34参考答案1.docx
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34参考答案1
第34届全国部分地区大学生物理竞赛参考答案
2017.12
1.√𝑀𝑒𝑟;{2𝐺[𝑀
(1−1)+𝑀(1
1
−1)]}2。
√𝑀𝑒+√𝑀𝑚
𝑒𝑅𝑒
𝑟𝐿
𝑚𝑟−𝑅𝑒
𝑟−𝑟𝐿
2.1𝑀
(𝜔𝑟)2+1𝑀𝑅2𝜔2;1𝑀
𝑅2𝜔2。
2𝑚
5𝑚𝑚
5𝑚𝑚
3.𝐼1=𝐼2=𝐼3;2。
4.列车;√2𝑔ℎ。
5.3.4;13.6。
6.1
𝐹2
;1(1
+1)𝐹2。
2𝑘1+𝑘2
2𝑘1
𝑘2
7.4;1(√17−1)≈1.56。
32
解:
将气缸的横截面积记为𝑆,缸中的中间圆桶和桶内的水银的质量之和记为𝑚。
对图1的状态,有
𝑚𝑔⁄𝑆=𝑝0
氧气:
𝑝0ℎ0𝑆=𝜈𝑂𝑅𝑇𝜈𝑂:
氧气摩尔数
氮气:
2𝑝0ℎ0𝑆=𝜈𝑁𝑅𝑇⟹𝜈𝑁=2𝜈𝑂𝜈𝑁:
氧气摩尔数对图2的状态,有
𝑝左=𝑝右
记为
𝑝
(1)
=
氧气:
𝑝
(1)ℎ左𝑆=𝜈𝑂𝑅𝑇
氮气:
𝑝
(1)ℎ右𝑆=𝜈𝑁𝑅𝑇=2𝜈𝑂𝑅𝑇
∴ℎ右=2ℎ左而ℎ右+ℎ左=2ℎ0
即得ℎ
2
左=3ℎ0
,ℎ
4
右=3ℎ0
对图3的状态,有
𝑝下=𝑝上+
𝑚𝑔
𝑆=𝑝上+𝑝0,ℎ下=2ℎ0−ℎ上
氮气:
𝑝上ℎ上𝑆=𝜈𝑁𝑅𝑇=2𝜈𝑂𝑅𝑇⟹𝑝上=2𝜈𝑂𝑅𝑇⁄ℎ上𝑆,ℎ下=2ℎ0−ℎ上
氧气:
𝑝下ℎ下𝑆=𝜈𝑂𝑅𝑇⟹(𝑝上+𝑝0)ℎ下𝑆=𝜈𝑂𝑅𝑇,𝑝0=𝜈𝑂𝑅𝑇/ℎ0𝑆
⟹(2𝜈𝑂𝑅𝑇+𝜈𝑂𝑅𝑇)(2ℎ−ℎ
)𝑆=𝜈
𝑅𝑇
ℎ上𝑆
ℎ0𝑆0上𝑂
ℎ上
解得
⟹(2+
ℎ0
)(2ℎ0−ℎ上)=ℎ上
8.2或4;2𝐾。
1
ℎ上=2(√17−1)ℎ0≈1.56ℎ0
9.单色光的波长、圆孔直径(或光学仪器孔径);显微镜:
用波长远小于可见光的电子波取代可见光波;天文望远镜:
增大圆孔直径。
10.𝜂、𝜂、𝜂、𝜂;13(≈1.44)。
21439
解:
每一个小循环对外作功相同,记为𝑊.
引入:
𝑇0=𝑝0𝑉0/𝜈𝑅,取𝜈=1,则有
35
𝑄吸1=2𝑅(3𝑇0−2𝑇0)+2𝑅(6𝑇0−3𝑇0)=9𝑅𝑇0
𝑊
⟹𝜂1=9𝑅𝑇
35
1
~~0.119
21
𝑄吸2=2𝑅(6𝑇0−4𝑇0)+2𝑅(9𝑇0−6𝑇0)=2𝑅𝑇0
𝑊
⟹𝜂2=21
2𝑅𝑇0
2
~~0.09521
𝑂
𝑉02𝑉03𝑉0
𝑉
𝑄3(
)5(
)13
𝑊2
吸3=2𝑅2𝑇0−𝑇0
+2𝑅4𝑇0−2𝑇0
=𝑅𝑇0⟹𝜂3=13
2𝑅𝑇0
~~0.154
13
𝑄3(
)5(
)=8𝑅𝑇
⟹𝜂
=𝑊1
吸4=2𝑅4𝑇0−2𝑇0
+2𝑅6𝑇0−4𝑇0
~~0.125
8𝑅𝑇08
𝑄3(
)5()
4𝑊2
0
吸大=2𝑅3𝑇0−𝑇0
+2𝑅9𝑇0−3𝑇0
=18𝑅𝑇0⟹𝜂大=18𝑅𝑇~9~0.222
11.(15分)
解:
𝐸⃑平行于直线𝑀𝑁的分量记为𝐸∥,垂直于直线𝑀𝑁的分量记为𝐸⊥,则有
𝐸∥=𝐸⁄√2,𝐸⊥=𝐸⁄√2
在垂直于𝑀𝑁方向上,𝑃1经𝑡0时间速度从𝑣0降为零,又经𝑡0时间返回到直线𝑀𝑁,即有
𝑡=𝑣⁄𝑞𝐸⊥=√2𝑚𝑣⁄𝑞𝐸
00𝑚0
在平行于𝑀𝑁方向上,𝑃1经2𝑡0时间经过的路程为
𝑙=1(𝑞𝐸∥)⋅(2𝑡)2=2√2𝑚𝑣2⁄𝑞𝐸
𝑡的求解:
∥2𝑚00
𝐵与𝑣2的求解:
𝑡=2𝑡0=2√2𝑚𝑣0⁄𝑞𝐸
(7分)
经2𝑡0时间𝑃2需返回𝑀𝑁直线与𝑃1相碰,要求𝑃2磁场中半圆周运动,且有圆半径
𝑅=𝑚𝑣2⁄𝑞𝐵,2𝑅=𝑙∥
又要求𝑃2在磁场中经过𝜋𝑅路径,即有
⟹2𝑚𝑣2
𝑞𝐵
2√2𝑚𝑣2
0
=
𝑞𝐸
𝜋𝑅=𝑣
⋅2𝑡
⟹𝜋𝑚𝑣2=𝑣
⋅2√2𝑚𝑣0
解得
2
𝜋𝐸
𝐵=
0
𝑣
𝑞𝐵2
=𝜋𝑣0
𝑞𝐸
(8分)
2√2𝑣02
12.(15分)
解:
(1)桌面无摩擦,框架速度为𝑣时,右侧导体棒中产生的动生感应电动势
𝜀=𝐵𝑎𝑣
框架内有回路电流
右侧导体棒得到朝左方向的安培力
𝐼=
𝜀4𝑅
𝐵𝑎𝑣
=
4𝑅
𝐹=𝐼𝐵𝑎=
应用动量定理,经无穷短时间𝑑𝑡,应有
𝐵2𝑎24𝑅
𝑣
𝐹𝑑𝑡=4𝑚(−𝑑𝑣)⟹
因𝑣𝑑𝑡为𝑑𝑡时间段内框架右行路程𝑑𝑙,即得
𝐵2𝑎24𝑅
𝑣𝑑𝑡=−4𝑚𝑑𝑣
−𝑑𝑣=
𝐵2𝑎216𝑚𝑅
𝑣∗
𝑑𝑙⟹∫−𝑑𝑣=
𝑣0
𝐵2𝑎216𝑚𝑅
𝑙∗
∫𝑑𝑙
0
⟹𝑣0
−𝑣∗=𝐵2𝑎2𝑙∗𝑙∗:
右行路程,𝑣∗:
𝑙∗对应的𝑣
16𝑚𝑅
当𝑙>𝑙∗>0时,朝左方向的安培力始终存在。
当𝑙∗=𝑙时,回路电动势为零,𝐹=0,速度
22
记为𝑣∗。
而后即为匀速运动,直到𝑙∗=𝑙为止。
故𝑙∗=𝑙时的速度𝑣0,即为𝑙∗=𝑙时对应的
𝑣∗。
据此有
𝑣0−𝑣∗|∗
𝑣0=
𝐵2𝑎2
𝑙∗|
⟹𝑣0=
22
𝐵2𝑎2𝑙
𝑣=2
16𝑚𝑅
∗𝑙
216𝑚𝑅2
解得
𝐵2𝑎2𝑙
𝑣0=16𝑚𝑅|
𝑙=2𝑎
𝑙=2
𝐵2𝑎3
=(8分)
8𝑚𝑅
(2)桌面有阻力是,上式𝐹=𝐼𝐵𝑎改为
𝐵2𝑎2
对应地有
𝐹=𝐼𝐵𝑎+𝛾𝑣=(
𝐵2𝑎2
4𝑅
+𝛾)𝑣
𝐹𝑑𝑡=4𝑚(−𝑑𝑣)⟹(
4𝑅
+𝛾)𝑣𝑑𝑡=−4𝑚𝑑𝑣,𝑣𝑑𝑡=𝑑𝑙
⟹−𝑑𝑣=
1
4𝑚
𝐵2𝑎2(
4𝑅
+𝛾)𝑑𝑙
⟹𝑣0−𝑣∗=(
𝐵2𝑎2
+
𝛾𝑙∗
)∫𝑑𝑙
𝑙∗=𝑙时,𝑣∗=0,据此有
2
16𝑚𝑅
4𝑚0
𝑣0=(
𝐵2𝑎2
+
𝛾𝑙
)⋅
𝑣0=
𝐵2𝑎2
𝑙
解得
16𝑚𝑅
4𝑚2
16𝑚𝑅
𝛾=𝐵2𝑎2⁄4𝑅(7分)
13.(15分)
解:
先讨论会聚透镜的第一次成像:
𝑓=15cm,𝑢1
=30cm,𝑣1
=𝑢1𝑓
𝑢1−𝑓
=30cm(3分)
像是倒立的实像。
第二步是平面镜成像:
𝑢2=𝑑−𝑣1,𝑣2=−𝑢2=𝑣1−𝑑𝑑:
平面镜与透镜的间距(2分)所成的像,相对第一次成像为正立的。
再看会聚透镜的第二次成像:
𝑢3=𝑑−𝑣2=𝑑−(𝑣1−𝑑)=2𝑑−𝑣1
𝑢3𝑓(2𝑑−𝑣1)∙𝑓
(2𝑑−30)×15
(𝑑−15)×30
𝑣3=𝑢
=
−𝑓2𝑑−𝑣1
=
−𝑓
=
2𝑑−30−15
(4分)
2𝑑−45
凸透镜的这次成像,有两种情形都会符合题文要求,即像可在镜的两侧。
(1)若为实像,𝑣3=30cm,代入上式得
𝑑=30cm(3分)
(2)若为虚像,𝑣3=−30cm,代入上式得
𝑑=20cm(3分)
14.(15分)
解:
(1)𝐸𝐾=𝐸0时,有
2𝑚𝑐2=𝐸=𝑚0
𝑢2
𝑐2,𝑢=𝑎𝑡
得
𝑢=
√1−𝑐2
√3
𝑐,𝑡=√3𝑐/2𝑎
2
∴𝑃1
=𝑚0
𝑢2
⋅𝑢=√3𝑚0𝑐
此时质点所在位置是
√1−𝑐2
1
3𝑐2
又由
𝑥=
𝑎𝑡2=
2
8𝑎
𝐹=𝑑(𝑚𝑢)=𝑑𝑚0𝑢
=𝑚
1
𝑎|
𝑥𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑢2
0
𝑢2
3⁄2
2
(√1−𝑐2)
得
(1−𝑐2)
𝑢=√3𝑐
(2)引入𝑢∗,使
𝐹𝑥
(1)=8𝑚0𝑎(8分)
𝑚0𝑢∗
𝑚𝑢∗=𝑃2==2𝑃1=2√3𝑚0𝑐
√𝑢∗2
解得
1−𝑐2
代入
𝑢∗
12
=√𝑐13
𝐹𝑥=𝑚0
1
𝑢∗2
3𝑎|
2
(1−𝑐2)
∗12
𝑢=√𝑐
得
15.(20分)
13
𝐹𝑥
(2)=13√13𝑚0𝑎(7分)
解:
(1)参看题解图,过𝐶点作一水平方位线𝐶𝑃,过
𝐵点作一竖直方位线𝐵𝑄,这两条方位线的交点即为
𝑀所在位置。
(3分)
(2)细杆无水平方向外力作用,质心𝐶只能沿竖直方向朝下运动。
𝐶位于题解图所在位置时,因能量守恒,可得
1𝑚𝑣2+1𝐼𝜔2=𝑚𝑔𝑙(1−cos𝜙),
𝑂
𝐵
2𝐶2𝐶2
题解图
𝐼𝐶
=1𝑚𝑙2,𝑚:
细杆质量
12
𝑙
2𝑣𝐶
解得
𝑣𝐶=𝜔⋅2sin𝜙⟹𝜔=𝑙sin𝜙
𝑣2=3𝑔𝑙(1−cos𝜙)sin2𝜙
(1)(4分)
题解图中的𝑣𝐵应为
𝐶
cos𝜙
1+3sin2𝜙
cos2𝜙
𝑣𝐵=
如图示,将𝑎𝑀分解为
sin𝜙
𝑣𝐶⟹𝑣2=
sin2𝜙
𝑣2(2分)
又:
水平朝左方向分量𝑎𝑀∥和竖直朝下分量𝑎𝑀⊥
质心𝐶的加速度𝑎𝐶竖直方向,其水平朝左分量𝑎𝐶∥=0
𝐵端的加速度𝑎𝐵水平方向,其竖直朝下分量𝑎𝐵⊥=0
引入:
𝑀相对𝐶点的水平朝左加速度𝑎𝑀𝐶∥,和相对𝐵端的竖直朝下加速度𝑎𝑀𝐵⊥
据相对运动关系可得
𝑎𝑀∥
=𝑎𝑀𝐶∥
+𝑎𝐶∥
=𝑎𝑀𝐶∥
𝑣2
𝐶
=
𝑙sin𝜙
𝑣2
𝑎𝑀⊥
=𝑎𝑀𝐵⊥
+𝑎𝐵⊥
=𝑎𝑀𝐵⊥
𝐵
𝑙
对图中的𝛼角,应有
2cos𝜙
即得
tan𝛼=
𝑎𝑀∥
𝑎𝑀⊥
cos𝜙
=
sin𝜙
𝑣2
⋅=
𝐵
cos𝜙sin𝜙
sin2𝜙
⋅cos2𝜙
=tan𝜙
𝛼=𝜙⟹𝑎𝑀方向指向图中𝑂点
(2)(7分)由𝑎𝑀∥=𝑎𝑀sin𝛼=𝑎𝑀sin𝜙,得
𝑎=
𝑎𝑀∥
𝑣2
𝐶
==3𝑔𝑙
(1−cos𝜙)sin2𝜙𝑙
⁄
sin2𝜙
𝑀sin𝜙
𝑙2
1+3sin2𝜙2
16.(20分)
2sin
⟹𝑎𝑀
𝜙
=1−cos𝜙1+3sin2𝜙
6𝑔(3)(4分)
解:
(1)𝑡=0时,第1种分子在左侧的数密度与第2种分子在右侧的数密度同为
𝑛0=𝜈𝑁𝐴/𝑉
(1)
先考虑第1种分子,𝑡时刻左侧和右侧的数密度分别记为𝑛1,𝐿(𝑡)和𝑛1,𝑅(𝑡),则有
𝑛1,𝐿(𝑡)+𝑛1,𝑅(𝑡)=𝑛0
(2)
经𝑑𝑡,此种分子通过小孔两侧互相交换,而使𝑛1,𝐿(𝑡)有一减少量
−𝑉𝑑𝑛()1()1(𝑡)𝑣̅̅̅]𝐴𝑑𝑡(3)
1,𝐿𝑡
=[𝑛1,𝐿
𝑡𝑣̅̅̅]𝐴𝑑𝑡−[
4
𝑛1,𝑅1
𝑣̅̅1̅=√8𝑅𝑇/𝜋𝜇1(4)
利用
(2)式,可将(3)式写成
−𝑉𝑑𝑛
(𝑡)=𝑣̅̅1̅𝐴𝑑𝑡[2𝑛
(𝑡)−𝑛]
1,𝐿
4
𝑑𝑛1,𝐿(𝑡)
1,𝐿0
̅𝑣̅1̅
积分后可得
⟹
2𝑛1,𝐿
(𝑡)−𝑛0
=−𝐴𝑑𝑡4𝑉
2𝑛1,𝐿(𝑡)−𝑛0
ln
𝑛0
𝑣̅̅1̅
=−
2𝑉
𝐴𝑡
1−̅𝑣̅̅1̅𝐴𝑡
̅𝑣̅̅̅𝐴𝑡
−
⟹𝑛1,𝐿(𝑡)=2𝑛0[1+𝑒
2𝑉],𝑛1,𝑅(𝑡)=2𝑛0[1−𝑒
2𝑉](5)
对第2种分子,引入𝑡时刻左侧和右侧的数密度𝑛2,𝐿(𝑡)和𝑛2,𝑅(𝑡)后,同样可导得
1−̅𝑣̅̅2̅𝐴𝑡
̅𝑣̅̅̅𝐴𝑡
−
𝑛2,𝐿(𝑡)=2𝑛0[1−𝑒
2𝑉],𝑛2,𝑅(𝑡)=2𝑛0[1+𝑒
2𝑉](6)
𝑣̅̅2̅=√8𝑅𝑇/𝜋𝜇2(7)(10分)这样,𝑡时刻左、右两侧气体密度便分别为
𝜌𝐿(𝑡)=𝑚1𝑛1,𝐿(𝑡)+𝑚2𝑛2,𝐿(𝑡),𝜌𝑅(𝑡)=𝑚1𝑛1,𝑅(𝑡)+𝑚2𝑛2,𝑅(𝑡)
𝑚1、𝑚2分别是两种分子的质量。
将(5)式、(6)式代入后便得
因
(1)式,有
𝜌𝐿(𝑡)=
𝜌𝑅(𝑡)=
1̅𝑣̅1̅𝐴𝑡
𝑚1𝑛0[1+𝑒−2𝑉]+
2
1̅𝑣̅1̅𝐴𝑡
𝑚1𝑛0[1−𝑒−2𝑉]+
2
1̅𝑣̅2̅𝐴𝑡
𝑚2𝑛0[1−𝑒−2𝑉]
2
1̅𝑣̅2̅𝐴𝑡
𝑚2𝑛0[1+𝑒−2𝑉]
2
故得
𝑚𝑛0=𝑚𝜈𝑁𝐴⁄𝑉=𝜇𝜈/𝑉
𝜈−̅𝑣̅1̅𝐴𝑡
̅𝑣̅2̅𝐴𝑡
𝜌𝐿(𝑡)=
𝜈
2𝑉
[(𝜇1+𝜇2)+𝜇1𝑒
−̅𝑣̅1̅𝐴𝑡
2𝑉−𝜇2𝑒−2𝑉]
̅𝑣̅2̅𝐴𝑡
𝜌𝑅(𝑡)=
2𝑉
[(𝜇1+𝜇2)−𝜇1𝑒
2𝑉+𝜇2𝑒−2𝑉](5分)
其中𝑣̅̅1̅、𝑣̅̅2̅已由(4)、(7)式给出。
(2)当𝜌𝐿=𝜌𝑅时,𝑡→∞,𝑛1,𝐿=𝑛1,𝑅,𝑛2,𝐿=𝑛2,𝑅,即两种气体各自均匀分布在2𝑉空间内。
由理想气体熵表达式:
𝑆=𝐶𝑉ln𝑇+𝜈𝑅ln𝑉+𝑆0
可知第1种气体从𝑉到2𝑉的“扩散”熵增为
∆𝑆1=𝜈𝑅ln2𝑉−𝜈𝑅ln𝑉=𝜈𝑅ln2
同样,第2种气体从𝑉到2𝑉的“扩散”熵增为
∆𝑆2=𝜈𝑅ln2
整个气体系统熵增便为
17.(20分)解:
∆𝑆=∆𝑆1+∆𝑆2=2𝜈𝑅ln2(5分)
𝑦
(1.1)题图所示电场线对应的𝜙为锐角,无限靠近𝑄处,总场强𝐸⃑几乎完全由𝑄单独存在时的场强确定,其方向即为锐角𝜙方向。
而后−𝑄对𝐸⃑的贡献不可略,使场强𝐸⃑更朝右偏转,电场线进一步引向右方,并接近
−𝑄,最后终止于−𝑄。
𝑄
𝑟0
90°
−𝑄
𝜙为直角时,无限靠近𝑄处,𝐸⃑几乎完全由𝑄单独贡献而成,其方向即为𝜙方向,即电场线尚未朝右偏转。
而后−𝑄的作用不可略,𝐸⃑中朝右的分量开始起作用,使𝐸⃑得方向朝右偏转,电场线被引向右方,最后终止于
−𝑄。
结论:
𝜙=90°的电场线必定能过𝑦轴并终止于−𝑄。
−𝑎左端面右端面
题解图1
𝑎
𝑥
可在真实的三维空间中取题解图1所示的电场线管,其侧面由𝜙=90°的电场线绕𝑥轴旋转360°而成,左端面为无限靠近𝑄、且以𝑄为球心的半球面,对称地取右端面。
点电荷
−𝑄对左端面场强贡献相对点电荷𝑄的贡献可略,电场线表征的总场强在左端面的高斯通量,等同于点电荷𝑄单独存在时左端面的高斯通量,即有
∬𝐸⃑⋅𝑑𝑆=∬𝐸⃑(𝑄)⋅𝑑𝑆
𝑦
𝐸⃑(𝑄)
左端面左端面
(𝐸⃑:
总场强)(𝐸⃑(𝑄):
𝑄场强)
𝐸⃑
1⃑𝑄
𝑅
𝑟
𝐸⃑(−𝑄)
=∯𝐸(𝑄)⋅𝑑𝑆=
2全球面
0
2𝜀0
由端面、侧面和管内不含电荷的电场线管任一截面电通量守恒性,可知以𝑟0为半径旋转而成的圆截面𝑆𝑟0上的高斯通量为
∬𝐸⃑⋅𝑑𝑆=∬𝐸⃑⋅𝑑𝑆=𝑄/2𝜀0
(1)
𝑄
𝜙0
𝜙𝑎
𝑎
𝑟0
−𝑄
𝑥
𝑆𝑟0
左端面
参考题解图2,图中已引入了参量𝑅和角参量𝜙0,𝑟0截面即𝑆𝑟0
上各处场𝐸⃑强由𝐸⃑(𝑄)和𝐸⃑(−𝑄)叠加而成。
因对称,有
题解图2
∬𝐸⃑⋅𝑑𝑆=2∬𝐸𝑥(𝑄)𝑑𝑆=2∬𝐸⃑(𝑄)⋅𝑑𝑆
(2)
𝑆𝑟0
𝑆𝑟0
𝑆𝑟0
∬𝑆𝑟
(𝐸𝑥(𝑄)为𝐸⃑(𝑄)的𝑥分量)
0
𝐸⃑(𝑄)⋅𝑑𝑆(𝑄单独存在时截面𝑆𝑟0上的电通量)的计算:
𝑄单独存在时,电场线球对称均匀分布。
参考题解图3,𝑆𝑟0相对𝑄的三维空间角,即为
以𝜙0为半顶角的锥面空间角,记为Ω3(𝜙0),便有
∬𝐸⃑(𝑄)⋅𝑑𝑆=Ω3(𝜙0)∯𝐸⃑(𝑄)⋅𝑑𝑆=Ω3(𝜙0)𝑄(3)
𝑆𝑟0
4𝜋
𝑆𝑅
4𝜋
𝜀0
𝑟0
数学上可得
(𝑆𝑅:
𝑅全球面)
Ω3(𝜙0)=2𝜋(1−cos𝜙0)(4)
联立
(1)、
(2)、(3)、(4)式,得
𝑄
Ω(𝜙)𝑄
𝑟0
=∬𝐸⃑⋅𝑑𝑆=2∬𝐸⃑(𝑄)⋅𝑑𝑆=2×30
2𝜀0
𝑆𝑟0
𝑆𝑟0
𝑄
4𝜋
𝜀0
题解图3
即可解得
=(1−cos𝜙0)𝜀
1
⟹(1−cos𝜙0)=2⟹𝜙0=60°
𝑟0=𝑎tan𝜙0=√3𝑎=1.732𝑎(5分)
注解:
电场线不能相交,但能否相切?
对此不作一般讨论。
就本题而言,若𝜙0=90°电场线因相切而延展出两条或多条电场线,接着会使𝑟0的解不唯一。
最基本的情况如题解图4所示,在𝑦轴上出现两个交点𝑟01和𝑟02,𝑟0的解便不是唯一。
很容易证明这是不可能的,因为𝑆𝑟01和𝑆𝑟02两个正截面上的电通量均应与右端面电通量相等,这使得𝑟01到𝑟02间隔可形成的圆环面上电通量必须为零,但又因对称,此圆环面面上的场强一致地沿𝑥轴向右,电通量应大于零,两者发生矛盾。
这就说明,题解图4代表的情况是不会出现的。
题解图4
𝑥
(1.2)将题解图1中的90°取消,改为符合题意要求范围内的𝜙角,电场线管结构仍如前所述,左端面相对𝑄
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