对于回路AQOA，回路中磁通量等于回路所包围的磁场区的面积的磁通量，此面积为S2，通过它的磁通量?2?BS2。根据电磁感应定律可知回路中电动势的大小
E2?S2k（6）
在图中连OC，令?COQ??，则?OQC????，于是
S2??AOC的面积?扇形OCD的面积1??(Rsin?)?2Rcos???R2 22?1?R2(sin2???)21当???/4时，S2?R2(1??)，
2?OCQ中有
x?2RR ?sin?sin[(?/4)??]Rsin??(x?2R)sin(??)4
1?(x?2R)(cos??sin?)2(R?x?2R2)sin??x?2R2cos?
?tan??x?2R x于是得 S2?12x?2RR(1?arctan)（7） 2x由（5）、（6）、（7）式可得沿AQ线的电动势的大小为 EAQkR2x?2R?(1?arctan)（8） 2x
三、参考解答
以三个质点为系统，由对称性可知，开始时其质心应位于C处，因为质点系所1 受的合外力为零，由质心运动定理可知，质心总是固定不动的。质点1、2在静电力A 作用下，彼此间距离必增大，但不可能保持在沿起始状态时1、2连线上运动，若是
C
那样运动，由于杆不能伸长，质点3必向左运动，三者的质心势必亦向左运动，这与3 “质心不动”相矛盾，故不可能。由此可知，由于杆为刚性，质点1、2在静电力作用下，要保持质心不动，质点1、2必将分别向题图中右上方和右下方运动，而质点3将向左运动．当3运动到C处时，1、2将运动到A、B处，A、B、C三点在一
图
复
解
直线上，1、2的速度方向向右，3的速度方向左（如图复解19-3所示）。令v1、v2、v3分别表示此时它们的速度大小，则由对称性可知此时三质点的总动能为
1212EK?mv3?2(mv1)（1）
22再由对称性及动量守恒可知
B
2
mv3?2mv1（2）
系统原来的电势能为
q2EP?3k（3）
l其中k为静电力常数．运动到国复解19-3所示的位置时的电势能为
qqEP??2k?k（4）
l2l根据能量守恒有
22EP?EP??EK（5）
由以上各式可解得
2kq2（6） v3?3lm
四、参考解答
1.（1）调整活塞6使毛细管8中有色液柱处于适当位置，将阀门10关闭使两边气体隔绝，记下有色液柱的位置；
（2）合上开关S，测得电流I； （3）打开开关S；
（4）测出有色液体右移的最远距离?x；
（5）改变电源电压，重复测量多次，记下多次的I和?x值。
12LI，因二极管D的存在，r中无电流。打开开关S后，2由于L中有感应电动势，在线圈L、电阻器ab和二极管D组成的回路中有电流通过，最后变为零。
2.合上开关S后，线捆贮有磁场能量W?在此过程中原来线圈中储存的磁场能量将转化为r和rL上放出的热量，其中r上放出的热量为
?Q?12rLI?（1） 2r?rL此热量使试管中的气体加热、升温。因为是等压过程，所以气体吸热为
?Q?m?Cp?T（2）
式中m为气体质量，?为其摩尔质量，?T为温升，因为是等压过程，设气体体积改变量为?V，则由理想气体状态方程可得
p?V?m?R?T（3）
而?V??x（4） 4由以上各式可得
?d2?xr?rCpp?dL?2?L?（5）
2rRI
五、参考解答
利用焦点的性质，用作图法可求得小物PQ的像P?Q?，如下图所示。
2Q
y
n1 f1
u
n2
F2
f2
v
P F1
y?Q
P?
?
图复解 19-5-1
（1）用y和y?分别表示物和像的大小，则由图中的几何关系可得
f2yu?f1??（1） y?f1v?f2(u?f1)(v?f2)?f1f2
简化后即得物像距公式，即u，v，f1，f2之间的关系式
f1f2??1（2） uv（2）薄透镜中心附近可视为筹薄平行板，入射光线经过两次折射后射出，放大后的光路如图复解19-5-2所示。图中?1为入射角，?2为与之相应的出射角，?为平行板中的光线与法线的夹角。设透镜的折射率为n，则由折射定律得
n1sin?1?nsin??n2sin?2（3）
对傍轴光线，?1、?2≤1，得sin?1??1，sin?2??2，因而得
?2?n1?1（4） n2?1
nn
? ?
n
?2
（3）由物点Q射向中心O的入射线，经L折射后，
图复解 19-5-2
出射线应射向Q?，如图复解19-5-3所示，
Q
y
P
在傍轴的条件下，有
n1 L
n2
?1 F2
?2
图复解 19-5-3
F1 u
y?
P? Q?
vu
yy??tan?1??1，?tan?2??2（5） uv二式相除并利用（4）式，得
y?un1?（6） yvn2用（1）式的y?/y?f1/(u?f1)代入（6）式，得
f1un?1
(u?f1)vn2即f1?n1uv（7）
n2u?n1v用（1）式的y?/y?(v?f2)/f2代入（6）式，得
(v?f2)un1? f2vn2即f2?n2uv（8）
n2u?n1v从而得f1，f2，n1，n2之间关系式
f2n2?（9） f1n1
六、参考解答
（1）由能量与速度关系及题给条件可知运动电子的能量为
m0c21?(v2/c2)由此可解得
?1.10m0c2（1）
0.21?0.417c?0.42c（2） 1.10h?h??入射光子和散射光子的动量分别为p?和p??，方向如图复解19-6所示。电子的动量为
ccmv，m为运动电子的相对论质量。由动量守恒定律可得
v?m0v1?(v2/c2)m0v1?(v2/c2)cos??h?（3） ch??（4） c光子散射方向
电子 ? 光子入射方向
A
光子入射方向
图复解 19-6
sin??2已知h??h???0.10m0c（5）
由（2）、（3）、（4）、（5）式可解得
??0.37m0c2/h（6） ???0.27m0c2/h（7）
??27?arctan()?36.1?（8） ?37电子从O点运动到A所需时间为 ??tan－1?t?L0?2.4L0/c（9） v（2）当观察者相对于S沿OA方向以速度v运动时，由狭义相对论的长度收缩效应得
L?L01?(v2/c2)（10） L?0.91L0（11）
七、参考解答
1. 珠子运动的轨迹
建立如图复解19-7所示的坐标系，原点O在过A点的竖直线与细杆相交处，x轴沿细杆向右，y轴沿OA向下。当珠子运动到N点处且绳子未断时，小环在B处，BN垂直于x轴，所以珠子的坐标为
x?PN，y?BN
由?APN知
(AP)2?(PN)2?(AN)2
即有(h?y)2?x2?(l?y)2，得
x2??2(l?h)y?(l2?h2)（1）
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