求
（1）滑扣1的初速度的大小；
（2）整个过程中克服摩擦力所做的功；
（3）整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的总动能损失。
16．（20分）如图，两劲度系数均为k的同样的轻弹性绳的上端固定在一水平面上，下端悬挂一质量为m的小物块。
平衡时，轻弹性绳与水平面的夹角为α0，弹性绳长度为l0．现将小物块向下拉一段微小的距离后从静止释放。
（1）证明小物块做简谐振动；
（2）若k=0.50N/m、m=50g、α0=30°、l0=2.0m，重力加速度g=9.8m/s。
，求小物块做简谐振动的周期T；
（3）当小物块下拉的距离为0.010m时，写出此后该小物块相对于平衡位置的偏离随时间变化的方程。
已知：
当x<<1时，，．
解析
1．黑体辐射：
在任何条件下，对任何波长的外来辐射完全吸收而无任何反射的物体，……但黑体未必是黑色的，例如太阳是一个黑体……在黑体辐射中，随着温度不同，光的颜色各不相同，黑体呈现由红——橙红——黄——黄白——白——蓝白的渐变过程。
……普朗克由黑体辐射提出能量子的观点！
CD明显正确！
……选BCD
2．从表达式看，应是物体1的放热=物体2的吸热，建立方程：
C1m（T1－T）=C2m（T－T2）……选D
R
r
Δθ
地球
同步卫星
3．核子数相同→质量数相同→由题知半径相同→CD对；质量数相同→质量基本相同→质量密度基本相同……选ACD
4．首先算出同步卫星绕地球公转的半径r，
地球自身半径为R，几何关系如右图所示，……
选C
5．因为能量是没有损失的，所以通过玻璃棒后
光脉冲的光强（图中实线总面积）应该与原来的光强（虚线
面积）相同。
又因为是三种不同波长的光，所以在同种介
质中传播的速度都不相同，所以到达玻璃棒右端点的时间都不同，所以……选D
0
1
2
2
1
0
I
波长为λ1
的单色光
的亮条纹
波长为λ2
的单色光
的亮条纹
I
6．典型的单摆模型：
T=2π=8.88s，实际时间是=2.22s
7．两束光到达I位置的光程差记为d；对于波长为λ1的单色光
而言，d=；对于波长为λ2的单色光而言，d=λ2，故λ2：
λ1=3：
2
8．两个带电体不再交换电荷的条件，并不是两者电荷量相等，而是
两者电势相等！
由第一次知，当电荷量为4μC：
2μC时，既电荷量之比为2：
1时，两者电势相等。
……故最终为6μC：
3μC！
答案：
3μC
x
F
O
y
P
9．过F平行于透镜，作一副光轴。
把过原点O（薄透镜光心）的光线
延长后交副光轴于P，则所有光汇聚于P点。
故位置坐标为（20,－）
10．不守恒；墙壁对弹簧有作用力（外力），且在运动参考系中，
该力的作用点有位移，所做的功不为零。
11．
（1）不能。
从力的平衡看，单一的A无所提供向上的力与一瓶
矿泉水的重力平衡。
A
O
l
11（a）
从力矩的平衡看，重物相对于支撑点O有一力矩，此力矩没有其它力矩与其平衡，会使火柴棍转动直至掉下。
（2）由于火柴棍A水平，火柴棍B的下端正好在A的中点的正下方，由几何关系知，火柴棍A和B之间的夹角为α=60°。
桌面上表面边沿O点到火柴棍B的下端（即火柴棍C的中点）的距离为
．
A
O
l
11（b）
Mg
θ
D
又由于火柴棍C水平，由几何关系知，从O点到火柴棍C两端的距离均为l．如图11（a）所示。
据题意，三根火柴的结构在重物质量逐渐增大时是稳定的。
因而火柴棍C继续保持水平，火柴棍B和A之间的夹角也能得以保持不变，即图11（b）中，火柴棍A和B之间的夹角仍然为60°．
瓶最终稳态应该在何处？
应该在O点正下方！
又因为棉线是有一定的线度，直径为d。
一开始瓶的纵向几何中心与棉线的纵向几何一直线，最终瓶的纵向几何中心在O点的正下方。
所以：
①瓶向左平移的距离为；②瓶最终的转动中心中桌子下边沿，O点正下方的D点。
O
11（c）
Mg
θ
D
h
D′
O′
E
如图11（c），D′是棉线纵向轴线的位置，是瓶纵向中心的原位置。
D是瓶的纵向中心的新位置。
所以瓶转过的角度∠DED′=θ．
DD′=，且因为是微小的转动，故由微量处理知，OO′=DD′=
同理：
O′D′=OD=hD′E=DE=L－h=
故：
sinθ=得θ=arcsin
12．
（1）该方形线框的质量：
m=ρV=ρS4L=4Lρπr02
方形线框的重力相对于AB边的力矩为：
Mg=mgcosθ=2L2ρgπr02cosθ
（2）由于电流方向未知，所以引起的安培力方向及其力矩方向均未知，故需要分类讨论
b（a）
Fg
F
F安
b（a）
Fg
F
F安
况1：
安培力水平向左，力矩M安+MF=Mg
M安=2L2ρgπr02cosθ－FLcosθ
又因为M安=F安Lsinθ
联立得：
F安=2Lρgπr02cotθ－Fcotθ
况2：
安培力水平向右，同理力矩M安+Mg=MF
得：
F安=Fcotθ－2Lρgπr02cotθ
（3）磁通量φ（θ）=L2Bcosθ感应电动势ε==L2cosθ│
方形线框的电阻R，由电阻定律有R=ρ=该方形线框上的感应电流为i==cosθ│
cd边所受到的安培力的大小为FA=iBL=cosθ│
因为要外力F等于零，所以是第
（2）小题中的第1种情况│=
13．
（1）设大气压强为p0．初态：
I室内气体压强为p1；III室内气体压强为p3，气柱的长度为l3．
末态：
I室内气体压强为p1′；III室内气体压强为p3′．
由初态到末态：
活塞左移距离为d．
首先用整体法，力学平衡：
p3（2S）=p1S+p0（2S－S）
然后对三部分气体分别分析：
p1lS=νRT1；p0（；p3l3（2S）=（2ν）RT1
联立上述各式得：
=+得：
l3=
（2）方法同第
（1）小题：
p3′（2S）=p1′S+p0（2S－S）
对I室中气体：
p1′（l－d）S=νRT2=νR2T1对III室中气体：
p3′（l3+d）（2S）=（2ν）RT3′
T3′=·
（3）大气对密闭气体系统做的功为：
W=p0（2S－S）（－d）=－p0Sd=－
系统密闭气体内能增加量为：
ΔU=νC（T1′－T1）+（2ν）C（T3′－T3）且初态T3=T1
故ΔU=νC（2T3′－T1）
将T3′代去得：
ΔU=[·－1]νCT1
密闭气体系统吸收的热量为
Q=ΔU－W=[·－1]νCT1+
y
x
Jx
B
z
14．这个题我真的也不太懂，也颠覆了我曾经的霍尔元件模型。
为确定起见，取坐标系如图所示，磁场沿Z方向，通电电流密度Jx沿x方向。
设半导体材料中的载流子空穴和电子沿x方向的平均速率分别为vpx和vnx，
由J=I/s，I=nqvs，得J=nqv
由题中已知条件知：
空穴和电子的（单位体积内的）数密度为p和n；
故沿x方向的电流密度为Jx=epvpx+（－e）n（－vnx）
由题意知，其中vpx=μpEx；－vnx=－μnEx
如果沿x方向的电流中只有一种载流子，则当作用于载流子的洛仑兹力与霍尔电场的作用力平衡时，霍尔电场达到稳定，如金属导体。
在半导体中，存在两种载流子，两种载流子受到的外磁场的洛仑兹力方向相同，受到的霍尔电场力方向相反，两种载流子受到的洛仑兹力不可能同时与霍尔电场力平衡，所以在半导体样品内存在载流子的横向流动，当任何时刻流向样品同一侧的空穴数与电子数相等时，霍尔电场便达到稳定。
（这段话讲述了半导体霍尔元件的工作机理，我真心不太懂。
我比较浅显的理解是，①“当任何时刻流向样品同一侧的空穴数与电子数相等时”，这里空穴与电子在样品同一侧的流向是一致的，效果是相消的；②一开始空穴与电子在样品同一侧的流向是一致的，但数量是不相等的，比如一开始是空穴多，电子少；那么积累的电场不利于空穴的继续积累，而有利于电子的继续积累。
但在这个阶段，霍尔电场在持续的增强。
③同一侧的空穴数与电子数相等时，霍尔电场就稳定了！
）
设两种载流子的横向平均速率分别为vpy和vny，则横向电流密度为
Jy=ep（－vpy）+（－e）n（－vny）
这时，空穴在横向受到的作用力大小为：
Fpy=e[Ey－vpxBz]；这时的力是合力，其中[Ey－vpxBz]是等效合场强；
同理：
电子在横向受到的作用力的大小为：
Fny=（－e）[Ey－（－vnx）Bz]；其中[Ey－（－vnx）Bz]是等效合场强；
故两种载流子的横向平均速度为：
－vpy=μp·E y合=μp·[Ey－vpxBz]
－vny=－μp·E ′y合=－μn·[Ey+vnxBz]
（个人粗浅的理解：
个人觉得这个式子的得到与题中的表述是有一定差异的，题中说是“成正比”……，“在单位电场下”……，而这里却是用了一个等效的合场强）
霍尔电场达到稳定时有Jy=0综上各式：
Ey=
因为：
Ey=RHJxBz得RH=（注意：
这里还要将Jx算出来，代进去）
15．解：
（1）为普遍起见，设两个物体质量分别为m1和m2，初速度分别为v1和0，发生完全非弹性碰撞后共同速度为v，则碰前的动能E=①
由于细绳拉紧前后时间间隔极短，可以忽略摩擦阻力，故前后动量守恒，有m1v1=（m1+m2）v②
碰后的动能之和（即系统剩余动能）为：
E′=③
由①②③式得E′=④[此式为后续计算的通式，后续计算特别简单，因为质量相等。
]
损失的动能为ΔE=E－E′=
设第1个滑扣以速度v10开始运动E0=⑤
在第1个滑扣滑动距离L、第1与第2个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能为
E1f=E0－μmgL⑥
在第1个滑扣与第2个滑扣之间的细绳刚拉紧后的瞬前，系统剩余动能为（根据④式）
E20==⑦
在第1、2个滑扣共同滑动距离L、第2与第3个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能为
E2f=E20－2μmgL==⑧
在第2个滑扣与第3个滑扣之间的细绳刚拉紧后的瞬前，系统剩余动能为（根据④式）
E30==⑨
在第1、2、3个滑扣共同滑动距离L、第3与第4个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能为E3f=E30－3μmgL=－3μmgL=⑩
……
依次类推，在第k个与第k+1个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能为
Ekf==
=，1≤k≤n－2
于是，在第（n－2）个与第（n－1）个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能为
E（n－2）f=⑾
在第（n－2）个与第（n－1）个滑扣之间的细绳刚拉紧后的瞬间，系统剩余动能为
E（n－1）0==⑿[可类比⑦、⑨，并代入⑾得到]
[由⑾知，E（n－2）f>0，>0；
E（n－1）f<0，<0，
得则从第1个滑扣开始的（n－1）个滑扣都依次拉紧，且可继续滑行距离l（0因而有
E（n－1）0==（n－1）μmgl（因为要继续滑行距离l）⒀
由⑤⒀得：
v10=
（2）整个过程中克服摩擦力所做的功为
W=μmgL+μ（2m）gL+μ（3m）gL+……+μ[（n－2）m]gL+μ[（n－1）m]gl=
（3）在整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的总能量损失为
ΔE==－
=
16．
（1）取小物块的平衡位置为原点O，y轴的方向竖直向下，如图所示。
m
y
O
l0
α0
α
d
由牛顿第二定律可知：
ma=mg－2k（l－L）sinα①
式中a为物块的加速度，L为弹性绳的原长；l0为物块静止时，弹性绳的长；l和α分别为物块离开平衡位置的位移为y时弹性绳的长度和弹性绳与水平面的夹角。
由几何关系得l=②
sinα=③d=l0cosα0④
④代入②展开，化简得：
l=
由于y是小量，y2是二阶无穷小量，可略去。
得l==
由小量展开式：
当x<<1时，，知l==l0+ysinα0⑤
将⑤代入③，得sinα=，由当x<<1时，，知sinα=（l0sinα0+y）[（1－sinα0）]
⇒l0sinα=l0sinα0+y－ysin2α0－（y2/l0）sinα0且忽略y2项，⇒l0sinα=l0sinα0+ycos2α0
⇒sinα=sinα0+（y/l0）cos2α0⑥
[我比较笨的办法：
sinα=⇒lsinα=l0sinα0+y⇒（l0+ysinα0）sinα=l0sinα0+y
⇒l0sinα=l0sinα0+y－ysinα0sinα；因为是微小变化，所以α0和α很接近，所以ysinα0sinα≈ysin2α0
⇒l0sinα=l0sinα0+ycos2α0……各路大神，不知我这样证明可不可以？
]
当小物块处在平衡位置时有mg=2k（l0－L）sinα0即L=l0－⑦
⑤⑥⑦（代去l，L，sinα）代入①得：
ma=mg－2k[l0+ysinα0－l0+][sinα0+（y/l0）cos2α0]
ma=mg－2k[ysin2α0+++]略去y2项
ma=－（2ksin2α0+）y由简谐运动的特征方程知：
F回=－Ky
所以K=（2ksin2α0+）
由此，物体的运动满足简谐运动的特征方程。
因此，当y很小时，小物块做简谐运动。
（2）小物块做简谐运动的周期为
T=2π=⑧
将题给数据代入⑧得T=1.8s
（3）因将小物块拉开距离y0=0.010m时从静止松手，故小物块做简谐振动的振幅为A=0.010m
初始时，小物块速度为零，小物块位于最
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