物理學(xué)簡(jiǎn)明教程第1至8章課后習(xí)題答案詳解

1-1質(zhì)點(diǎn)作曲線運(yùn)動(dòng),在時(shí)刻t質(zhì)點(diǎn)的位矢為r,速度為v,速率為v,t至(t＋Δt)時(shí)間內(nèi)的位移為Δr,路程為Δs,位矢大小的變化量為Δr(或稱Δ｜r｜),平均速度為,平均速率為．(1)根據(jù)上述情況,則必有()(A)｜Δr｜=Δs=Δr(B)｜Δr｜≠Δs≠Δr,當(dāng)Δt→0時(shí)有｜dr｜=ds≠dr(C)｜Δr｜≠Δr≠Δs,當(dāng)Δt→0時(shí)有｜dr｜=dr≠ds(D)｜Δr｜≠Δs≠Δr,當(dāng)Δt→0時(shí)有｜dr｜=dr=ds(2)根據(jù)上述情況,則必有()(A)｜｜=,｜｜=(B)｜｜≠,｜｜≠(C)｜｜=,｜｜≠(D)｜｜≠,｜｜=分析與解(1)質(zhì)點(diǎn)在t至(t＋Δt)時(shí)間內(nèi)沿曲線從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P′點(diǎn),各量關(guān)系如圖所示,其中路程Δs＝PP′,位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr＝｜r｜-｜r｜表示質(zhì)點(diǎn)位矢大小的變化量,三個(gè)量的物理含義不同,在曲線運(yùn)動(dòng)中大小也不相等(注：在直線運(yùn)動(dòng)中有相等的可能)．但當(dāng)Δt→0時(shí),點(diǎn)P′無限趨近P點(diǎn),則有｜dr｜＝ds,但卻不等于dr．故選(B)．(2)由于｜Δr｜≠Δs,故,即｜｜≠．但由于｜dr｜＝ds,故,即｜｜＝．由此可見,應(yīng)選(C)．1-2一運(yùn)動(dòng)質(zhì)點(diǎn)在某瞬時(shí)位于位矢r(x,y)的端點(diǎn)處,對(duì)其速度的大小有四種意見,即(1)；(2)；(3)；(4)．下述判斷正確的是()(A)只有(1)(2)正確(B)只有(2)正確(C)只有(2)(3)正確(D)只有(3)(4)正確分析與解表示質(zhì)點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離隨時(shí)間的變化率,在極坐標(biāo)系中叫徑向速率．通常用符號(hào)vr表示,這是速度矢量在位矢方向上的一個(gè)分量；表示速度矢量；在自然坐標(biāo)系中速度大小可用公式計(jì)算,在直角坐標(biāo)系中則可由公式求解．故選(D)．1-3一個(gè)質(zhì)點(diǎn)在做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),則有()(A)切向加速度一定改變,法向加速度也改變(B)切向加速度可能不變,法向加速度一定改變(C)切向加速度可能不變,法向加速度不變(D)切向加速度一定改變,法向加速度不變分析與解加速度的切向分量aｔ起改變速度大小的作用,而法向分量an起改變速度方向的作用．質(zhì)點(diǎn)作圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),由于速度方向不斷改變,相應(yīng)法向加速度的方向也在不斷改變,因而法向加速度是一定改變的．至于aｔ是否改變,則要視質(zhì)點(diǎn)的速率情況而定．質(zhì)點(diǎn)作勻速率圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),aｔ恒為零；質(zhì)點(diǎn)作勻變速率圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),aｔ為一不為零的恒量,當(dāng)aｔ改變時(shí),質(zhì)點(diǎn)則作一般的變速率圓周運(yùn)動(dòng)．由此可見,應(yīng)選(B)．1-5質(zhì)點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng),加速度a＝4-t2,式中a的單位為m·ｓ-2,t的單位為ｓ．如果當(dāng)t＝3ｓ時(shí),x＝9m,v＝2m·ｓ-1,求質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程．分析本題屬于運(yùn)動(dòng)學(xué)第二類問題,即已知加速度求速度和運(yùn)動(dòng)方程,必須在給定條件下用積分方法解決．由和可得和．如a＝a(t)或v＝v(t),則可兩邊直接積分．如果a或v不是時(shí)間t的顯函數(shù),則應(yīng)經(jīng)過諸如分離變量或變量代換等數(shù)學(xué)操作后再做積分．解由分析知,應(yīng)有得(1)由得(2)將t＝3ｓ時(shí),x＝9m,v＝2m·ｓ-1代入(1)(2)得v0＝-1m·ｓ-1,x0＝0.75m．于是可得質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方程為1-7一質(zhì)點(diǎn)沿半徑為R的圓周按規(guī)律運(yùn)動(dòng),v0、b都是常量．(1)求t時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的總加速度。分析在自然坐標(biāo)中,s表示圓周上從某一點(diǎn)開始的曲線坐標(biāo)．由給定的運(yùn)動(dòng)方程s＝s(t),對(duì)時(shí)間t求一階、二階導(dǎo)數(shù),即是沿曲線運(yùn)動(dòng)的速度v和加速度的切向分量aｔ,而加速度的法向分量為an＝v2/R．這樣,總加速度為a＝aｔeｔ＋anen．至于質(zhì)點(diǎn)在t時(shí)間內(nèi)通過的路程,即為曲線坐標(biāo)的改變量Δs＝st-s0．因圓周長(zhǎng)為2πR,質(zhì)點(diǎn)所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)自然可求得．解(1)質(zhì)點(diǎn)作圓周運(yùn)動(dòng)的速率為其加速度的切向分量和法向分量分別為,故加速度的大小為其方向與切線之間的夾角為1-12一段路面水平的公路,轉(zhuǎn)彎處軌道半徑為R,汽車輪胎與路面間的摩擦因數(shù)為μ,要使汽車不至于發(fā)生側(cè)向打滑,汽車在該處的行駛速率()(A)不得小于(B)必須等于(C)不得大于(D)還應(yīng)由汽車的質(zhì)量m決定分析與解由題意知,汽車應(yīng)在水平面內(nèi)作勻速率圓周運(yùn)動(dòng),為保證汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)不側(cè)向打滑,所需向心力只能由路面與輪胎間的靜摩擦力提供,能夠提供的最大向心力應(yīng)為μFN．由此可算得汽車轉(zhuǎn)彎的最大速率應(yīng)為v＝μRg．因此只要汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)的實(shí)際速率不大于此值,均能保證不側(cè)向打滑．應(yīng)選(C)．1-13一物體沿固定圓弧形光滑軌道由靜止下滑,在下滑過程中,則()(A)它的加速度方向永遠(yuǎn)指向圓心,其速率保持不變(B)它受到的軌道的作用力的大小不斷增加(C)它受到的合外力大小變化,方向永遠(yuǎn)指向圓心(D)它受到的合外力大小不變,其速率不斷增加分析與解由圖可知,物體在下滑過程中受到大小和方向不變的重力以及時(shí)刻指向圓軌道中心的軌道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圓心,其大小和方向均與物體所在位置有關(guān)．重力的切向分量(mgcosθ)使物體的速率將會(huì)不斷增加(由機(jī)械能守恒亦可判斷),則物體作圓周運(yùn)動(dòng)的向心力(又稱法向力)將不斷增大,由軌道法向方向上的動(dòng)力學(xué)方程可判斷,隨θ角的不斷增大過程,軌道支持力FN也將不斷增大,由此可見應(yīng)選(B)．1-17光滑的水平桌面上放置一半徑為R的固定圓環(huán),物體緊貼環(huán)的內(nèi)側(cè)作圓周運(yùn)動(dòng),其摩擦因數(shù)為μ,開始時(shí)物體的速率為v0,求：(1)t時(shí)刻物體的速率；(2)當(dāng)物體速率從v0減少到1/2v0時(shí),物體所經(jīng)歷的時(shí)間及經(jīng)過的路程．分析運(yùn)動(dòng)學(xué)與動(dòng)力學(xué)之間的聯(lián)系是以加速度為橋梁的,因而,可先分析動(dòng)力學(xué)問題．物體在作圓周運(yùn)動(dòng)的過程中,促使其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化的是圓環(huán)內(nèi)側(cè)對(duì)物體的支持力FN和環(huán)與物體之間的摩擦力Fｆ,而摩擦力大小與正壓力FN′成正比,且FN與FN′又是作用力與反作用力,這樣,就可通過它們把切向和法向兩個(gè)加速度聯(lián)系起來了,從而可用運(yùn)動(dòng)學(xué)的積分關(guān)系式求解速率和路程．解(1)設(shè)物體質(zhì)量為m,取圖中所示的自然坐標(biāo),按牛頓定律,有由分析中可知,摩擦力的大小Fｆ＝μFN,由上述各式可得取初始條件t＝0時(shí)v＝v0,并對(duì)上式進(jìn)行積分,有(2)當(dāng)物體的速率從v0減少到1/2v0時(shí),由上式可得所需的時(shí)間為物體在這段時(shí)間內(nèi)所經(jīng)過的路程2-1對(duì)質(zhì)點(diǎn)組有以下幾種說法：(1)質(zhì)點(diǎn)組總動(dòng)量的改變與內(nèi)力無關(guān)；(2)質(zhì)點(diǎn)組總動(dòng)能的改變與內(nèi)力無關(guān)；(3)質(zhì)點(diǎn)組機(jī)械能的改變與保守內(nèi)力無關(guān)．下列對(duì)上述說法判斷正確的是()(A)只有(1)是正確的(B)(1)、(2)是正確的(C)(1)、(3)是正確的(D)(2)、(3)是正確的分析與解在質(zhì)點(diǎn)組中內(nèi)力總是成對(duì)出現(xiàn)的,它們是作用力與反作用力．由于一對(duì)內(nèi)力的沖量恒為零,故內(nèi)力不會(huì)改變質(zhì)點(diǎn)組的總動(dòng)量．但由于相互有作用力的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)的位移大小以及位移與力的夾角一般不同,故一對(duì)內(nèi)力所作功之和不一定為零,應(yīng)作具體分析,如一對(duì)彈性內(nèi)力的功的代數(shù)和一般為零,一對(duì)摩擦內(nèi)力的功代數(shù)和一般不為零,對(duì)于保守內(nèi)力來說,所作功能使質(zhì)點(diǎn)組動(dòng)能與勢(shì)能相互轉(zhuǎn)換,因此保守內(nèi)力即使有可能改變質(zhì)點(diǎn)組的動(dòng)能,但也不可能改變質(zhì)點(diǎn)組的機(jī)械能．綜上所述(1)(3)說法是正確的．故選(C)．2-2有兩個(gè)傾角不同、高度相同、質(zhì)量一樣的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有兩個(gè)一樣的物塊分別從這兩個(gè)斜面的頂點(diǎn)由靜止開始滑下,則()(A)物塊到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)量相等(B)物塊到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能相等(C)物塊和斜面(以及地球)組成的系統(tǒng),機(jī)械能不守恒(D)物塊和斜面組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒分析與解對(duì)題述系統(tǒng)來說,由題意知并無外力和非保守內(nèi)力作功,故系統(tǒng)機(jī)械能守恒．物體在下滑過程中,一方面通過重力作功將勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能,另一方面通過物體與斜面之間的彈性內(nèi)力作功將一部分能量轉(zhuǎn)化為斜面的動(dòng)能,其大小取決其中一個(gè)內(nèi)力所作功．由于斜面傾角不同,故物體沿不同傾角斜面滑至底端時(shí)動(dòng)能大小不等．動(dòng)量自然也就不等(動(dòng)量方向也不同)．故(A)(B)(C)三種說法均不正確．至于說法(D)正確,是因?yàn)樵撓到y(tǒng)動(dòng)量雖不守恒(下滑前系統(tǒng)動(dòng)量為零,下滑后物體與斜面動(dòng)量的矢量和不可能為零．由此可知,此時(shí)向上的地面支持力并不等于物體與斜面向下的重力),但在水平方向上并無外力,故系統(tǒng)在水平方向上分動(dòng)量守恒．2-3如圖所示,質(zhì)量分別為m1和m2的物體A和B,置于光滑桌面上,A和B之間連有一輕彈簧．另有質(zhì)量為m1和m2的物體C和D分別置于物體A與B之上,且物體A和C、B和D之間的摩擦因數(shù)均不為零．首先用外力沿水平方向相向推壓A和B,使彈簧被壓縮,然后撤掉外力,則在A和B彈開的過程中,對(duì)A、B、C、D以及彈簧組成的系統(tǒng),有()(A)動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒(B)動(dòng)量不守恒,機(jī)械能守恒(C)動(dòng)量不守恒,機(jī)械能不守恒(D)動(dòng)量守恒,機(jī)械能不一定守恒分析與解由題意知,作用在題述系統(tǒng)上的合外力為零,故系統(tǒng)動(dòng)量守恒,但機(jī)械能未必守恒,這取決于在A、B彈開過程中C與A或D與B之間有無相對(duì)滑動(dòng),如有則必然會(huì)因摩擦內(nèi)力作功,而使一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為熱能,故選(D)．2-4如圖所示,子彈射入放在水平光滑地面上靜止的木塊后而穿出．以地面為參考系,下列說法中正確的說法是()(A)子彈減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)變?yōu)槟緣K的動(dòng)能(B)子彈-木塊系統(tǒng)的機(jī)械能守恒(C)子彈動(dòng)能的減少等于子彈克服木塊阻力所作的功(D)子彈克服木塊阻力所作的功等于這一過程中產(chǎn)生的熱分析與解子彈-木塊系統(tǒng)在子彈射入過程中,作用于系統(tǒng)的合外力為零,故系統(tǒng)動(dòng)量守恒,但機(jī)械能并不守恒．這是因?yàn)樽訌椗c木塊作用的一對(duì)內(nèi)力所作功的代數(shù)和不為零(這是因?yàn)樽訌棇?duì)地位移大于木塊對(duì)地位移所致),子彈動(dòng)能的減少等于子彈克服阻力所作功,子彈減少的動(dòng)能中,一部分通過其反作用力對(duì)木塊作正功而轉(zhuǎn)移為木塊的動(dòng)能,另一部分則轉(zhuǎn)化為熱能(大小就等于這一對(duì)內(nèi)力所作功的代數(shù)和)．綜上所述,只有說法(C)的表述是完全正確的．2-7如圖所示,在水平地面上,有一橫截面S＝0.20m2的直角彎管,管中有流速為v＝3.0m·ｓ-1的水通過,求彎管所受力的大小和方向．分析對(duì)于彎曲部分AB段內(nèi)的水而言,由于流速一定,在時(shí)間Δt內(nèi),從其一端流入的水量等于從另一端流出的水量．因此,對(duì)這部分水來說,在時(shí)間Δt內(nèi)動(dòng)量的增量也就是流入與流出水的動(dòng)量的增量Δp＝Δm(vB-vA)；此動(dòng)量的變化是管壁在Δt時(shí)間內(nèi)對(duì)其作用沖量I的結(jié)果．依據(jù)動(dòng)量定理可求得該段水受到管壁的沖力F；由牛頓第三定律,自然就得到水流對(duì)管壁的作用力F′＝-F．解在Δt時(shí)間內(nèi),從管一端流入(或流出)水的質(zhì)量為Δm＝ρυSΔt,彎曲部分AB的水的動(dòng)量的增量則為Δp＝Δm(vB-vA)＝ρυSΔt(vB-vA)依據(jù)動(dòng)量定理I＝Δp,得到管壁對(duì)這部分水的平均沖力從而可得水流對(duì)管壁作用力的大小為作用力的方向則沿直角平分線指向彎管外側(cè)．2-10一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn),系在細(xì)繩的一端,繩的另一端固定在平面上．此質(zhì)點(diǎn)在粗糙水平面上作半徑為r的圓周運(yùn)動(dòng)．設(shè)質(zhì)點(diǎn)的最初速率是v0．當(dāng)它運(yùn)動(dòng)一周時(shí),其速率為v0/2．求：(1)摩擦力作的功；(2)動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)在靜止以前質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)了多少圈？分析質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過程中速度的減緩,意味著其動(dòng)能減少；而減少的這部分動(dòng)能則消耗在運(yùn)動(dòng)中克服摩擦力作功上．由此,可依據(jù)動(dòng)能定理列式解之．解(1)摩擦力作功為(1)(2)由于摩擦力是一恒力,且Fｆ＝μmg,故有(2)由式(1)、(2)可得動(dòng)摩擦因數(shù)為(3)由于一周中損失的動(dòng)能為,則在靜止前可運(yùn)行的圈數(shù)為圈2-17質(zhì)量為m的彈丸A,穿過如圖所示的擺錘B后,速率由v減少到v/2．已知擺錘的質(zhì)量為m′,擺線長(zhǎng)度為l,如果擺錘能在垂直平面內(nèi)完成一個(gè)完全的圓周運(yùn)動(dòng),彈丸速度v的最小值應(yīng)為多少？分析該題可分兩個(gè)過程分析．首先是彈丸穿越擺錘的過程．就彈丸與擺錘所組成的系統(tǒng)而言,由于穿越過程的時(shí)間很短,重力和的張力在水平方向的沖量遠(yuǎn)小于沖擊力的沖量,因此,可認(rèn)為系統(tǒng)在水平方向不受外力的沖量作用,系統(tǒng)在該方向上滿足動(dòng)量守恒．?dāng)[錘在碰撞中獲得了一定的速度,因而具有一定的動(dòng)能,為使擺錘能在垂直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng),必須使擺錘在最高點(diǎn)處有確定的速率,該速率可由其本身的重力提供圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力來確定；與此同時(shí),擺錘在作圓周運(yùn)動(dòng)過程中,擺錘與地球組成的系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒定律,根據(jù)兩守恒定律即可解出結(jié)果．解由水平方向的動(dòng)量守恒定律,有(1)為使擺錘恰好能在垂直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng),在最高點(diǎn)時(shí),擺線中的張力FＴ＝0,則(2)式中v′h為擺錘在圓周最高點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速率．又?jǐn)[錘在垂直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng)的過程中,滿足機(jī)械能守恒定律,故有(3)解上述三個(gè)方程,可得彈丸所需速率的最小值為3－1有兩個(gè)力作用在一個(gè)有固定轉(zhuǎn)軸的剛體上：(1)這兩個(gè)力都平行于軸作用時(shí)，它們對(duì)軸的合力矩一定是零；(2)這兩個(gè)力都垂直于軸作用時(shí)，它們對(duì)軸的合力矩可能是零；(3)當(dāng)這兩個(gè)力的合力為零時(shí)，它們對(duì)軸的合力矩也一定是零；(4)當(dāng)這兩個(gè)力對(duì)軸的合力矩為零時(shí)，它們的合力也一定是零．對(duì)上述說法下述判斷正確的是()(A)只有(1)是正確的(B)(1)、(2)正確，(3)、(4)錯(cuò)誤(C)(1)、(2)、(3)都正確，(4)錯(cuò)誤(D)(1)、(2)、(3)、(4)都正確分析與解力對(duì)軸之力矩通常有三種情況：其中兩種情況下力矩為零：一是力的作用線通過轉(zhuǎn)軸，二是力平行于轉(zhuǎn)軸(例如門的重力并不能使門轉(zhuǎn))．不滿足上述情況下的作用力(含題述作用力垂直于轉(zhuǎn)軸的情況)對(duì)軸之矩不為零，但同時(shí)有兩個(gè)力作用時(shí)，只要滿足兩力矩大小相等，方向相反，兩力矩對(duì)同一軸的合外力矩也可以為零，由以上規(guī)則可知(1)(2)說法是正確．對(duì)于(3)(4)兩種說法，如作用于剛體上的兩個(gè)力為共點(diǎn)力，當(dāng)合力為零時(shí)，它們對(duì)同一軸的合外力矩也一定為零，反之亦然．但如這兩個(gè)力為非共點(diǎn)力，則以上結(jié)論不成立，故(3)(4)說法不完全正確．綜上所述，應(yīng)選(B)．3－2關(guān)于力矩有以下幾種說法：(1)對(duì)某個(gè)定軸轉(zhuǎn)動(dòng)剛體而言，內(nèi)力矩不會(huì)改變剛體的角加速度；(2)一對(duì)作用力和反作用力對(duì)同一軸的力矩之和必為零；(3)質(zhì)量相等，形狀和大小不同的兩個(gè)剛體，在相同力矩的作用下，它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)一定相同．對(duì)上述說法下述判斷正確的是()(A)只有(2)是正確的(B)(1)、(2)是正確的(C)(2)、(3)是正確的(D)(1)、(2)、(3)都是正確的分析與解剛體中相鄰質(zhì)元之間的一對(duì)內(nèi)力屬于作用力與反作用力，且作用點(diǎn)相同，故對(duì)同一軸的力矩之和必為零，因此可推知?jiǎng)傮w中所有內(nèi)力矩之和為零，因而不會(huì)影響剛體的角加速度或角動(dòng)量等，故(1)(2)說法正確．對(duì)說法(3)來說，題述情況中兩個(gè)剛體對(duì)同一軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量因形狀、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，產(chǎn)生的角加速度不一定相同，因而運(yùn)動(dòng)狀態(tài)未必相同，由此可見應(yīng)選(B)．3－3均勻細(xì)棒OA可繞通過其一端O而與棒垂直的水平固定光滑軸轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖所示，今使棒從水平位置由靜止開始自由下落，在棒擺到豎直位置的過程中，下述說法正確的是()(A)角速度從小到大，角加速度不變(B)角速度從小到大，角加速度從小到大(C)角速度從小到大，角加速度從大到小(D)角速度不變，角加速度為零分析與解如圖所示，在棒下落過程中，重力對(duì)軸之矩是變化的，其大小與棒和水平面的夾角有關(guān)．當(dāng)棒處于水平位置，重力矩最大，當(dāng)棒處于豎直位置時(shí)，重力矩為零．因此在棒在下落過程中重力矩由大到小，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度卻由小到大(由機(jī)械能守恒亦可判斷角速度變化情況)，應(yīng)選(C)．3－7電風(fēng)扇接通電源后一般經(jīng)5s后到達(dá)額定轉(zhuǎn)速,而關(guān)閉電源后經(jīng)16s后風(fēng)扇停止轉(zhuǎn)動(dòng)，已知電風(fēng)扇的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為，設(shè)啟動(dòng)時(shí)電磁力矩和轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的阻力矩均為常數(shù)，求啟動(dòng)時(shí)的電磁力矩.分析由題意知和均為常數(shù)，故啟動(dòng)時(shí)電風(fēng)扇在和共同作用下，作勻加速轉(zhuǎn)動(dòng)，直至到達(dá)額定轉(zhuǎn)速，關(guān)閉電源后，電風(fēng)扇僅在的作用下作勻減速轉(zhuǎn)動(dòng).運(yùn)用勻變速轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律和轉(zhuǎn)動(dòng)定律既可求解.解設(shè)啟動(dòng)時(shí)和關(guān)閉電源后，電風(fēng)扇轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的角加速度分別為和，則啟動(dòng)過程關(guān)閉電源后聯(lián)解以上各式并將以及、、、值代入，得3－8一質(zhì)量為m′、半徑為R的均勻圓盤，通過其中心且與盤面垂直的水平軸以角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)，若在某時(shí)刻，一質(zhì)量為m的小碎塊從盤邊緣裂開，且恰好沿垂直方向上拋，問它可能達(dá)到的高度是多少？破裂后圓盤的角動(dòng)量為多大？分析盤邊緣裂開時(shí)，小碎塊以原有的切向速度作上拋運(yùn)動(dòng)，由質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可求得上拋的最大高度.此外，在碎塊與盤分離的過程中，滿足角動(dòng)量守恒條件，由角動(dòng)量守恒定律可計(jì)算破裂后盤的角動(dòng)量.解(1)碎塊拋出時(shí)的初速度為由于碎塊豎直上拋運(yùn)動(dòng)，它所能到達(dá)的高度為(2)圓盤在裂開的過程中，其角動(dòng)量守恒，故有式中為圓盤未碎時(shí)的角動(dòng)量；為碎塊被視為質(zhì)點(diǎn)時(shí)，碎塊對(duì)軸的角動(dòng)量；L為破裂后盤的角動(dòng)量.則3－11質(zhì)量為0.50kg，長(zhǎng)為0.40m的均勻細(xì)棒，可繞垂直于棒的一端的水平軸轉(zhuǎn)動(dòng).如將此棒放在水平位置，然后任其落下，求：(1)當(dāng)棒轉(zhuǎn)過60°時(shí)的角加速度和角速度；(2)下落到豎直位置時(shí)的動(dòng)能；(3)下落到豎直位置時(shí)的角速度.分析轉(zhuǎn)動(dòng)定律M＝Jα是一瞬時(shí)關(guān)系式，為求棒在不同位置的角加速度，只需確定棒所在位置的力矩就可求得.由于重力矩是變力矩，角加速度也是變化的，因此，在求角速度時(shí)，就必須根據(jù)角加速度用積分的方法來計(jì)算(也可根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)中的動(dòng)能定理，通過計(jì)算變力矩的功來求).至于棒下落到豎直位置時(shí)的動(dòng)能和角速度，可采用系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律來解，這是因?yàn)榘襞c地球所組成的系統(tǒng)中，只有重力作功(轉(zhuǎn)軸處的支持力不作功)，因此，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒.解(1)棒繞端點(diǎn)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量由轉(zhuǎn)動(dòng)定律M＝Jα可得棒在θ位置時(shí)的角加速度為當(dāng)θ＝60°時(shí)，棒轉(zhuǎn)動(dòng)的角加速度由于，根據(jù)初始條件對(duì)式(1)積分，有則角速度為(2)根據(jù)機(jī)械能守恒，棒下落至豎直位置時(shí)的動(dòng)能為(3)由于該動(dòng)能也就是轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能，即，所以，棒落至豎直位置時(shí)的角速度為第四章機(jī)械振動(dòng)4-1一個(gè)質(zhì)點(diǎn)作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，振幅為A，在起始時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的位移為，且向x軸正方向運(yùn)動(dòng)，代表此簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的旋轉(zhuǎn)矢量為（）題4-１圖分析與解（B）圖中旋轉(zhuǎn)矢量的矢端在x軸上投影點(diǎn)的位移為－A/2，且投影點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向指向Ox軸正向，即其速度的x分量大于零，故滿足題意．因而正確答案為（B）．4-2一簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)曲線如圖（a）所示，則運(yùn)動(dòng)周期是（）(A)2.62s(B)2.40s(C)2.20s（D）2.00s題4-2圖分析與解由振動(dòng)曲線可知，初始時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的位移為A/2，且向x軸正方向運(yùn)動(dòng)．圖（ｂ）是其相應(yīng)的旋轉(zhuǎn)矢量圖，由旋轉(zhuǎn)矢量法可知初相位為-．振動(dòng)曲線上給出質(zhì)點(diǎn)從A/2處運(yùn)動(dòng)到x=0處所需時(shí)間為1s，由對(duì)應(yīng)旋轉(zhuǎn)矢量圖可知相應(yīng)的相位差，則角頻率，周期.故選（B）．4-3兩個(gè)同周期簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)曲線如圖（a）所示，x1的相位比x2的相位（）（A）落后（B）超前（C）落后（D）超前分析與解由振動(dòng)曲線圖作出相應(yīng)的旋轉(zhuǎn)矢量圖（b）即可得到答案為（B）．題4-３圖4-4兩個(gè)同振動(dòng)方向、同頻率、振幅均為A的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)合成后，振幅仍為A，則這兩個(gè)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的相位差為（）（A）60（B）90（C）120（D）180分析與解由旋轉(zhuǎn)矢量圖可知兩個(gè)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)1和2的相位差為120時(shí)，合成后的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)3的振幅仍為A.正確答案為（C）．題4-4圖4-12如圖（a）所示，質(zhì)量為1.0×10-2kg的子彈，以500m·s-1的速度射入木塊，并嵌在木塊中，同時(shí)使彈簧壓縮從而作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，設(shè)木塊的質(zhì)量為4.99kg，彈簧的勁度系數(shù)為8.0×103N·m-1，若以彈簧原長(zhǎng)時(shí)物體所在處為坐標(biāo)原點(diǎn)，向左為題4-12圖分析可分為兩個(gè)過程討論．首先是子彈射入木塊的過程，在此過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，因而可以確定它們共同運(yùn)動(dòng)的初速度v0，即振動(dòng)的初速度．隨后的過程是以子彈和木塊為彈簧振子作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)．它的角頻率由振子質(zhì)量m1＋m2和彈簧的勁度系數(shù)k確定，振幅和初相可根據(jù)初始條件（初速度v0和初位移x0）求得．初相位仍可用旋轉(zhuǎn)矢量法求．解振動(dòng)系統(tǒng)的角頻率為由動(dòng)量守恒定律得振動(dòng)的初始速度即子彈和木塊的共同運(yùn)動(dòng)初速度v0為又因初始位移x0＝0，則振動(dòng)系統(tǒng)的振幅為圖（b）給出了彈簧振子的旋轉(zhuǎn)矢量圖，從圖中可知初相位，則簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)方程為4-18一橫波以速度u沿x軸負(fù)方向傳播，t時(shí)刻波形曲線如圖（a）所示，則該時(shí)刻（）（A）A點(diǎn)相位為（B）B點(diǎn)靜止不動(dòng)（C）C點(diǎn)相位為（D）D點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)分析與解由波形曲線可知，波沿x軸負(fù)向傳播，B、D處質(zhì)點(diǎn)均向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，且B處質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)速度最快的位置.因此答案（B）和（D）不對(duì).A處質(zhì)點(diǎn)位于正最大位移處，C處質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置且向y軸正方向運(yùn)動(dòng)，它們的旋轉(zhuǎn)矢量圖如圖（b）所示.A、C點(diǎn)的相位分別為0和.故答案為（C）題4-18圖4-19如圖所示，兩列波長(zhǎng)為λ的相干波在點(diǎn)P相遇．波在點(diǎn)S1振動(dòng)的初相是φ1，點(diǎn)S1到點(diǎn)P的距離是r1．波在點(diǎn)S2的初相是φ2，點(diǎn)S2到點(diǎn)P的距離是r2，以k代表零或正、負(fù)整數(shù)，則點(diǎn)P是干涉極大的條件為（）分析與解P是干涉極大的條件為兩分振動(dòng)的相位差，而兩列波傳到P點(diǎn)時(shí)的兩分振動(dòng)相位差為，故選項(xiàng)（D）正確．題4-19圖4-22圖示為平面簡(jiǎn)諧波在t＝0時(shí)的波形圖，設(shè)此簡(jiǎn)諧波的頻率為250Hz，且此時(shí)圖中質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)方向向上．求：（1）該波的波動(dòng)方程；（2）在距原點(diǎn)O為7.5m處質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程與t＝0時(shí)該點(diǎn)的振動(dòng)速度．分析（1）從波形曲線圖獲取波的特征量，從而寫出波動(dòng)方程是建立波動(dòng)方程的又一途徑．具體步驟為：1.從波形圖得出波長(zhǎng)λ、振幅A和波速u＝λ；2.根據(jù)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)來判斷波的傳播方向，從而可確定原點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)趨向，并利用旋轉(zhuǎn)矢量法確定其初相φ0．（2）在波動(dòng)方程確定后，即可得到波線上距原點(diǎn)O為x處的運(yùn)動(dòng)方程y＝y(tǒng)（t），及該質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度＝dy/dt．解（1）從圖中得知，波的振幅A＝0.10m，波長(zhǎng)λ＝20.0m，則波速u＝λ＝5.0×103ｍ·ｓ-1．根據(jù)t＝0時(shí)點(diǎn)P向上運(yùn)動(dòng)，可知波沿Ox軸負(fù)向傳播，并判定此時(shí)位于原點(diǎn)處的質(zhì)點(diǎn)將沿Oy軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)．利用旋轉(zhuǎn)矢量法可得其初相φ0＝π/3．故波動(dòng)方程為（2）距原點(diǎn)O為x＝7.5ｍ處質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程為t＝0時(shí)該點(diǎn)的振動(dòng)速度為題4-22圖4-25圖（a）是干涉型消聲器結(jié)構(gòu)的原理圖，利用這一結(jié)構(gòu)可以消除噪聲．當(dāng)發(fā)動(dòng)機(jī)排氣噪聲聲波經(jīng)管道到達(dá)點(diǎn)A時(shí)，分成兩路而在點(diǎn)B相遇，聲波因干涉而相消．如果要消除頻率為300Hz的發(fā)動(dòng)機(jī)排氣噪聲，則圖中彎管與直管的長(zhǎng)度差Δr＝r2－r1至少應(yīng)為多少？（設(shè)聲波速度為340m·s-1）題4-25圖分析一列聲波被分成兩束后再相遇，將形成波的干涉現(xiàn)象．由干涉相消條件，可確定所需的波程差，即兩管的長(zhǎng)度差Δr．解由分析可知，聲波從點(diǎn)A分開到點(diǎn)B相遇，兩列波的波程差Δr＝r2-r1，故它們的相位差為由相消靜止條件Δφ＝（2k＋1）π，（k＝0，±1，±2，…）得Δr＝（2k＋1）λ／2根據(jù)題中要求令k＝0得Δr至少應(yīng)為討論在實(shí)際應(yīng)用中，由于噪聲是由多種頻率的聲波混合而成，因而常將具有不同Δr的消聲單元串接起來以增加消除噪聲的能力．圖（b）為安裝在摩托車排氣系統(tǒng)中的干涉消聲器的結(jié)構(gòu)原理圖．第五章氣體動(dòng)理論5－1圖示兩條曲線分別表示在相同溫度下氧氣和氫氣分子的速率分布曲線.如果和分別表示氧氣和氫氣的最概然速率，則()(A)圖中表示氧氣分子的速率分布曲線且(B)圖中表示氧氣分子的速率分布曲線且(C)圖中表示氧氣分子的速率分布曲線且(D)圖中表示氧氣分子的速率分布曲線且分析與解由可知，在相同溫度下，由于不同氣體的摩爾質(zhì)量不同，它們的最概然速率也就不同.因，故氧氣比氫氣的要小，由此可判定圖中曲線應(yīng)是對(duì)應(yīng)于氧氣分子的速率分布曲線.又因，所以.故選(B)．題5-1圖5－3處于平衡狀態(tài)的一瓶氦氣和一瓶氮?dú)獾姆肿訑?shù)密度相同，分子的平均平動(dòng)動(dòng)能也相同，則它們()(A)溫度，壓強(qiáng)均不相同(B)溫度相同，但氦氣壓強(qiáng)大于氮?dú)獾膲簭?qiáng)(C)溫度，壓強(qiáng)都相同(D)溫度相同，但氦氣壓強(qiáng)小于氮?dú)獾膲簭?qiáng)分析與解理想氣體分子的平均平動(dòng)動(dòng)能，僅與溫度有關(guān)．因此當(dāng)氦氣和氮?dú)獾钠骄絼?dòng)動(dòng)能相同時(shí)，溫度也相同．又由物態(tài)方程，當(dāng)兩者分子數(shù)密度n相同時(shí)，它們壓強(qiáng)也相同．故選(C)．5－5兩個(gè)相同的剛性容器，一個(gè)盛有氫氣，一個(gè)盛氦氣(均視為剛性分子理想氣體).開始時(shí)它們的壓強(qiáng)和溫度都相同，現(xiàn)將3J熱量傳給氦氣，使之升高到一定的溫度.若使氫氣也升高同樣的溫度，則應(yīng)向氫氣傳遞熱量為()(A)6J(B)3J(C)5J(D)10J分析與解當(dāng)容器體積不變，即為等體過程時(shí)系統(tǒng)不作功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律Q＝ΔE＋W，有Q＝ΔE.而由理想氣體內(nèi)能公式，可知欲使氫氣和氦氣升高相同溫度，須傳遞的熱量.再由理想氣體物態(tài)方程pV＝RT，初始時(shí)，氫氣和氦氣是具有相同的溫度、壓強(qiáng)和體積，因而物質(zhì)的量相同，則.因此正確答案為(C).5－6一定量理想氣體分別經(jīng)過等壓，等溫和絕熱過程從體積膨脹到體積，如圖所示，則下述正確的是()（A）吸熱最多，內(nèi)能增加（B）內(nèi)能增加，作功最少（C）吸熱最多，內(nèi)能不變（D）對(duì)外作功，內(nèi)能不變分析與解由絕熱過程方程常量，以及等溫過程方程pV=常量可知在同一p-V圖中當(dāng)絕熱線與等溫線相交時(shí)，絕熱線比等溫線要陡，因此圖中為等壓過程，為等溫過程，為絕熱過程.又由理想氣體的物態(tài)方程可知，p-V圖上的pV積越大，則該點(diǎn)溫度越高.因此圖中.對(duì)一定量理想氣體內(nèi)能，，由此知，，而由理想氣體作功表達(dá)式知道功的數(shù)值就等于p-V圖中過程曲線下所對(duì)應(yīng)的面積，則由圖可知.又由熱力學(xué)第一定律Q＝W＋ΔE可知.因此答案A、B、C均不對(duì).只有（D）正確.題5-6圖5－7一臺(tái)工作于溫度分別為327℃和27℃的高溫?zé)嵩磁c低溫源之間的卡諾熱機(jī)，每經(jīng)歷一個(gè)循環(huán)吸熱2000J，則對(duì)外作功((A)2000J(B)1000J(C)4000J(D)500J分析與解熱機(jī)循環(huán)效率η＝W/Q吸，對(duì)卡諾機(jī)，其循環(huán)效率又可表為：η＝1－，則由W/Q吸＝1－可求答案.正確答案為(B).5－12在容積為2.0×10-3m3的容器中，有內(nèi)能為6.75×102J的剛性雙原子分子某理想氣體.(1)求氣體的壓強(qiáng)；(2)設(shè)分子總數(shù)為5.4×1022分析(1)一定量理想氣體的內(nèi)能，對(duì)剛性雙原子分子而言，i＝5.由上述內(nèi)能公式和理想氣體物態(tài)方程pV＝RT可解出氣體的壓強(qiáng).(2)求得壓強(qiáng)后，再依據(jù)題給數(shù)據(jù)可求得分子數(shù)密度，則由公式p＝nkT可求氣體溫度.氣體分子的平均平動(dòng)動(dòng)能可由求出.解(1)由和pV＝RT可得氣體壓強(qiáng)(2)分子數(shù)密度n＝N/V，則該氣體的溫度氣體分子的平均平動(dòng)動(dòng)能為5－18如圖所示，系統(tǒng)從狀態(tài)A沿ABC變化到狀態(tài)C的過程中，外界有326J的熱量傳遞給系統(tǒng)，同時(shí)系統(tǒng)對(duì)外作功126J.當(dāng)系統(tǒng)從狀態(tài)C沿另一曲線CA返回到狀態(tài)A時(shí)，外界對(duì)系統(tǒng)作功為52J，則此過程中系統(tǒng)是吸熱還是放熱？傳遞熱量是多少？題5-18圖分析已知系統(tǒng)從狀態(tài)C到狀態(tài)A，外界對(duì)系統(tǒng)作功為WCA，如果再能知道此過程中內(nèi)能的變化ΔECA，則由熱力學(xué)第一定律即可求得該過程中系統(tǒng)傳遞的熱量QCA.由于理想氣體的內(nèi)能是狀態(tài)(溫度)的函數(shù)，利用題中給出的ABC過程吸熱、作功的情況，由熱力學(xué)第一定律即可求得由A至C過程中系統(tǒng)內(nèi)能的變化ΔEAC，而ΔEAC＝－ΔECA，故可求得QCA.解系統(tǒng)經(jīng)ABC過程所吸收的熱量及對(duì)外所作的功分別為QABC＝326J，WABC＝126J則由熱力學(xué)第一定律可得由A到C過程中系統(tǒng)內(nèi)能的增量ΔEAC＝QABC－WABC＝200J由此可得從C到A，系統(tǒng)內(nèi)能的增量為ΔECA＝－200J從C到A，系統(tǒng)所吸收的熱量為QCA＝ΔECA＋WCA＝－252J式中負(fù)號(hào)表示系統(tǒng)向外界放熱252J.這里要說明的是由于CA是一未知過程，上述求出的放熱是過程的總效果，而對(duì)其中每一微小過程來講并不一定都是放熱.8－12如圖所示，使1mol氧氣(1)由A等溫地變到B；(2)由A等體地變到C，再由C等壓地變到B.試分別計(jì)算氧氣所作的功和吸收的熱量.題8-12圖分析從p－V圖(也稱示功圖)上可以看出，氧氣在AB與ACB兩個(gè)過程中所作的功是不同的，其大小可通過求出.考慮到內(nèi)能是狀態(tài)的函數(shù)，其變化值與過程無關(guān)，所以這兩個(gè)不同過程的內(nèi)能變化是相同的，而且因初、末狀態(tài)溫度相同TA＝TB，故ΔE＝0，利用熱力學(xué)第一定律Q＝W＋ΔE，可求出每一過程所吸收的熱量.解(1)沿AB作等溫膨脹的過程中，系統(tǒng)作功由分析可知在等溫過程中，氧氣吸收的熱量為QAB＝WAB＝2.77×103Ｊ(2)沿A到C再到B的過程中系統(tǒng)作功和吸熱分別為WACB＝WAC＋WCB＝WCB＝(VB－VC)＝2.0×103ＪQACB＝WACB＝2.0×103Ｊ8－15圖(ａ)是某單原子理想氣體循環(huán)過程的V－T圖，圖中VC＝2VA.試問：(1)圖中所示循環(huán)是代表制冷機(jī)還是熱機(jī)？(2)如是正循環(huán)(熱機(jī)循環(huán))，求出其循環(huán)效率.題8-15圖分析以正、逆循環(huán)來區(qū)分熱機(jī)和制冷機(jī)是針對(duì)p－V圖中循環(huán)曲線行進(jìn)方向而言的.因此，對(duì)圖(ａ)中的循環(huán)進(jìn)行分析時(shí)，一般要先將其轉(zhuǎn)換為p－V圖.轉(zhuǎn)換方法主要是通過找每一過程的特殊點(diǎn)，并利用理想氣體物態(tài)方程來完成.由圖(ａ)可以看出，BC為等體降溫過程，CA為等溫壓縮過程；而對(duì)AB過程的分析，可以依據(jù)圖中直線過原點(diǎn)來判別.其直線方程為V＝KT，C為常數(shù).將其與理想氣體物態(tài)方程pV＝RT比較可知該過程為等壓膨脹過程(注意：如果直線不過原點(diǎn)，就不是等壓過程).這樣，就可得出p－V圖中的過程曲線，并可判別是正循環(huán)(熱機(jī)循環(huán))還是逆循環(huán)(制冷機(jī)循環(huán))，再參考題8－14的方法求出循環(huán)效率.解(1)根據(jù)分析，將V－T圖轉(zhuǎn)換為相應(yīng)的p－V圖，如圖(ｂ)所示.圖中曲線行進(jìn)方向是正循環(huán)，即為熱機(jī)循環(huán).(2)根據(jù)得到的p－V圖可知，AB為等壓膨脹過程，為吸熱過程.BC為等體降壓過程，CA為等溫壓縮過程，均為放熱過程.故系統(tǒng)在循環(huán)過程中吸收和放出的熱量分別為CA為等溫線，有TA＝TC；AB為等壓線，且因VC＝2VA，則有TA＝TB/2.對(duì)單原子理想氣體，其摩爾定壓熱容Cp，m＝5R/2，摩爾定容熱容CV，m＝3R/2.故循環(huán)效率為5－21有一以理想氣體為工作物質(zhì)的熱機(jī)，其循環(huán)如圖所示，試證明熱分析該熱機(jī)由三個(gè)過程組成，圖中AB是絕熱過程，BC是等壓壓縮過程，CA是等體升壓過程.其中CA過程系統(tǒng)吸熱，BC過程系統(tǒng)放熱.本題可從效率定義出發(fā),利用熱力學(xué)第一定律和等體、等壓方程以及γ＝Cp,m/CV,m的關(guān)系來證明.題5-21圖證該熱機(jī)循環(huán)的效率為其中QBC＝Cp,m(TC－TB)，QCA＝CV,m(TA－TC)，則上式可寫為在等壓過程BC和等體過程CA中分別有TB/V1＝TC/V2,TA/p1＝TC/p2,代入上式得5-22一卡諾熱機(jī)的低溫?zé)嵩礈囟葹?℃，效率為40％，若要將其效率提高到50解設(shè)高溫?zé)嵩吹臏囟确謩e為、,則有，其中T2為低溫?zé)嵩礈囟?由上述兩式可得高溫?zé)嵩葱杼岣叩臏囟葹轭}8-21圖分析耗電量的單位為kW·h，1kW·h＝3.6×106J.圖示是空調(diào)的工作過程示意圖.因?yàn)榭ㄖZ制冷機(jī)的制冷系數(shù)為，其中T1為高溫?zé)嵩礈囟?室外環(huán)境溫度)，T2為低溫?zé)嵩礈囟?室內(nèi)溫度).所以，空調(diào)的制冷系數(shù)為e＝ek·60％＝0.6T2/(T1－T2)另一方面，由制冷系數(shù)的定義，有e＝Q2/(Q1－Q2)其中Q1為空調(diào)傳遞給高溫?zé)嵩吹臒崃浚纯照{(diào)向室外排放的總熱量；Q2是空調(diào)從房間內(nèi)吸取的總熱量.若Q′為室外傳進(jìn)室內(nèi)的熱量，則在熱平衡時(shí)Q2＝Q′.由此，就可以求出空調(diào)的耗電作功總值W＝Q1－Q2.解根據(jù)上述分析，空調(diào)的制冷系數(shù)為在室內(nèi)溫度恒定時(shí)，有Q2＝Q′.由e＝Q2/(Q1－Q2)可得空調(diào)運(yùn)行一天所耗電功W＝Q1－Q2＝Q2/e＝Q′/e＝2.89×107J=8.0kW·h6－2下列說法正確的是()(A)閉合曲面上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度都為零時(shí)，曲面內(nèi)一定沒有電荷(B)閉合曲面上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度都為零時(shí)，曲面內(nèi)電荷的代數(shù)和必定為零(C)閉合曲面的電通量為零時(shí)，曲面上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度必定為零(D)閉合曲面的電通量不為零時(shí)，曲面上任意一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度都不可能為零分析與解依照靜電場(chǎng)中的高斯定理，閉合曲面上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度都為零時(shí)，曲面內(nèi)電荷的代數(shù)和必定為零，但不能肯定曲面內(nèi)一定沒有電荷；閉合曲面的電通量為零時(shí)，表示穿入閉合曲面的電場(chǎng)線數(shù)等于穿出閉合曲面的電場(chǎng)線數(shù)或沒有電場(chǎng)線穿過閉合曲面，不能確定曲面上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度必定為零；同理閉合曲面的電通量不為零，也不能推斷曲面上任意一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度都不可能為零，因而正確答案為(B).6－3下列說法正確的是()(A)電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)，電勢(shì)也一定為零(B)電場(chǎng)強(qiáng)度不為零的點(diǎn)，電勢(shì)也一定不為零(C)電勢(shì)為零的點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度也一定為零(D)電勢(shì)在某一區(qū)域內(nèi)為常量，則電場(chǎng)強(qiáng)度在該區(qū)域內(nèi)必定為零分析與解電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)是描述電場(chǎng)的兩個(gè)不同物理量，電場(chǎng)強(qiáng)度為零表示試驗(yàn)電荷在該點(diǎn)受到的電場(chǎng)力為零，電勢(shì)為零表示將試驗(yàn)電荷從該點(diǎn)移到參考零電勢(shì)點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力作功為零.電場(chǎng)中一點(diǎn)的電勢(shì)等于單位正電荷從該點(diǎn)沿任意路徑到參考零電勢(shì)點(diǎn)電場(chǎng)力所作的功；電場(chǎng)強(qiáng)度等于負(fù)電勢(shì)梯度.因而正確答案為(D).6－7兩個(gè)帶有等量異號(hào)電荷的無限長(zhǎng)同軸圓柱面，半徑分別為R1和R2＞R1)，單位長(zhǎng)度上的電荷為λ.求離軸線為r處的電場(chǎng)強(qiáng)度：(1)r＜R1，(2)R1＜r＜R2，(3)r＞R2.分析電荷分布在無限長(zhǎng)同軸圓柱面上，電場(chǎng)強(qiáng)度也必定沿軸對(duì)稱分布，取同軸圓柱面為高斯面，只有側(cè)面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量不為零，且，求出不同半徑高斯面內(nèi)的電荷.即可解得各區(qū)域電場(chǎng)的分布.解作同軸圓柱面為高斯面，根據(jù)高斯定理r＜R1，在帶電面附近，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不連續(xù)，電場(chǎng)強(qiáng)度有一躍變R1＜r＜R2，r＞R2，在帶電面附近，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不連續(xù)，電場(chǎng)強(qiáng)度有一躍變這與5－20題分析討論的結(jié)果一致.6－8兩個(gè)同心球面的半徑分別為R1和R2，各自帶有電荷Q1和Q2.求：(1)各區(qū)域電勢(shì)分布，并畫出分布曲線；(2)兩球面間的電勢(shì)差為多少？分析通?？刹捎脙煞N方法(1)由于電荷均勻分布在球面上，電場(chǎng)分布也具有球?qū)ΨQ性，因此，可根據(jù)電勢(shì)與電場(chǎng)強(qiáng)度的積分關(guān)系求電勢(shì).取同心球面為高斯面，借助高斯定理可求得各區(qū)域的電場(chǎng)強(qiáng)度分布，再由可求得電勢(shì)分布.(2)利用電勢(shì)疊加原理求電勢(shì).一個(gè)均勻帶電的球面，在球面外產(chǎn)生的電勢(shì)為在球面內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，電勢(shì)處處相等，等于球面的電勢(shì)其中R是球面的半徑.根據(jù)上述分析，利用電勢(shì)疊加原理，將兩個(gè)球面在各區(qū)域產(chǎn)生的電勢(shì)疊加，可求得電勢(shì)的分布.解1(1)由高斯定理可求得電場(chǎng)分布由電勢(shì)可求得各區(qū)域的電勢(shì)分布.當(dāng)r≤R1時(shí)，有當(dāng)R1≤r≤R2時(shí)，有當(dāng)r≥R2時(shí)，有(2)兩個(gè)球面間的電勢(shì)差解2(1)由各球面電勢(shì)的疊加計(jì)算電勢(shì)分布.若該點(diǎn)位于兩個(gè)球面內(nèi)，即r≤R1，則若該點(diǎn)位于兩個(gè)球面之間，即R1≤r≤R2