中国科学技术大学

解析：总能量 $E=\frac{1}{2}kA^2$。动能等于势能时，势能 $E_p=\frac{E}{2}$，即 $\frac{1}{2}kx^2=\frac{1}{4}kA^2$，解得 $x=\dfrac{A}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}A$。

解析：由能量守恒，质心下降 $\frac{L}{2}$：$mg\dfrac{L}{2}=\dfrac{1}{2}I\omega^2=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{3}mL^2\omega^2$，解得 $\omega=\sqrt{\dfrac{3g}{L}}$。

解析：由高斯定理，球面内无电荷包围，故 $E_{\text{内}}=0$；球面外等效于点电荷，电势 $V(r)=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r}$。

解析：圆轨道上 $\dfrac{GMm}{r^2}=\dfrac{mv^2}{r}$，故动能 $E_k=\dfrac{1}{2}mv^2=\dfrac{GMm}{2r}$；势能 $E_p=-\dfrac{GMm}{r}$。机械能 $E=E_k+E_p=-\dfrac{GMm}{2r}$。

解析：单原子理想气体 $C_p=\dfrac{5}{2}R$，等压过程 $Q=C_p\Delta T=\dfrac{5}{2}R\Delta T$；对外做功 $W=p\Delta V=R\Delta T$（由 $pV=RT$）。内能增量 $\Delta U=\dfrac{3}{2}R\Delta T$，满足 $Q=\Delta U+W$。

解析：$E_n=-\dfrac{13.6}{n^2}$ eV。$E_3=-1.51$ eV，$E_2=-3.40$ eV。光子能量 $h\nu=E_3-E_2=(-1.51)-(-3.40)=1.89$ eV（巴耳末系 H$_\alpha$ 线）。

解析：时间膨胀：$\Delta t=\gamma\Delta t_0$，其中 $\gamma=\dfrac{1}{\sqrt{1-0.8^2}}=\dfrac{1}{0.6}=\dfrac{5}{3}$。故 $\Delta t=\dfrac{5}{3}\times 3=5$ 年。

解析：由安培环路定理，取穿过管壁的矩形回路：$BL=\mu_0 nLI$，得管内 $B=\mu_0 nI$（均匀、沿轴向）；理想无限长螺线管外部磁场为零。

解析：加速后动能 $E_k=eU=\dfrac{p^2}{2m_e}$，故动量 $p=\sqrt{2m_eeU}$。德布罗意波长 $\lambda=\dfrac{h}{p}=\dfrac{h}{\sqrt{2m_eeU}}$。

解析：一维弹性碰撞公式：$v_1=\dfrac{m_1-m_2}{m_1+m_2}v_0=\dfrac{m-3m}{4m}v_0=-\dfrac{v_0}{2}$（反弹）；$v_2=\dfrac{2m_1}{m_1+m_2}v_0=\dfrac{2m}{4m}v_0=\dfrac{v_0}{2}$。可验证动量与动能均守恒。

解析：(1) 角频率 $\omega_0=\sqrt{k/m}$，初条件 $x(0)=0$、$\dot x(0)=v_0$，故 $$x(t)=\frac{v_0}{\omega_0}\sin(\omega_0 t),\qquad A=\frac{v_0}{\omega_0}=v_0\sqrt{\frac{m}{k}}.$$ (2) 由能量守恒：$\frac{1}{2}mv^2+\frac{1}{2}k\left(\frac{A}{2}\right)^2=\frac{1}{2}kA^2$，得 $$v^2=\frac{k}{m}\cdot\frac{3}{4}A^2=\frac{3}{4}v_0^2,\qquad v=\frac{\sqrt{3}}{2}v_0.$$ (3) 油泥在平衡位置粘上，属于完全非弹性碰撞，水平动量守恒： $$mv_0=2mv',\qquad v'=\frac{v_0}{2}.$$ 新角频率 $\omega'=\sqrt{\dfrac{k}{2m}}$，周期 $T'=2\pi\sqrt{\dfrac{2m}{k}}$。新振幅由能量关系（平衡位置全为动能）： $$A'=\frac{v'}{\omega'}=\frac{v_0}{2}\sqrt{\frac{2m}{k}}=v_0\sqrt{\frac{m}{2k}}.$$

解析：(1) 纯滚动能量守恒（摩擦力不做功）： $$Mgh=\frac{1}{2}Mv^2+\frac{1}{2}I\omega^2=\frac{1}{2}Mv^2\left(1+\frac{2}{5}\right)=\frac{7}{10}Mv^2,$$ 解得 $v=\sqrt{\dfrac{10gh}{7}}$。

(2) 沿斜面：$Mg\sin\theta-f=Ma$；转动：$fR=\frac{2}{5}MR^2\cdot\frac{a}{R}$，得 $f=\frac{2}{5}Ma$。联立得 $$a=\frac{5}{7}g\sin\theta,\qquad f=\frac{2}{7}Mg\sin\theta.$$ 纯滚动要求 $f\le\mu N=\mu Mg\cos\theta$，故 $$\mu_{\min}=\frac{2}{7}\tan\theta.$$ (3) 一般地，质心加速度 $a=\dfrac{g\sin\theta}{1+I/(MR^2)}$。实心球 $I/MR^2=\frac{2}{5}$，$a_{\text{实}}=\frac{5}{7}g\sin\theta$；空心球 $I/MR^2=\frac{2}{3}$，$a_{\text{空}}=\frac{3}{5}g\sin\theta$。因 $\frac{5}{7}>\frac{3}{5}$，实心球加速度更大，先到达底端——转动惯量占比越小，越多的重力势能转化为平动动能。

解析：(1) 动生电动势 $\mathcal E=BLv$，回路电流 $i=\dfrac{BLv}{R}$，安培力 $$F=BiL=\frac{B^2L^2v}{R},$$ 由楞次定律，方向阻碍相对运动，即与棒速度方向相反。

(2) 牛顿第二定律：$m\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=-\dfrac{B^2L^2}{R}v$。分离变量积分： $$v(t)=v_0e^{-t/\tau},\qquad \tau=\frac{mR}{B^2L^2}.$$ (3) 总距离： $$s=\int_0^{\infty}v\,\mathrm{d}t=v_0\tau=\frac{mRv_0}{B^2L^2}.$$ （亦可由动量定理：$\int F\,\mathrm{d}t=\frac{B^2L^2}{R}\int v\,\mathrm{d}t=\frac{B^2L^2}{R}s=mv_0$。）
最终棒停止，全部初动能转化为焦耳热，且棒无电阻，热量全部在 $R$ 上放出： $$Q=\frac{1}{2}mv_0^2.$$

解析：由 $pV=RT$：$T_A=\dfrac{p_0V_0}{R}$，$T_B=\dfrac{2p_0V_0}{R}$，$T_C=\dfrac{4p_0V_0}{R}$，$T_D=\dfrac{2p_0V_0}{R}$。单原子气体 $C_V=\frac{3}{2}R$，$C_p=\frac{5}{2}R$。

(1) 等容 $A\to B$：$Q_{AB}=C_V(T_B-T_A)=\frac{3}{2}R\cdot\frac{p_0V_0}{R}=\frac{3}{2}p_0V_0>0$（吸热）。
等压 $B\to C$：$Q_{BC}=C_p(T_C-T_B)=\frac{5}{2}R\cdot\frac{2p_0V_0}{R}=5p_0V_0>0$（吸热）。
等容 $C\to D$：$Q_{CD}=C_V(T_D-T_C)=\frac{3}{2}R\cdot\left(-\frac{2p_0V_0}{R}\right)=-3p_0V_0$（放热）。
等压 $D\to A$：$Q_{DA}=C_p(T_A-T_D)=\frac{5}{2}R\cdot\left(-\frac{p_0V_0}{R}\right)=-\frac{5}{2}p_0V_0$（放热）。

(2) 净功等于 $p$–$V$ 图上矩形回路面积： $$W_{\text{净}}=(2p_0-p_0)(2V_0-V_0)=p_0V_0.$$ （校验：$Q_{\text{净}}=\frac{3}{2}+5-3-\frac{5}{2}=1$，即 $p_0V_0=W_{\text{净}}$，与循环 $\Delta U=0$ 一致。）

(3) 效率 $$\eta=\frac{W_{\text{净}}}{Q_{\text{吸}}}=\frac{p_0V_0}{\frac{3}{2}p_0V_0+5p_0V_0}=\frac{2}{13}\approx15.4\%.$$ 最高温 $T_C=\dfrac{4p_0V_0}{R}$，最低温 $T_A=\dfrac{p_0V_0}{R}$，卡诺效率 $$\eta_C=1-\frac{T_A}{T_C}=1-\frac{1}{4}=75\%.$$ 实际循环效率远低于卡诺效率，因为吸放热过程存在有限温差传热，不可逆。