、（26）式表明第二次碰撞后，小球A以速度v作匀速直线运动，即恢复到第一次碰撞前的运动，但已位于杆的前方，细杆和小球B、C、D则处于静止状态，即恢复到第一次碰撞前的运动状态，但都向前移动了一段距离2π3ld=，而且小球D和B换了位置．。