1.设法使边长为
L的正方形环在任何情况下均以匀速度
v沿着它的AB边方向运动，在其运动
的空间区域内有一匀强电场，场强电场E相对于环平面的倾角为
E垂直于环的运动速度。运动期间，环始终在同一平面上，
θ。设环上串有大量小球，这些小球象珠子串在项链上那样被
q。今在相对于环不动的参照系中设法让这些
a，且L远大于a（参见图52-2），
串在环上。小球的大小可忽略，各球都带有电量小球均以匀速
u沿环边运动，各边上相邻两球的间距均为
环是用不导电的线制作的，在相对于环不动的参照系中它有均匀的电荷线密度，正好把全部小球的电荷完全抵消掉。
考虑相对论效应，在一个从其上看环的运动速度为照系上计算以下各量：
1、环路各边上相邻两个小球之间的距离
aAB,aBC,aCD和aDA；
QAB,QBC,QCD
C
D
v的惯性参
u
LE
A
u
u
u
B
2、环路各边净电量（各边上线电荷与小球电荷之和）和QDA；
3、使环与小球系统受到转动作用的电力矩模量4、环与小球系统和电场之间相互作用的电势能所有解答均需用题中给定的量来描述。注意：物体的电荷量与测量参照系的选择无关。图52-2只画出了各矢量之间的相对方向。略去电磁辐射。有关的相对论公式如下：（1）设惯性参照系
M；W。
a
图52-2
S以匀速度v相对另一参照系
v沿x轴正方向。
S运动。两参照系对应的坐标轴彼此平
行，t=0时坐标原点重合，速度
若在S系测得一个质点以速度u沿x轴运动，那么在
S系测得该质点的速度应为
u
u1
v
uvc
2
其方向沿x轴正方向（相对论速度求和公式）（2）如果一个物体的静止长度为那么该观察者测得此物体长度
L为
。
L0，当它以速度v沿其长度方向相对某观察者运动时，
L1
vc
22
L0
解：1、令S为观察到环路以速度v运动的实验室参照系，
S为环路参照系（S系的x
轴与v同向，y沿着DA边的方向，z轴则垂直于环路所在平面）。S系各轴平行于S系各对应轴，S与S系的坐标原点在
（1）AB边
建立与AB边上的小球一起运动的参照系相对S具有速度u。
据洛仑兹收缩，
t=0时重合。
S，它的各坐标轴与S，S系的坐标轴平行。S
S测得的AB边上相邻两个小球之间的距离
ar为
ar
1
auc
22
，（1）
（只要ar是在相对小球静止的参照系中测得的相邻两球间距，上式对任何一条边均成
立。）
据相对论速度求和公式，S系中的观察者认为AB边上诸球具有的速度为
uAB
u1
v,uvc
2
再据洛仑兹收缩，此观察者将测得
（2）
AB边上相邻两球的间距为
2uAB2
aAB
1
，
将（1），（2）式代入到（3）式，可得：
c
ar
（3）
1
aAB
1
（2）CD边
对S系中的观察者而言，
v
22
cauvc
2
。（4）
CD边上小球的速度为
uCD
v1
uuvc
2
，（5）
再据洛仑兹收缩有
aCD
1
2uCD2
c
ar
，
（6）
将（1），（5）式代入到（6）式，便得
1
aCD
1
（3）DA边
v
22
c
auvc
2
（7）
在S系中，令DA边上的某一小球在一个小球应位于
t0时刻位于x10处。
y1z1
0处。在同一时刻邻近的
x2
0，y2a，z2
各球相对于S系的空—时坐标可由洛仑兹变换式给出
x
1xvt)
1
v
2
(c2
，
y
y，z
z，
（8）
t
12(t
xv1
vc
2
)
c2
。
据此，第一个小球在
S系中有
x11vt0
1v2c
2，
y10，z10，
（9）
t11
2t0
1
vc2
。
第二个小球则为
x122vt0
1
vc2，
y2a，z20，（10）
t12
2t0
1
vc
2。
由于
t1t2，S系中这两个小球之间的距离便为
aDA
[(x2
x1)2
(y21/2
2y1)
2
(z2z1)]
，（11）
即得
aDA
a。
（12）
（4）BC边
重复上述相似的讨论，可得
aBC
a
（13）
（其实，由于
DA，BC边与v垂直，无洛仑兹收缩，故
aDA
aBC
a。）
2、在环路参照系
S中，每一条边线上的电荷量为
QL
Wa
q
（14）
在此已考虑到L/a为各边上的小球数。由于电荷是运动不变量，在实验室参照系各边线电荷量也为此值。
（1）AB边
在实验室参照系中，AB边上各球电荷量之和为
S中测得的
1
QAB.b
vc
22
Lq
（15）
（15）式右边第一项中
aAB
此式系由AB边上小球数乘以每一小球电荷量（运动不变量）来获得。的分子为S系中观察者测得的运动收缩边长，分母则为相邻小球的间距。
将（4）式代入到（15）式中，可得：
QAB.b
La
1
uvc
2
q
（16）
E
将（14）式和（16）式相加，便得AB边上总电荷量
FAB
B
QAB
（2）CD边
用相同的方法可得
Luv2qac。
（17）
C
1
QCD.b
vc
22
Lq
FCD
Lsin
La
aCDLuv2qac
1
uvc
2
q
（18）
图52-3
（19）
将（14）和（18）式相加，可得
QCD
（3）BC边和DA边
S系中观察者测得这两条边的边长均为L，相邻两球的间距也均为，
（20）
a，因此
QBC.bQDA.b
La
q
将（14）和（20）式相加，可得
QBCQDA
0，0。
LuvacL
2
（21.1）
（21.2）
3、作用在AB边上的电场力为
FABQABEqE
，
（22）
C
E
作用在CD边上的电场力为
FCDQCDE
uv
2
ac
qE
，
（23）
52-3）
B
FAB与FCD形成一力偶。据力偶的力矩表达式，可得（参见图
M
最后可表达成
R
FABLsinuvL
qEsin2
ca
2
（24）
U
0
M
图52-4
（25）
CD边上各点的静电势（指场强为
E的外电场的
4、令UAB和UCD分别为AB边上各点和电势——注），那么有
W
UABQAB
UCDQCD，
（26）
将电势零位（U=0）选在与E垂直的一个平面上，此平面与图52-4），于是
AB边的间距为某一任意量R（见
W
但QCD
ERQABE(RLcos)QCD
（27）
QAB，故W
ELQABcos，uvLqEca
22
（28）
将（17）式代入到（28）式，便得
Wcos
（29）
2. 如图11-189所示，一块均匀的细长木板以倾角θ静止地放在两根水平的固定平行细木棒A和B之间。若两棒相距为d，两棒和木板间的摩擦因数均为μ，试求木板重心G与木棒A之间的距离。
解：注意解答的完整性
d
B
A
dx
20
(tg)
水平线
当tg当tg
图11-189
A点由静止开始B点的速度。
3. A、B两点相距s，将s平分为n等份。今让一物体（可视为质点）从向B做加速运动，但每过一个等分点，加速度都增加a/n。试求该物体到达
解：设质点从静止出发，经过距离有
s2s3s4s
,,,,nnnn
s
2、V3、…Vn，则后的速度为V1、V
V
2
1
2a
2V1
s
n (1) 2a2a
asnn (2) asnn (3) n1n
2a
2V2
2V32V2
2Vn2Vn1
2aa
sn (n)
2a
n1nasn
将以上几个式相加可得
V
2n
2a
sn
2a
asnn
2asn
n
2asn
11
1n
1
2n
1
n1n
vv
O
图12-32
2asnVn
nn11n
12
as3
1n
as3
tt
4. 一个质点从静止开始，先以加速度a1作匀加速运动，后以大小为
a2的加速度作匀减速直线运动，直至静止，质点运动的总时间为t，则运动的总位移是多少？
分析：本题要扣住了质点分段运动中的转折点时的速度为解题的切入点。加速过程中的末速度就是减速过程中的初速度，也是全程中的最大速度，而且全程中的平均速度为最大速度的一半。本题有两种解法：一种是公式法，一种是图像法。在图12-32中质点的速度-时间图像中质点运动过程的速度情况是十分直观的。在图像法中，图像的斜率就是物体的加速度，图像所围的面积就是质点的位移，再根据它们之间关系就可以达到求解的目的。
解法一：质点作匀加速直线运动的末速度为
vm，由题意可知a2:a1
（1）（2）
vmt1
a1t1t2
ta2ta1(0
a2
a2t2t1:t2
由（1）、（2）两式解得
t
质点的总位移为
vma1t1
a1a2ta1
a2
vmt2vmt2
B气
水银柱空气
大
s
vm)t12
(vm
2
0)t2vm(t1t2)
2
a1a2t2(a1
2
a2)
解法二：作出质点运动过程中的速度-时间图像如图12-32所示，由图像的物理意义可知，
tg
t1
t2
vma1s
a1vma2vmt2
vmt1t
2
tgvm
a2a1a2ta1
a2
L0LL0
4L0
图像所围的面积就是质点的位移
a1a2t2(a1
a2)
5．如图24-29所示，截面均匀，下端A封闭的细长试管AB竖直放置，管下端A内封有长为L0的空气，管中间是长为4L0的水银柱，管上端B有长为L0的空气。管中间有长为L=4L0的水银柱管上端B有长为L0的空气。开始时，管上端B与大气连通，大气压强为p0=2ρgL，其中ρ为水银密度。
（1）如果先将B端封闭，再将试管缓慢转过与B端空气柱长度LB各为多少？
180°，试问管中
A端空气柱长度180°，再缓慢回转
LA
A
图24-29 180°
（2）如果B端始终与大气连通，不封闭，先将试管缓慢倒转复原。试问最后管中A端空气柱长度LA与B端空气柱长度
设倒转过程均在大气环境下进行，温度不变。解：（1）倒转前后，对于A、B气体有
LB各为多少L0？
pALAp0gLL0,pBLB
4L0，
p0L0pAgLLB
而
LALB2L0,p0
2gL,L
LA1.37L0,LB0.63L0.所以求得
（2）设倒转后水银不外泄，对于A端空气柱有
p0
求得
gLL03L0，
p0
gLLA，
LA
说明水银外泄一部分。设倒转后，剩下水银柱长度为L，A端长度为LA，则有
p0LALA
gLL0L
2L0
p0L
gLLA,6L0，3.39L0。
p0
gLLA,LB
LA
LA，
解得
回转过程中，有
2.61L0,L
p0
gLLA
p0gLL0
求得
LA1.05L0,LB
1.55L0。
6．某水银气压计的玻璃管顶端高出水银槽液面1m。如图24-33所示，因上部混入少量空气，使其读数不准。当气温为27oC，标准气压计读数仍为76cmHg时，该气压计读数为70cmHg。
（1）在相同气温下，若用该气压计测量气压，测得读数为68cmHg，则实际气压应为多少厘米汞柱？
（2）若在气温为-3oC时，用该气压计测得气压读数仍为70cmHg，则实际气压应为多少厘米汞柱？
解：（1）以混入气压计内气体为研究对象，因温度不变，有
p0V0V0
P1V1，p0
767030S，V15.6(cmHg)
6(cmHg)(10068)S
32S
70cm
(10070)S
3032p1
则
P1pp0/T0T2
668
实际气压
73.6(cmHg)
27327
300(K)
（2）因体积不变，有
P2/T2，T0
2733P2P
270(K)，p0
6cmHg
则
6270/300P2
70
5.4(cmHg)
L0
实际气压
75.4(cmHg)
7．如图24-61所示，有一个直立的气缸，气缸底到气缸口的距离为L0cm，用一厚度和质量均可忽略不计的刚性活塞A，把一定质量的空气封在气缸内，活塞与气缸间的
图24-61
摩擦可忽略。平衡时活塞上表面与气缸口的距离很小（计算时可忽略不计），周围大气的压强为H0cmHg。现把盛有水银的一个瓶子放在活塞上（瓶子的质量可忽略），平衡时活塞到气缸底的距离为Lcm。若不是把这瓶水银放在活塞上，而是把瓶内水银缓缓不断地倒在活塞上方，这时活塞向下移，压缩气体，直到活塞不再下移，求此时活塞在气缸内可能的位置以及与之相对应的条件（即题中给出量之间应满足的关系），设气体的温度不变。
8．
分析：设整瓶水银放在活塞上后，使气缸内气体增加的压强为h cmHg；由玻意耳定律
，这也是全部水银倒在活塞上而无溢柱的高度。
当将水银缓缓倒向活塞直到活塞不再下移时，对应着两种可能情况：（1）水银能全部倒在活塞上而无溢出；（2）只有部分水银倒在了活塞上水银就开始溢出。然后分别对这两种进行讨论，找出活塞可能的位置和对应的条件。
解一：设整瓶水银放在活塞上后，使气缸内气体增加的压强为hcmHg；由玻意耳定律
H0L0(H0
h)L，得
h
H0(L0
L
L)
H0L0h
(H0
h)LL)
（1）
h的大小反映了水银质量的大小。
H0(L0
L得
式中L为此时活塞所在位置与缸底距离，xcm，则由玻意耳定律
H0L0
H
解得
当水银注入后，活塞不再下移时，设活塞上水银的深度为
Hcm，活塞下移的距离为
(H0
H0L0
H)(L0
x
x)
x
（2）
可能发生两种情况：
（1）水银比较少，瓶内水银全部注入后，尚未灌满或刚好灌满活塞上方的气缸，这时有
H
而且有由（1）（2）（3）式得
hxLxH0
Lx
x
（3）
HL0L0
x
活塞到气缸底的距离
LHL
l0H0
x
所以
H0，则有LL若L
（2）瓶内水银比较多，当活塞上方的气缸灌满水银时，瓶内还剩有一定量的水银，这时
HH
由（2）（4）式得
xhL0L0
H0x
H0
（4）（5）
x
则活塞到气缸底的距离
L
由（1）（4）（5）式得
LH0
H0可见，若LH0，则L
解二：设整瓶水银放在活塞上后，使气缸内气体增加的压强为
H0L0h
(H0
h)LL)
hcmHg，由玻意耳定律得
H0(L0
L
这也是全部水银倒在活塞上而无溢出时水银柱的高度。
当将水银缓缓倒向活塞直到活塞不再下移时，对应着水银能全部倒在活塞上而无溢出和只有部分水银倒在了活塞上水银就开始溢出两种可能情况。
下面对这两种情况分别讨论：
H0(L0
（1）当
L)
h
(L0
L)，即
L
L0L
时，得
L
H0，瓶中水银可全部倒
L
=L。
入而无溢出。此种情况与将整瓶水银放在活塞上等效，故活塞到缸底的距离
H0(L0
（2）当
L)
h
(L0
L)，即
(H0(L0(L0
L)L0
LL)L
L0
L
L
，得
L
H0，瓶中水银只有部分倒
在活塞上就开始溢出。设此时活塞到缸底的距离为，由玻意耳定律有
H0L0
即此时水银高度只有
L)，此时压强为
p0
求得
L
H0
H0时，LL；当LH0时，LH0由此可以得出：当L
点评：本题是1996年全国高考试题，其命题具有新意。当年高考时本题得分率最低，只有0.05。其原因是大多数学生没有考虑具有两种可能性，特别是第（2）种情况讨论更少。解法二创设新情景，把h包含的物理意义点出来，使隐含条件明显地暴露出来，这样做可使原问题的难点得到化解，使问题的解答以一种清新简明的面貌展现出来。
8.有一根玻璃管，它的内、外半径分别为r和R，充满发光液，在液会发出绿光。对于绿光，玻璃和液体的折射率分别为n1和n2。
射线的影响下，发光
r
R必须满足何条件？如果有人从外表面观察，玻璃管的厚度似乎为零，请问比值
分析：引起玻璃管壁厚度为零的感觉，是因为有部分来自液体的光线射出管外时，沿着
玻璃管外表面的切线方向到达眼睛。
由于系统呈圆柱体对称，故只需考虑一条沿着管壁切线方向射出并与管轴垂直的光线就可以了（如图
33-97）。图中，若光线由液体中射入玻璃中的折射角
取值越大。而
取值越
n
B
1
大，则由玻璃射向空气的入射角越大，则越容易出现光线
沿管壁切线方向射出的情况。可见，只需对和取值最大时能使光线沿管壁
切线方向射出的情况进行讨论就可以了。
解：如图，设O为圆心，某一条光线自管内壁之A点射向外壁之B点，则
n1
An2
r
R
O
图33-97
AOB中，由正弦定理有
OAsin
r
即
OBsin180
（※）
sinsin
A
max
R
（1）若
n2
n1，则
sin
的最大值可取
90，此时由（※）式则有
i
应不小于临界角
C，即应有
rR
rR
1n1
r
此时若要有光线能沿管壁切线方向射出，则
sinsinC
M
N
综合以上两式知此时的条件为
rR
（2）若
1n1
的最大值应满足
n2
n1，则由折射定律知sin
na
max
n1
将满足
以此代入（※）式知此时的角
sin
同上道理，
rR
n2n1
C，即
D
还应不小于临界角
h
A
sinsinC
1n1
综合以上两式知此时的条件为
rR
1n1
图33-109
9.薄壁透明圆柱形玻璃容器浮于水面，容器的内底面与容器外水面的高度差为h，容器的
内直径为D。在容器底正中放有一个小物体A（图33-109）。实验证明，在水面上方容器外侧存在一个看不见A的“盲区”。已知水的折射率为n=4/3，sin48°36ˊ=0.75，假定水面与玻璃表面垂直，试确定此盲区的范围。
分析：从A点发出的一细束光AB，如图33-110所示。B点在容器壁与水面的交界处。光束Ⅰ是直接从空气中射出的光，光束Ⅱ是经过水的折射后的折射光。这两条光的中间区域看不到从物体A上发出的光，因此是看不见A的“盲区”。
sini
解：根据光的折射公式
1n
34
D
D
sinrD2
rIII
i
sini
(
而
D2
)
2
h
2
D
2
4h
2
sinr
所以
43
sini
4D3D
2
A
4h
2
图33-110
当
D
677D
h
时，sinr1，r
90
677
所以当
h
时，与容器壁的夹角为
2
sin(D/D
12
4h)到
2
arcsin
3D
D
677
4D
2
4h的区域为盲区。
arcsin
时，当容器壁的夹角大于
DD
2
当
h
4h的区域为盲区。
2
10.如图33-119所示，一个附着有小珠的屏，当入射光聚焦在小珠的后表面时会把入射光反射回光源。对在水中要用折射率多大的材料？
(n=4/3)穿紧身衣潜水者来说，理想情况下小珠
OP轴的近轴光线，会聚于
P处
潜水者
解：如图33-120所示，选择平行于则又∵且∴综合解得
nO
i2
i3
n
i1
nsini2sini2
nsini1i2
i3
sini12i2
i1
P
i3
n
i1
2n
4/3
83
图33-120
11. 一条窄的激光束在折射率为n1的媒质中传播，射向半径为R的透明球。球心到光束的距离为L，光束宽度比球的半径小得多，球是由折射率为n2的光疏媒质制作的（图33-121）。试求光束与原方向的偏角。
分析：由原题图有，对于发生反射的临界值I有
I临Rsinn2
l
R
临
R1
n2n1。
2arcsin
lR。
l
n1
Rn2O
由此可得，如果n2
n2l当
，发生全反射所求的偏角为图
R
n1时，光路图如图33-122所示，有
arcsinarcsin
lR，sinn
。
2
。因为
l
所以当Rn2
n1时，所求的偏角为
2arcsin
n2
lR
1
，偏角为
l
n1
CO
Rn2
Ln1Rn2
arcsin
lR。
lR。
图33-122
解：如果
n1
2arcsin
l
如果
n2
n1，偏角为
R
2arcsin
Ln1Rn2
arcsin
lR。
12．两个相距很远的铜球，已知其半径和电势分别是：r1=6cm，U1=300V；r2=4 cm，U2=150V。将这两个铜球用细铜丝连接达到静电平衡后，问此时电能损耗了多少？
kQ/r，所以球形导体电容解：因为U
CQ/U
r/k。两球以导线相连后电势相等，
可认为两电容并联，电荷总量守恒，即
C1U1
C2U2(C1
C2)U末。
得
UC1U1
C2U2r1U1
r2U2末
C1
C2
r1
r240(V)
2
铜球连接有后总能量
E
1CU2
122
112
C212U
2
2k
(r2
1U1
r2U2
)
3.510
7
(J)
连接后总能量
E
12
2
(C1C2)U1末
2k
(r1
r2
2)U末
3.210
7
(J)
电流通过导线，发热损耗及由电磁波辐射损耗的能量
EEE0.3107
(J)
13．真空中，有五个电量均为q的均匀带电薄球壳，它们的半径分别为
R、R/2、R/8、R/16，彼此内切于P点。球心分别为O1、O2、O3、O4、O5。求O5与O1间的电势差。
分析：均匀带电球壳在球内外的电势是大家熟知的。利用电势叠加原理可先分别求出球
心O5与O1的电势，再算
O5与O1的电势差。
解：
O5的电势为
U(Okqqqq5)
qRR/2R/4R/8R/16
k(122
2
2
3
24
)
qR
31k
qR
（1）
O1的电势为
U(Oqqqq
1)
k
q
RR
RRRRRRRRR224
2
4
8
2
4
8
16
k(3372q105
)
R
6.54k
qR
（2）
O5与O1的电势差
、R/4U(O5)U(O1)
31k
qR
6.54kqR
qR
24.46k
14．有一带正电的孤立导体明：
（1）σA≥0 （2）UA?UB?0 其中
A
A。另外，从无穷远处将不带电的导体B移至A的附近，试证
为导体A的电荷面密度，UA和UB为导体A和B的电势。
A
解：（1）用反证法，设导体A表面某处线只能来自无穷远处或导体B。若来自无穷远处，则零。故在B表面某处必有
此式矛盾。
若来自B，同理可推得
A
0，则有电场线终止于该处。因此，该电场
B的负电荷处。由于B的总带电量为
6B>0，其发出的电力线只能伸向无穷远。根据电场线性质，有
0处的电场线只能终止于
0UA.
UAUB
0
UBUA
A
0.
0不成立，只能是
A
也产生矛盾，因此原假设
0。
（2）由于静电感应，总带电量为零的导体B上，B有正有负，根据上面的讨论，正电荷发出的电场线只能伸向无穷远，因而负电荷吸收的电场线只能来自导体A。考虑到电势沿电场线方向降低，所以有
UAUB
0.
14．在半径为R的导体球外，有一半径为r的细圆环，圆环的圆心与导体球心的连线长为a(a>R)，且与环面垂直，如图41-90所示。已知环上均匀带电，总电量为q，问：⑴当导体球接地时，球上感应电荷总电量是多少？
⑵当导体球不接地而所带总电量为零时，它的电势如何？⑶当导体球的电势为U0时，球上的总电荷是多少？
⑷情况（3）与情况（1）相比，圆环受导体球的作用力改变量的大小和方向如何？
⑸情况（2）与情况（1）相比，圆环受导体球的作用力改变量的大小和方向如何？
解：（1）导体球是一个等势体，导体球接地时有
导体球的电势等于环上电荷
U球心U球
0
q和导体球表面上感应电荷
q感产生电势的代数和。
U球心
kq感R
r
2
kq
2
a
2
2
0
q感
Rq/ra
⑵由于导体球不带电，故导体球的电势
2
2
U球
⑶导体球的电势为
U球心
kq/ra
U0时
U球U球心
U0
kq感RRq
kqr2
a2
q'感
RU0k
r
2
a
2
⑷比较
q'感和q感，导体球上多了
RU0
RU0k
q的电荷。由于（1）中感和q使导体球的电势为
RU0
k只有均匀分布在球面上，才能使导体球等势。电荷k与圆环的作用力零，所以电荷
就是圆环受力的改变量。均匀分布于球面上的电荷对环的作用力与球心处等量点电荷对环的作用力相等，力的改变量为
RU0
F
k
kr2
qa2(r2
aa2)1/2
RU0aq(r2
a2)3/2
当U00时，力的方向沿球心与环心的连线向右。
U球相当于情况（4）的U0，所以将（2）中的U球代
U0就求得圆环受力的改变量，其值为
F'
kRaq(r
2
2
⑸与情况（4）相比，情况（2）的替（4）中的
a)
22
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容