作用下，q1最后到达空腔1表面，与感应电荷?q1中和．同理，空腔2中q2也将在空腔表面感应电荷?q2的静电力作用下到达空腔2的表面与感应电荷?q2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．O3的电势仍由球外的电荷Q和导体球外表面的电量?q1?q2?q3?及空腔3内壁的电荷?q3共同产生，故O3处的电势U与q3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T0升高到T的过程中，气体从电阻丝吸收的热量，
Q?C?T?T0?
(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T1表示此过程达到末态的温度，p表示末态的压强，Q1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
pT1? p0T0(2)
由力的平衡可知
6
pS?p0S?F
(3)
由（2）、（3）两式可得
T1??p0S?F?T0p0S (4)
代入(1)式得
Q1?CFT0 p0S(5)
由以上讨论可知，当Q?Q1时，T与Q的关系为
T?Q?T0 C(6)
在T~Q图中为一直线如图中ab所示，其斜率
Kab?1 C(7)
直线在T轴上的截距等于T0，直线ab的终点b的坐标为（T1，Q1）．
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V0增大到V，温度由T1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
Q??q?C?T?T1??p?V?V0?
(8)
q可由摩擦力做功求得，即
q?1?V?V0?F?? 2?S?(9)
代入（8）式得
7
Q??F?V?V0??C?T?T1??p?V?V0? 2S(10)
由状态方程式可知
p?V?V0??R?T?T1?
(11)
将（11）式和（4）式代入（10）式，得
??FR??T?T1? Q???C?R???2?p0S?F???即
T?2?p0S?F?Q??T1
2Cp0S?2CF?2Rp0S?FR（12）
从开始对气体加热到气体温度升高到T( >T1)的过程中，气体从电阻丝吸收的总热量
Q?Q1?Q?
（13）
把（13）式代入到（12）式，并注意到（4）式和（5），得
T??2?p0S?F?CFT0?Q?2Cp0S?2CF?2Rp0S?FR?p0S???p0S?F?T0???p0S??CFT0?Q?Q?1?p0S???? （14） ?由此可知，当Q?Q1?CFT0CFT0时，T与Q的关系仍为一直线，此直线起点的坐标为Q?Q1?，p0Sp0ST?T1；斜率为
2?p0S?F?
2Cp0S?2CF?2Rp0S?FR （15）
在T~Q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T0沿着斜率为Kab的直线ab上升到温度为T1的b点，然后沿着斜率为Kbd的直线bd上升，如图所示．
8
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 可得
r S l L R rR? lLRl rL? (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
故出现挡板完全遮住光束的时刻为
xA1??vc?
2(2)
由（1）、（3）式得
x1??vc??L t?Av2(3)
x1??vc?Rlt?A?
vrv2(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
l'?l1??vc?
2 (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
Rl'Rlv2L'??1?2
rrc(6)
初始时，挡板离S的距离为xA，出现挡板完全遮住光束的时刻为
五、用半径分别为r1（>a1），r2，?，ri，?，rn–1（
9
xA?L'xARlv2t????1?2
vvrvc(7)
ΔSi?πri2?π?ri?Δri??2πriΔri
2式中已略去高阶小量(Δr2i)．，该细圆环带上、下表面所带电荷量之和为
Δq2σ0i?2σΔSi?r22πr4π?0ΔriiΔri?ir i设时刻t，细圆环转动的角速度为??，??
???0??t?
单位时间内，通过它的“横截面”的电荷量，即为电流
ΔI?2??i?Δqi0Δri2π?r i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
ΔBΔIi?kir?k2??0Δrir2 (1) ii式中Δri是一个微小量，注意到riri?1?ri?ri?Δri??r2i，有
Δrir2?ri?ri?1rr?1r?1 (2)
iii?1i?1ri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：
B?2k??0(a2?a1)a
(3) 1a2 Φ?BS?2k??0(a2?a1)2aaπa0
(4)
12由于?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
E???2k?220(a2?a1)πa0??2k?0(a2?a1)πa0??t?at?a 1a2?1a(5)
2由全电路欧姆定律可知，导线环内感应电流的大小为
I?E2k?20(a2?a1)πa0?R?a 1a2R(6)
设题图中薄圆环
y 带正电作逆时针旋
转，穿过导线圆环的磁?f ?fy M ?fy??f?场方向垂直纸面向外，由于薄圆环环作减
U ?fx ?l ?y V 角速转动，穿过导
?l
10 ?x ?fx??????x Q O N a0<
由于