中国科学技术大学

解析：圆盘绕中心轴的转动惯量 $I_c=\frac{1}{2}mR^2$。由平行轴定理，绕边缘点 $O$ 的转动惯量 $I_O=I_c+mR^2=\frac{3}{2}mR^2$。复摆小振动角频率满足 $\omega^2=\dfrac{mgR}{I_O}=\dfrac{2g}{3R}$，故 $T=\dfrac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\dfrac{3R}{2g}}$。

解析：断开电源后电荷量 $Q=CV$ 保持不变。填入电介质后等效电容为两部分并联：$C'=\frac{C}{2}+\frac{\kappa C}{2}=\frac{1+\kappa}{2}C$。于是 $V'=Q/C'=\dfrac{2CV}{(1+\kappa)C}=\dfrac{2V}{1+\kappa}$；能量 $U'=\frac{1}{2}Q V'=\frac{1}{2}CV\cdot\frac{2V}{1+\kappa}=\dfrac{CV^2}{1+\kappa}$。

解析：设静摩擦力为 $f$，沿斜面向下。平动：$mg\sin\theta-f=ma$；转动：$fR=I\alpha=\frac{1}{2}mR^2\cdot\frac{a}{R}$，得 $f=\frac{1}{2}ma$。代入平动方程得 $mg\sin\theta=\frac{3}{2}ma$，故 $a=\frac{2}{3}g\sin\theta$。

解析：质心距 $m$ 为 $\frac{2R}{3}$，距 $2m$ 为 $\frac{R}{3}$。对质量为 $m$ 的星，万有引力提供向心力：$\dfrac{Gm\cdot 2m}{R^2}=m\cdot\frac{2R}{3}\cdot\omega^2$，得 $\omega^2=\dfrac{3Gm}{R^3}$。于是 $T=\frac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\dfrac{R^3}{3Gm}}$。

解析：维恩位移定律 $\lambda_{\max}T=b$（常量）。因此温度加倍时，$\lambda'_{\max}=\frac{b}{2T}=\frac{1}{2}\lambda_{\max}$。

解析：电场为零点必在两电荷之间。设该点距 $+q$ 为 $x$，则 $\dfrac{kq}{x^2}=\dfrac{k\cdot 4q}{(d-x)^2}$，即 $\dfrac{1}{x}=\dfrac{2}{d-x}$，解得 $x=\frac{d}{3}$。

解析：洛伦兹因子 $\gamma=\dfrac{1}{\sqrt{1-(0.6)^2}}=\dfrac{1}{0.8}=1.25$。故 $p=\gamma m_0 v=1.25\cdot m_0\cdot 0.6c=0.75m_0c=\frac{3}{4}m_0c$。

解析：等温过程 $pV=nRT$，$W=\int_V^{2V}p\,\mathrm{d}V=nRT\int_V^{2V}\frac{1}{V}\mathrm{d}V=nRT\ln 2$。

解析：由毕奥–萨伐尔定律，圆电流在圆心处磁场 $B=\dfrac{\mu_0 I}{2R}$，方向垂直于线圈平面。

解析：由能量守恒与动量守恒可得康普顿位移公式 $\Delta\lambda=\lambda_c(1-\cos\theta)$，其中康普顿波长 $\lambda_c=h/(m_ec)$。

解析：在随圆环转动的参考系中，小珠受重力 $mg$ 向下、惯性离心力 $m\omega^2R\sin\theta$ 水平向外，以及环的法向约束力。以圆环最低点为参考点，有效势能为 $$U(\theta)=-mgR\cos\theta-\frac{1}{2}m\omega^2R^2\sin^2\theta.$$ 平衡条件 $\dfrac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}\theta}=0$ 给出 $$mgR\sin\theta-m\omega^2R^2\sin\theta\cos\theta=0,$$ 即 $\sin\theta\left(g-\omega^2R\cos\theta\right)=0$。

二阶导数为 $$\frac{\mathrm{d}^2U}{\mathrm{d}\theta^2}=mgR\cos\theta-m\omega^2R^2\cos2\theta.$$ 在 $\theta=0$ 处，$\dfrac{\mathrm{d}^2U}{\mathrm{d}\theta^2}\big|_{0}=mR(g-\omega^2R)$，故 $\omega^2R
当 $\omega^2R>g$ 时，存在非零平衡解 $\cos\theta=\dfrac{g}{\omega^2R}$。代入二阶导数得 $$\frac{\mathrm{d}^2U}{\mathrm{d}\theta^2}=m\omega^2R^2-\frac{mg^2}{\omega^2}=\frac{m}{\omega^2}(\omega^4R^2-g^2)>0,$$ 故该平衡稳定，稳定角为 $\theta=\arccos\dfrac{g}{\omega^2R}$。

解析：设 $2m$ 向下、$m$ 向上加速，大小均为 $a$；滑轮顺时针转动，角加速度 $\alpha=a/R$。

对 $2m$：$2mg-T_1=2ma$。  (1)
对 $m$：$T_2-mg=ma$。  (2)
对滑轮：$(T_1-T_2)R=I\alpha=\frac{1}{2}MR^2\cdot\frac{a}{R}=\frac{1}{2}MRa$。  (3)

由 (1)(2) 得 $T_1=2m(g-a)$，$T_2=m(g+a)$，于是 $$T_1-T_2=2mg-2ma-mg-ma=mg-3ma.$$ 代入 (3)：$mg-3ma=\frac{1}{2}Ma$，解得 $$a=\frac{2mg}{6m+M}.$$ 代回张力表达式： $$T_1=2m\left(g-\frac{2mg}{6m+M}\right)=\frac{2mg(4m+M)}{6m+M},$$ $$T_2=m\left(g+\frac{2mg}{6m+M}\right)=\frac{mg(8m+M)}{6m+M}.$$

解析：洛伦兹力 $\vec F=q(\vec E+\vec v\times\vec B)$。由 $\vec v\times\vec B=(v_x\hat{i}+v_y\hat{j})\times B_0\hat{k}=B_0(v_y\hat{i}-v_x\hat{j})$，得运动方程 $$m\frac{\mathrm{d}v_x}{\mathrm{d}t}=qB_0v_y,\qquad m\frac{\mathrm{d}v_y}{\mathrm{d}t}=qE_0-qB_0v_x.$$ 令回旋频率 $\omega_c=\dfrac{qB_0}{m}$，并记漂移速度 $v_d=\dfrac{E_0}{B_0}$，$u_x=v_x-v_d$，则方程化为 $$\dot u_x=\omega_c v_y,\qquad \dot v_y=-\omega_c u_x.$$ 这是简谐振动方程，结合初条件 $u_x(0)=v_0-v_d$、$v_y(0)=0$，解得 $$u_x(t)=(v_0-v_d)\cos(\omega_ct),\qquad v_y(t)=-(v_0-v_d)\sin(\omega_ct).$$ 于是得到 (1) 中的速度表达式。对时间积分（$x(0)=y(0)=0$）即得 (2) 的轨迹。当 $v_0=v_d=E_0/B_0$ 时，$v_y\equiv0$，$v_x\equiv E_0/B_0$，粒子沿 $x$ 轴匀速直线运动，此即速度选择器原理。

解析：长直导线在距其 $r$ 处产生的磁场大小为 $B(r)=\dfrac{\mu_0 I}{2\pi r}$，方向垂直于线框平面向里。穿过线框的磁通量为 $$\Phi(x)=\int_x^{x+b} B(r)a\,\mathrm{d}r=\frac{\mu_0 Ia}{2\pi}\ln\frac{x+b}{x}.$$ 感应电动势 $$\mathcal E=-\frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t}=-\frac{\mu_0 Ia}{2\pi}\frac{x}{x+b}\cdot\frac{v\cdot x-(x+b)v}{x^2}=\frac{\mu_0 Iabv}{2\pi x(x+b)}.$$ 其大小即上式。由于线框远离导线，向里的磁通量减小，由楞次定律，感应电流应产生向里的磁场，故方向为顺时针。感应电流 $i=\mathcal E/R$。