由（5）、（6）、（7）式可得沿AQ线的电动势的大小为EAQ?三、参考解答
kR22(1?arctanx?x2R)（8）
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“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EK?（1）
再由对称性及动量守恒可知mv3?2mv1 （2） 系统原来的电势能为EP?3k1 A C 3
B 2
图复解 19-3
12mv3?2(212mv1)
2ql2 （3）
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EP??2k根据能量守恒有EP?EP??EK （5）
ql2?kq22l（4）
由以上各式可解得v3?四、参考解答
2kq23lm （6）
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。 2.合上开关S后，线捆贮有磁场能量W?12LI，因二极管D的存在，r中无电流。打开开关S后，由
2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。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?12LI?2rr?rL （1）
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??d42?x （4）
?xrL?rCpp?d由以上各式可得L?2??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。
（1）用y和y?分别表示物和像
2 （5）
Q
y
n1 f1
u
n2
F2
f2
v
P F1
y?
P? Q?
图复解 19-5-1
的大小，则由图中的几何关系可得
yy??u?f1f1?f2v?f2 （1） (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
f1uv（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）
?f2?1（2）
对傍轴光线，?1、?2≤1，得sin?1??1，sin?2??2，因而得?2?n1n2?1 （4）
（3）由物点Q射向中心O的入射线，经L折射后，出射线应射向Q?，如图复解19-5-3所示， 在傍轴的条件下，有
yu?tan?1??1，y?vQ
y
n1
?tan?2??2 （5）
?1
L
n2
F
?2
二式相除并利用（4）式，得
P
F
u
Py?
y?uyvv
u
? Q
?
?n1n2 （6）
图复解 19-5-3
用（1）式的y?/y?f1/(u?f1)代入（6）式，得
f1u(u?f1)v?n1n2即 f1?n1uvn2u?n1v ）
用（1）式的y?/y?(v?f2)/f2代入（6）式，得
(v?f2)uf2v?n1n2
即 f2?n2uvn2u?n1v （8）从而得f1，f2，n1，n2之间关系式
f2f1?n2n1（9）
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m0c2222?1.10m0c （1）
1?(v/c)由此可解得v?0.211.10?0.417c?0.42c （2）
cm为运动电子的相对论质量。由动量守恒定律可得
入射光子和散射光子的动量分别为p?h?和p??h??c，方向如图复解19-6所示。电子的动量为mv，
m0v1?(v/c)m0v1?(v/c)2222cos??h?ch??c （3）
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?? （4）
已知 h??h???0.10m0c （5） 由（2）、（3）、（4）、（5）式可解得
2??0.37m0c/h （6） ???0.27m0c/h （7）
??tan－122????arctan(2737)?36.1? （8） ?2.4L0/c （9）
电子从O点运动到A所需时间为?t?L0v（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?(v/c) （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
22x?PN，y?BN由?APN知(AP)?(PN)?(AN)
即有(h?y)?x?(l?y)，得x??2(l?h)y?(l?h) （1）
这是一个以y轴为对称轴，顶点位于y?图复解19-7-1所示，图
中
的
22222222212(l?h)处，焦点与顶点的距离为
12(l?h)的抛物线，如
H?12(l?h)，AO H
h
B
F T
? ?
xM 切线
x
为焦点。
2. 珠子在N点的运动方程
因为忽略绳子的
P A C
y
T
?
N
?AH ?O
P A Cy
T
C
法线
?
N
m
g
?
xM
切线
x
法线
mg
N
mg
图复解 19-7-1 图复解 19-7-2
质量，所以可把与珠子接触的那一小段绳子看做是珠子的一部分，则珠子受的力有三个，一是重力mg；另外两个是两绳子对珠子的拉力，它们分别沿NB和NA方向，这两个拉力大小相等，皆用T表示，则它们的合力的大小为F?2Tcos? （2）
?为N点两边绳子之间夹角的一半，F沿?ANB的角平分线方向。
因为AN是焦点至N的连线，BN平行于y轴，根据解析几何所述的抛物线性质可知，N点的法线是?ANB的角平分线．故合力F的方向与N点的法线一致。
由以上的论证．再根据牛顿定律和题中的注，珠子在N点的运动方程（沿法线方向）应为
222Tcos??mgcos??mvR （3） 2Tcos??mvR?mgcos?（4）
式中R是N点处轨道曲线的曲率半径；v为珠子在N处时速度的大小。根据机械能守恒定律可得 v?3. 求曲车半径R
当绳子断裂时T?Td，由（4）式可见，如果我们能另想其他办法求得曲率半径R与y的关系,则就可能由（4）、（5）两式求得绳子断裂时珠子的纵坐标y。现提出如下一种办法。做一条与小珠轨迹对于x轴呈对称状态的抛物线，如图复解19-7-2所示。由此很容易想到这是一个从高H处平抛物体的轨迹。平抛运动是我们熟悉的，我们不仅知道其轨迹是抛物线，而且知道其受力情况及详细的运动学方程。这样我们可不必通过轨道方程而是运用力学原理分析其运动过程即可求出与N对称的N?点处抛物线的曲率半径R与y的关系，也就是N处抛物线的曲率半径R与y的关系。
设从抛出至落地的时间为t，则有v0t?2gy （5）
l?h由此解得v0?22g(l?h) （7）
?2?v2?2g(H?BN?)（8） ?，由机械能守恒定律可得v设物体在N?处的速度为v0?mvR2物体在N?处法线方向的运动方程为mgcos?? （9）
式中R即为N?处抛物线的曲率半径，从（7）、（8）、（9）式及H?这也等于N点抛物线的曲率半径，BN?BN??y，故得R?4. 求绳被拉断时小珠的位置和速度的大小
把（5）式和（10）式代入（4）式，可求得绳子的张力为T?12(l?h),可求得R?（10）
2(l?BN?)cos?
2(l?y)cos?mgl2(l?y)（11）
当T?Td时绳子被拉断，设此时珠子位置的坐标为(xd,yd)，由（11）式得yd?l(1?mg2Td)（12）
代入（1）式，得xd?mgl(l?hTd)?(l?h) （13）
2绳子断开时珠子速度的大小为vd?2gyd?2gl(1?mg2Td) （14）