从物理意义上检查下

1、§2从物理意义上检查下四、有的答案不是一下子就能看出正误，也不能或不容易从文字解答的讨论中检核。这 时，还得设法搞清它的道理。这是物理习题和数学习题不同点之一，道理上讲得通，答案即为可信。例16用高斯定理求得均匀带电球面里的电场强度处处为零。为什么得到这样的结果？这个问题是富兰克林第一个发现的，后来弗列斯特莱告诉他说，这与库仑定律是一个平 方反比定律有关。这个看法对吗？这是对的。证明如下：图4 2 14设过球面内任一点 P作对称的圆锥，与球面相交而截面积为_-a1、-a2的两底面，由P至.: a1、 a的距离为1、2，那么:因球面均匀带电，所以:a1、厶a2上的电量 q、厶q2与底面

2、积成正比，即:据库仑定律可知:E1： E这说明 q1、厶q2在P点产生的场强大小相等，又考虑到E2方向相反，因此其作用相互抵消了。由于所考虑的P点是任意选择的，因此球内点的场强到处为零。而并不是P离开下半球面较远，这点场强不为零而且方向向上。顺便请读者思考一下与此相关的一个问题:地球M的半径为R,现有一质点 m处于离开球心r 小于R的地方，问质点与地球间的万有引力多大？如质点处于球心，其间的万有引力又如何变化？为什么?例17电容器C1充电至电势差 V后，将充电之电池移去，再将C1与未充电的电容器 C2连接，如图4 2 15所示。并联后的电势差是多少？开关闭合后所储能量如何变化？解设 Cl为原有

3、电荷 Qo,并联后由两电容器分配，Ci、C2各带电Qi、Q2，故:Q0 = Q1 Q2。根据Q= CV，此式可改写为：GV。二 CiV C2V 即:北1 2Ci开始储能： w0= -c1v(2 ； C1C2并联后两个电容器共储能:2W=-c-v2+ -iC+ C2 為 =CiC-+ C2可见W比Wo少。这个结论对吗？能量减少后，跑到哪儿去了？能量减少是因为 V V Vo造成的。有人可能会说，电容不是加大了吗？是的，电容是加大 了但电势差的影响更大，它是二次方的影响。因此，总的来说，储能还是减少了。能量不灭的，减少的能量往哪儿去了呢？有人说连接两电容器的导线是有电阻的，在两电容器并联时电量重新分

4、配，就有电荷的定向运动，即有了电流，电流流过电阻要产生焦耳热。即减少的能量转化为焦耳热了。应当指出这种廉洁有一定的道理，但不完全对，因为，当导线处于超导状态时，按此说法，并联后的能量就不应减少了。这显然是不对的，应该说充电过程中形成的不稳定电流向周围空间辐射了电磁能，这是减少了的能量的主要去向。有的同学可能会进一步地提出问题：在电容Ci、C2构成的回路中再串联一个电阻 R,不管这个电阻的阻值有多大？能量损失依然不变。这如何解释？从解题的步骤和答案看，回路中是否串联 电阻R,都是相同的。在能量损失的表式中， 没有出现电阻这一参量，这说明与电阻无关。 但是有一点是明显的：电阻R大小不同，流过电阻的

5、电流I不同；电阻大电流小，但电流 持续的时间t长，电磁辐射很小，可以忽略；xixdxBzla电阻小电流大，电流持续时间短，电流较快地衰减到零。这时电磁辐射成为能量损失的重要因素了，因此，在能量损失一定的情况下，焦耳热和辐射出去的电磁能的总和也是一定的。例18环形螺线管共 N匝，截面为正方形，边长为2a，其中心C到环的中心0点之 间的距离I 图4 2- 16计算穿过螺线管的磁通分析当线圈中通以及环开螺线管的自感系数L。N = 50,2a=1.8cm, I = 5cm。I时，螺线管中建立起轴对称的磁场是。因此，可以取一条宽 为dx，长2a来研究。解根据安培环路定律有:式中 k Z轴单位矢量,2-x

6、B = %NiBdk那么穿过该长条的磁通量:d ：=B2adxk穿过一匝线圈的磁通量:1 a %Ni c dx %Ni . I a aa InI a穿过整个线圈的磁通量:i InI -a(1)InI alnla如a很小，那么:=l n 1-aI可只取头一项，于是代入数据：L =0.327 mmH 正确解；L = 0.324 mmH 近似解。检核当l=a时，Lt吆，这如何解释？式1 、 2对不对？请读者判 断。五、解答的正误不易判断时，如可能，可以用不的方法、不同的观点来核对例如，用力法解得的答案，可用能量观点来核对。例19 一质量为 M = 0.8kg的物块，放在光滑的水平面上，并用销钉固定之

7、。今有子弹质量m=0.2kg，以5 = 200m/s的速率水平射入该物块，穿出后的速度为 V2=100m/s。假设将销钉拔去，子弹仍以速度Vi射入物块，那么碰撞后，物块与子弹的速度各是多少？(设子弹在物块中所受的阻力不随相对速度而异)？有的同学认为，拔去销钉后，物块就自由了。在水平方向上哪怕只有一点作用力，也必 然要运动起来。所以子弹将不穿过木块，只能嵌在物块内，跟物块一起运动。设子弹和物块 的共同速度为V，根据动量守恒定律有：mV =(m + M JV(1)v m 、 (m+M 丿(0.2i =(0.2+0.8 丿汉 200 = 40(m / s )这答案不易检查，我们通过能量守恒定律的应用

8、来判断。从题目的前半局部看，子弹穿过物块动能的损失： E 二新乂2 _1mV22 弓 2002 -1002 0.2=3000 J这正是子弹穿过物块时克服阻力做功所消耗的能量。而上述按两者一起运动所得结果表 明：在子弹未穿过的情况下，物块和子弹一起运动的动能为1 2 1 2-m M V20.2 0.8 402 =800(J)。这就是说，子弹嵌在物块内克服阻力做功所消耗的能量为4000 800= 3200J。这比子弹穿过物块时所消耗的能量还多，显然是不合理的。因此，应按子弹能够穿过物块重新加以计算。设子弹穿出后的速度为V2，物块获得的速度为U，根据动量和能量守恒定律有：mV1 =mV3 MU121

9、212mV1mV3MU 30002由式(1 )、(2)得：U =3 0 m /)s ,3 V ( 8 0m S通过此题，应记取：当题目中没有明确其物理过程时，不能想当然地去武断。一般应先假定一种可能情况，按此假设进行推理计算， 得出结果后通过讨论进行验证核对， 看是否有物理意义， 是否合理，如合理 那么正确(不包括数字计算的错误)。否那么说明原来的假设是错误的，应按另一种可能情况重新考虑。例20质量为m的球，半径为 R,以边缘上某点的切线为轴线转动时，球的转动惯量为多少？图 4 2 17解在球上截一厚度为 dr的薄圆盘，它离开转轴的垂直距离为r,设球的密度为 匸,薄圆盘的质量:球的转动惯量为:

10、2R 22R 22R 22o r2dmr2dv= °r2 2Rr-r2 汁dr2R 2 m2 ,r2Rr - r dr4 3-R333m 2R2R23m 42 r8R22R 。 3m 2R r3dr -一3r4dr04R3 o2R 3m03 r20R32242=6mR mR55 2R0= 6R2m5这个结果对吗？让我们以第二种解法来作比拟:2转轴过球心时的转动惯量为 JmR2，现转轴平行移动 3R,根据平移轴定理得:5J 二 2 mR2 mR2 二-mR255这一解法简单明瞭，结果显然是正确的，因此前一种解法肯定有错误，错在哪里？是数学运算有错吗？一步步仔细检查，积分运算完全正确。因

11、此，只能疑心运算的第2R 2步是否正确。J二.o r2dm等到不等?厚度为dr、半径为Jr2 _R_r f的薄圆盘，其上各点到转轴的垂直距离是否都是r呢？2R 2不是。因此，X .o r2dm，假设所求J的不是球，而是圆盘，因此截得厚度dr的不是圆盘而是薄条，这样因为其上各点到转轴的距离都是r,故其转动惯量即可写成2dm。例21 当带电体 A靠近孤立导体B时， 其上就会出现左负右正的感应电荷。如将B的左端接地，那么 B上哪一种电荷入地图 4 2 18?答案一负电荷入地图 b 。答案二正电荷入地图c。检核如负电入地，说明地比B的电势高。实质不然。因为 A和B的左端带正电，在地面感应出负电荷有，静

12、电场的电场线只能 起源于正电荷终于负电荷有。故B上右端出发的电场线有的就终止于地图d,而B又是等势体，所以图c答得对。T(II1ITj1MF例22 质量分别为 m、m2，半径分别为r-i、r2的两个圆盘 同心地粘在一起。小圆盘的边缘绕有绳子，它的上端固定在天花 板上；大圆盘边缘也绕有绳子，下端挂一重物，它的质量为m,问：要使圆盘向上加速、向下加速、静止或匀速运动的条件各是 什么？图4-2-19解法一把圆盘的运动看作瞬时轴作转动， 转动的角加速度 为B，轮心向上的加速度为 a0, m向下的加速度为 a,那么根据转 动定律得：T- r-弋 - m %gr2 = J式中的Jm为圆盘对瞬时轴 M的转动

13、惯量。根据牛顿第二定律，对 m列出运动方程：mg -T| = ma 2再根据运动学关系得：a = r- - d ：3ao = G ：联立4式，解得：|l_m r- -心 f .mi m? a Da0 2 gJm m r- -d2T Jm m 口 q 0所以：当a0 .0,即m r2 m1 m2时，圆盘加速向上；ri r2r当a0 : 0 ,即m2 m m2时，圆盘加速向下；A D当a0二0 ,即m 足m1 m2时，圆盘静止或匀速运动。ri 一 r2由上可见：Tm2 m g时，圆盘加速向上；T ： mi m2 m g时，圆盘加速向下；T = m, m2 m g时，圆盘静止或匀速运动。解法二根据质

14、心运动定理，得：T -Ti -(m, m2)gm2)a°以此代替解法一中的式(1)，与式(2)(4)联立求解得：m, m2 m g -Jm +m(r,)可见：T乞m, m2 m g这样所得的条件是：T p m, m2 m g时匀速或静止；T ： m, m2 m g加速上升或下降。分析解法一、二中，匀速运动或静止时，加速向上时的条件是相同。但是，加速向 下的条件却不相同。为什么得到不同的结果呢？有人说解法一中用的是转动定律，解法二中用的质心运动定 理，遂得两个不同的条件。因此，如果解法一的结果不对，那么说明转动定律用错了；如果解 法二的结果不对，那么说明质心运动定理用错了。你认为对吗？

15、六、对某一物理量微分，从其变化特征上加以评释有的解答，不易判断其正误，如对某一物理量的变化引起结果的变化有特殊性一极值,例如有极值的习题,即可通过求导而得极值,变化率最大值等，那么即对该物理量求导。步即可对极值加以物理解释。例23半径 为R=10cm的圆环，均匀带电电量19Q10 C，求轴线上离圆心间距为x处的场强图4-2-20分析在环上任取 dL , P点产生的场强为：dEdQ4二；o ；丄2由于环带电的对称性，只有x分量没有抵消，dEN都一一抵消了。全部 dEx加起来得X解dEx =dEcos： =dE LxdQ24 二；0 : rL故:dQ，考虑到x2xQE=34二；0 ；r R2 x2

16、 2E的方向由P指向O点。E=34：；0 ；r R2x2 2检核令坐=0d：dEd：222 (2cos a sisin a )= 0 4二；0 ；rR2由此得：RRxm7.1 10 m时取极值。ta n aV2由于d2E故这是极大值。又由于这里只有一个极值,因此，这就是最大值的条件。在Xm =7.1 10- m处有一最大值是完全可以理解的：在小于 Xm时，X减小，元电荷在P点的场强增大，但切向分量变小，且这两个相反的影响中以后者为主， 故P点的合场强随着X的减小而减小；当 X大于Xm时，这两个相反作用的影响还存在，但以 L增大使元4电荷在P点产生的场强减小为矛盾的主要方面，因此，X增加时，E不

17、断减小。于是 E在X m处就存在一个极大值。自习题设一个物体的重量为P,置于水平地面上。f1为与水平面成B角之力。如物体与平面间的摩擦系数为，要使fi使重物在平面上被拉动，fi应该多大？试用极值法检核并解释之。七、应对一切可能的情况加以分析，以免漏掉局部答案有的习题答案不只一个，有的答案那么是一范围，不小心的话容易漏掉一局部。例24在地面上以20m/s的速度斜向上抛出一小球，其射程为20m。求抛射角不计空气阻力。解设0为抛射角。射程为：S = vsin2gsin»彎二咛Jv；20222-30°, T501检核sin 2八还可得2二- 1500户-750，如只答15°

18、;，那就不全面，把 75°漏掉 2了。例25倾角为0 45°的两条互相平行 涧距为I 的金属导轨与电源相连图4-2-21，导轨上有一质量为 m 的金属棒ab,棒与导轨间的摩擦因数为tan。把整个装置放在竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中，如果要使棒在导轨上保持静止，金属棒中的电流应满足什么条件？分析以棒ab为研究对象。它受 mg、沿导轨向上的摩擦力 f，还受到安培力，其方向 与B、ab组成的平面垂直向里。解要使棒不下滑，必须满足条件:Bl" cost mg si nr-mg cos j BI1l si nrmg(sin 日 一 A cos日):、 11 >

19、Bl (cos日 + Psin0 )检核电流I过大，棒就可能向上运动。所以上述答案不全面。要使棒不上滑，必须满足的条件:BI2Icos v : mg sin v ' mg cost BI 2l sin vmg (sin Q cos0 )12Bl (cos日一?sin 日)故要使棒在导轨上保持静止刚愎自用友爱以b到a的电流，电流强度I必须满足以下条件:mg(sinTcosT) mg(sinT+cos日) BI(cosB+»sinB ) f f BI(cosT-AsinT )例26如图4 2-22所示，M与m之间及M与水平地面间的滑动摩擦因数为卩,静摩擦f 1f因数为。对M施一水

20、平外力 F。试讨论 M、mI的运动情况和静摩擦力情况。解如m、M组成的系统向右运动， m可能受f1； dWMtM的最大静摩擦力产生最大加速度:fm 八°mg 二 mama-og将M隔离作为研究对象，其受力情况如下图。F - f 二 Mafm = fm 二 mgf = J M m g如 a 二 am，那么 F = *M m g讨论1、当F空丄o M m g时，不可能产生加速度，只有M与地面之间的静摩擦力。2、当：；：.m ： M m g.!0 M m g时，系统以同一加速度运动:F-mM g=mM aF - m M g a =m受到的静摩擦力flm -rf =mrnnMFJ m M g

21、M受到的滑动摩擦力 fl3、当F p丄0 dg.M m g时，那么m的加速度只能是am二g，而M的加速度大于am。于是M与m产生相对滑动。m受滑动摩擦力的作用，所以a J g , M的加速度为：-F_3mgMga2 -M由以上讨论可知，这道习题如不进行讨论的话。那么就没有作完，不能满足题目的要求。八、有的极少习题答案错误是习题本身不妥或者错误造成的例27质量为m的均匀小球，半径为r,它在一个半径为 R的固定不动的凸球面顶点。从静止开始滚下。设小球没有滑动，且不计阻力消耗，试问：4-2 23)?小球刚从球面上抛出时，小球的质心转过多少度？见图解在大球径向上，有:2 v mg cos ) - N

22、= m当小球离开凸球面的瞬间，N = 0,其时v -V 那么有:2vrg cos- R r小球在滚动过程中，摩擦力 f和凸球面的支撑力 N都不作功，因此满足机械能守恒定律, 有:mg R r 1cost - 1mv2 1 <|mr217Imv2 二 mg R r 1 -cost 5由式、4消去v2。即得:cos,cco芒1717检核圆柱、圆筒或球在曲面上滚动时，保持无滑动的条件是：滚动物体和曲面之间的最大静摩擦力f,要大于或等于维持无滑动的滚动需要的静摩擦力0f，设f和f4与质心运动方向相同时为正，相反时为负。那么这一条件可表示为:上述解题中无视了了这一条件，因而结果是错误的。现在计算小

23、球无滑动的滚动所需要的静摩擦力f:f 2mr25二 f =mgs in 日由式1、4及v = r可以求出凸球面对无滑动滚动的小球之支撑力N :Nmgcomg而最大静摩擦力:17104 =-7- %mgcos %mg由无滑动的条件:f|f 得:17.1020mgcos0mgmgs 亦17 二0 cosy -10% =2sin 哥17.二0cosr -2sin 片 -10.二0 =010经过繁杂的计算可知,1 |0-1显然不等于cos 17。过-1后，由于f.0 ： f，小球和凸球面发生滑动摩擦，出现能量损耗，小球边滚边滑直到N=0时从球面抛出。由以上分析可见，题设条件无滑动地滚到抛出点；不计阻力

24、损耗，都不能成立。因 而，从这样的假设条件出发求出的答案与实际情况也就不符合。例28把电荷q放在一原来不带电的半径为R0的肥皂泡外表上。由于肥皂泡外表上的电荷 相互排斥，半径增到某一较大的数值R。试证:122q 2 0PR0R R2 R°R R：IL 3式中：p为大气压强。当 p=1大气压，R°=2cm和R=2.10cm时，试求出q 提示：根据能量守恒原理，肥皂泡推开大气时所作的功，必须等于膨胀过程中所减少的储于电场中的能量。检核从因果关系上看这个题的结论，当电量从0tq时，R0f R;反之，应该是 RfR0,可是上述式子那么不然，因为 q与R之间的这一关系式是错误的。是在何处呢？根据能量守恒原理，还应考虑肥皂