1、当悬线断后右盘以加速度 上升一段距离s2，与下落的砝码相撞，且：图1（1）（2）由题意可知：（3）将 （1）、（2）、（3）式联立求解，得 ， 碰撞前右砝码的速度 （竖直向下）碰撞前右盘的速度 （竖直向上）碰撞前左盘及其中的砝码的速度亦为 ，方向为竖直向下，因此，碰撞前系统的总动能 为（2）在计算动量时，若以竖直向上为正值，则在碰撞前后砝码的动量为 ，右盘的动量为 ，左盘及左砝码一起的动量为 ，所以碰撞前系统的总动量为碰撞后，左盘和右盘一起运动。由于左盘、右盘以长度不变的绳子相连接，所以它们运动的速度大小应该一样，而方向相反，再加上质量相等（2M），结果左盘及砝码的合动量与右盘及砝码的合动量总
2、是大小相等、方向相反，因而系统的总动量必为零。讨论：碰撞后的速度可推导如下：设在碰撞过程中绳子张力的冲量为 ，碰撞后左盘以速度 竖直上升，则右盘以 竖直下降。左、右绳中的张力永远相等，所以在碰撞过程中左、右盘所受的冲量都是竖直向上的 ，重力的冲量则由于碰撞时间很短（ ）而可以忽略不计。根据冲量定理，有左盘右盘两式相减，得点评：本题在碰撞过程中动量不守恒，因为在滑轮轴上有一很大的冲力（对系统来说这是外力），它给系统的冲量不等于零，所以系统的总动量应该不守恒。 题2：设曲面S是由曲线 绕x轴转动的结果。如图2（a）所示。曲面两侧的光学均匀媒质的折射率分别为n和 。1、如果所有平行于x对称轴（光轴）
3、的平行光线经曲面折射后相交于x轴上一点，则曲面称为无像差曲面。假定所有光线都聚焦于F点，并已知 和OF=f的值。求曲线 所满足的方程。考察 时的情况并分析结果。图2（a）图2（b）图2（c ）2、球面会聚透镜只能使傍轴光线聚焦于一点。如果我们要使宽光束会聚于一点，我们就需要有一个无像差曲面透镜。有一折射率n=1.5的平凸透镜。半径R=5cm，如图2（b）所示，使一束垂直入射于平面的平行光束聚焦于F点，其中OF=f=12cm。求平凸透镜中心处厚度的最小值。3、有一折射率n=1.5的平凹透镜，半径R=2cm，边缘厚度 ，如图2（c ）所示，如果垂直入射于平面的平行光束，经折射后，折射光线的延长线交
4、于F点，其中OF=f=20cm，求平凹透镜中心处厚度的最小值。1、假定离O点无限处的 点发出一束平行于x轴的平行光线，从 点到F点所有光线的光程都相等。现考虑一入射光线交于曲面上的A点的半径为x和y，它的光程为常数 （1）而 ，对于所有光线 ，所以 （2）利用图4-3-131（ ），我们可写为；从（2）式和（3）式得 （4）对于沿x轴的光线，有（5）从（4）式和（5）式可得 （6）将（6）式中 移至等式右边，两边平方，即得 （7）一般说，（7）式是一椭圆方程，于是曲面S是旋转椭球面，（7）式也可以是抛物面或双曲面的方程，这取决于 ，n和f的值。当 时，从（7）式可得 （8）图2（ f ）图2（
5、d ）这时，曲面是一抛物面反射镜。所以抛物面镜不仅可使傍轴光线聚焦于一点，而且也可使宽光束聚焦于一点。2、根据1.所描述的方法，从图2（ d ）可得 （9）对于y=R,x=0，从（9）式可得3、由透镜凹面折射后产生发散光束，可视为从焦点F处的点光源像所发出的光束。显然，yOZ平面和以F为中心，FA为半径的球面是两个波面。通过这两波面之间的所有光线是等光程的，见图2（f ）。 （10）对于y=R,x=d，从（10）式可得 题3：试计算由于氢原子在辐射时反冲产生的光子波长的变化，电子从第二轨道跃迁到第一轨道时，氢原子获得多大速度？ 设 、 分别为原子放射光子前后的能量，氢原子的质量为M，氢原子的反
6、冲速度为 ，则在氢原子最初是静止在坐标系中，应用放射光子过程的能量和动量守恒定律，得根据 ，（1）式可写成由（2）式得（4）将（4）式代入（3）式得又 ， ，考虑到 ，则有下面再求原子的反冲速度 。根据题意，电子从第二轨道跃迁到第一轨道，因此谱线波长有（6）将（6）式代入（4）式得图5题5：原子束将炉子中的一群原子加热到某一温度T，并让这些原子沿水平方向通过炉子侧面上一个直径为D的小孔射出（D的尺寸与原子尺度相当），从而形成一束原子束，当这束原子束行经水平长度为L的距离时，估算这束原子束的直径。设原子的质量为M， 由于微观粒子的波动性，当原子束中的原子通过小孔时，其运动方向会改变，其空间轨迹类
7、似于圆锥状，由不确定关系估算原子通过小孔时的 ，进而算出运动 距离时原子束的直径。当原子束通过直径为 的孔时，由量子力学不确定关系，其动量的 分量 ， ， 相应的速度分量原子束的直径增大了量值 ，其中 为行进时间。当炉温为 时，原子离孔时的动能原子束以速度 行进距离 ，需时 ，故或以上述相应其他量代入的表达式，因而原子束行进距离 后的新直径为 或以上述其他量代入的表达式。 题6：如图6（a）所示，平行板电容器MN中，板间距D=1m，两板中心开有小孔，N板右侧外有垂直纸面向里的匀强磁场，B=110-3T，场区上下足够长，宽d=0.01m，MN板间加有图示的交变电压，N板电势比M板高时，电压为正，
8、现有荷质比为q/m=21011C/kg的带负电粒子不断从M板中央小孔入射电容器内，不计粒子的重力，可认为粒子无初速，试求：（1）在交变电压第一个周期区哪些时刻有粒子能从磁场右侧射出来。（2）如果交变电压周期可变，则周期满足什幺条件时才可保证有粒子从磁场右侧射出？粒子能从磁场右侧射出的条件是图6（a ）即其实只须电压 ，就可以了。现正向电压和反向电压（做负功可不考虑）都是20V。t=0之后直到 时刻，入射电场的粒子都能从磁场右侧射出。我们来确定 。设 时刻入射电场的粒子，先在正向电压加速之下运行一段距离 ，电压变成反向做负功，即使这样，临界条件下它到达磁场时仍具有 的动能，就意味着图6（ b ）
9、求出该段加速运动 的时间为t，由求得从t=0到 时间内。入射电场的粒子都可以从磁场右侧射出。几何意义见图43-205（b）所示。其次，因t=0时刻入射的粒子最符合题目要求，为确定电压变化的周期条件，可设t=0时刻进入电场的粒子恰在 时刻出电场入磁场，从上述思路应得所以 才可保证有粒子从磁场右侧射出。答：（1）t=0到 时间内，进入电场的负电粒子都能从磁场右侧射出；（2）周期满足的条件是 。题7：铜制圆环的两个半径分别为r1=1厘米和r2=1毫米。（如图7（a）所示）。圆环竖放在地面上，环底部有固定的光滑栓限制，使其不能滑动。圆环周围有竖直向上的均匀的强磁场B=0.1特斯拉。如图7（b）所示，圆
10、环偏离竖直方向倒向地面，已知铜的电导率=6.25107欧姆-1米-1，质量密度 =8.93103千克米-3，试通过数量级的估算，判断圆环倒下时其重力势能主要是转换成圆环的动能还是转换为焦耳热能。图7（a） 图7（b ）设圆环倒地所需时间为T，则在这段时间内，通过圆环的磁通量从开始时零增大到倒地时的 ，故环中感应电动势的平均值约为感应电流的平均值约为式中R是圆环的电阻圆环倒地过程中散发的焦耳热约为圆环倒地过程中其转动惯量近似为式中m是圆环的质量，近似为圆环倒地过程中转动角速度的平均值约为故圆环的转动动能约为圆环倒地过程中其重力势能的损失近似为重力势能的损失转换为焦耳热与转动动能之和也就是代入数据
11、故得到因此，可见圆环倒地过程中，重力势能主要转换为焦耳热。转动动能所占比例甚小，其原因在于强磁场和高电导率使圆环所受磁力矩与重力矩相近。题8：如图8 （a ）所示，小车B静止在光滑水平面上，一个质量为m的铁块A（可视为质点），以水平速度v0=4.0m/s滑上小车B的左端，然后与右端挡板碰撞，最后恰好滑到小车的左端，已知M/m=3:1，小车长L=1m。并设A与挡板碰撞时无机械能损失，碰撞时间忽略不计，g 取10m/s2,求：（1）铁块A与小车B之间的动摩擦因数；（2）铁块A与小车B的挡板相碰撞前后小车B的速度，并在图8（b）坐标中画出A、B相对滑动过程中小车B相对地面的v-t图线。图8（a ） 图8（b ）（1）对A、B系统，由动量守恒定律得： 得 对A、B系统，由动能定理，对全过程有解得:（2）设A和B碰撞前的速度分别为 ，对A、B系统：由动量守恒定律得：由动能定理得：代入数据解得：该过程小车B做匀加速运动，由动量定理得设A、B碰后A的速度为 ，B的速度为 对A、B系统，由动量守恒定律和动能定理得：图8（C）碰撞后的小车B做匀减速运动，由动量定理得:得： 根据上述计算作出小车B的速度时间图线如图8（ C ）所示11
