【正文】 ∴ ． 5．證：不可能。設(shè)絕熱線與等溫線有兩個交點，于是可構(gòu)成一個正循環(huán)，它從單一熱源（等溫過程）吸收熱量，對外界做功。通過絕熱過程又回到初狀態(tài)。這是違背熱力學(xué)第二定律的開爾文表述，所以絕熱線與等溫線不可能又兩個交點。熱力學(xué)第二定律（二） 答案一．選擇題1. A ，2. D，3. C，4. D，5. B二．填空題1．不變 增加 2．大量微觀粒子熱運動所引起的無序性(或熱力學(xué)系統(tǒng)的無序性) 增加 3． （可逆過程） 4．0 5． J/K 三．計算題1．解：準(zhǔn)靜態(tài)過程 等溫過程 由 得 代入上式 得 熵變 J/K 2．解：(1) 混合氣體的定壓摩爾熱容為 = 3R ab過程中系統(tǒng)的熵變?yōu)? = 102 J/K (2) cd過程中系統(tǒng)的熵變?yōu)? = 102 J/K (3) 整個循環(huán)中系統(tǒng)的熵變?yōu)?  DS = DSab + Sbc + Scd + Sda = 0 3．解：(1) 設(shè)氣缸中有n 摩爾氧氣，根據(jù)熱力學(xué)第一定律： Q = DE + A 對于ab等溫過程，DE = 0，故有 ① 對于bc等體過程，Tc Tb，A = 0，故為放熱過程. 放出的熱量 ② 對于cd絕熱過程，有 ，即 因氧氣為剛性雙原子分子體，故 ∴ 把Tc代入②式得 循環(huán)效率為 ％ (2) 因為 DSab + DSbc + DSca = 0，而DSca = 0， 故有 即在bc過程中，熵減少 4．解：已知 p1 = 10 atm = 106 Pa， V1 = 10 L= 102 m3， V2 = 40 L = 4102 m3． ∵ ， ∴ 104 Pa． (1) = 103 J． (2) = 104 J． (3) J/K． 5．解：過程中熵的增量 而 dQ = n CVdT + pdV 于是 J/K = J/K 答靜電場1一. 選擇和填空題1. B，2. A，4. D，5. B二. 填空題1. 由圓心O點指向△S 2. l=Q / a 異號 3．4（V/m） 向上4． 指向缺口5．三．計算題1. 解：如圖所示，由于對稱分布，因此只需考慮任一頂點上的電荷受力情況．例如考慮D點處的電荷，頂點A、B、C及中心處的電荷所激發(fā)的電場對D處點電荷的作用力的大小分別為： 各1分各力方向如圖所示，a＝45176。．D處電荷的受力平衡條件為： , 用 3分將f1，f2，f3式代入上式化簡得：＝ q 2分用得同樣結(jié)果．2．解：在f處取電荷元，其電荷為dq =ldl = l0Rsinf df它在O點產(chǎn)生的場強(qiáng)為 3分在x、y軸上的二個分量dEx=－dEcosf 1分dEy=－dEsinf 1分對各分量分別求和＝0 2分 2分∴ 1分dxxOrLxPdE3．解：（1）如圖示，電荷元（）在P點的場強(qiáng)為整個帶電直線在P點的場強(qiáng)為 方向沿x軸正向dEyPr’axdxrL Q（2）根據(jù)以上分析，中垂線上一點P的電場強(qiáng)度E的方向沿y軸，大小為 利用幾何關(guān)系，統(tǒng)一積分變量得 當(dāng)時，若棒單位長度所代電荷l為常量，則P點電場強(qiáng)度zxdqqRO 4．解：將半球殼分割為一組平行細(xì)圓環(huán)，任一圓環(huán)所代電荷元，在點O激發(fā)的電場強(qiáng)度為 由于平行細(xì)圓環(huán)在O激發(fā)的電場強(qiáng)度相同，利用幾何關(guān)系統(tǒng)一積分變量，有 積分得 O2adqdqardq39。rdq1．證明：以l表示線上線電荷密度，如圖?？紤]dq所對應(yīng)的電荷dq和dq’在O點的場強(qiáng)，在O點的場強(qiáng)為方向由O指向dq。dq’:在O點的場強(qiáng)為方向由O指向dq’。由于兩線元O點的電場大小相等方向相反，又與q無關(guān)。所以全線電荷在O點產(chǎn)生的場強(qiáng)為零。答靜電場2一．選擇與填空題1. D, 2. D, 3. A, 4. D, , 二．填空題1． ，2．－(sS) /e (sS) /e0 3． ， 0 4． 沿半徑OP向左三. 計算題1. 解：通過x＝a處平面1的電場強(qiáng)度通量F1 = E1 S1= b a3 1分通過x = 2a處平面2的電場強(qiáng)度通量F2 = E2 S2 = 2b a3 1分其它平面的電場強(qiáng)度通量都為零．因而通過該高斯面的總電場強(qiáng)度通量為F = F1+ F2 = 2b a3b a3 = b a3 =1 Nm2/C 3分2. 解：在球內(nèi)取半徑為r、厚為dr的薄球殼，該殼內(nèi)所包含的電荷為：在半徑為r的球面內(nèi)包含的總電荷為： (r≤R)以該球面為高斯面，按高斯定理有 得到：， (r≤R) 方向沿徑向，A0時向外，A0時向里． 3分在球體外作一半徑為r的同心高斯球面，按高斯定理有得到：， (r R) 方向沿徑向，A0時向外，A0時向里． 2分3．解：用“挖補(bǔ)法”，挖去球形空腔的帶電體，在電學(xué)上等效于一個完整的、電荷密度為r的均勻帶電大球體和一個電荷體密度為－r的球心在O’的帶電小球體的組合。小球體的半徑等于空腔球體半徑。大、小 球在空腔內(nèi)P點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度分別為，則P點的電場強(qiáng)度?？涨粌?nèi)的P點均屬于球內(nèi)一點，其電場強(qiáng)度關(guān)系OO’P所以 根據(jù)幾何關(guān)系 與P點在空腔中位置無關(guān)。4．解：(1) 設(shè)電荷的平均體密度為r，取圓柱形高斯面如圖(1)(側(cè)面垂直底面，底面DS平行地面)上下底面處的場強(qiáng)分別為E1和E2，則通過高斯面的電場強(qiáng)度通量為： ＝E2DSE1DS＝(E2E1) DS 2分高斯面S包圍的電荷∑qi＝hDSr 1分由高斯定理(E2－E1) DS＝hDSr /e 0 1分∴ ＝1013 C/m3 2分(2) 設(shè)地面面電荷密度為s．由于電荷只分布在地表面，所以電力線終止于地面，取高斯面如圖(2) 1分 由高斯定理 = EDS= 1分∴ s =－e 0 E＝－1010 C/m3 2分DSxExOD/2D/25．解：根據(jù)電荷分布對板平面的對稱性，可知電場分布具有這種對稱性。由此可選底面（S）與平板平行的立方盒高斯面。如圖。有高斯定理 ， ：作同軸圓柱面為高斯面，根據(jù)高斯定理 R2R1Lr 在帶電面附近，電場強(qiáng)度大小不連續(xù)，電場強(qiáng)度有一躍變 答電勢1一. 選擇題1. C，2. C，3. B，4. C，5. C二．填空題1．Up＜U02. 3. sR / (2e0) 4．， 5．6. 2Ax ， 2By二. 計算題1． 解：電偶極矩受的電力矩為，由于q角是相對電場方向量度的，所以電偶極矩轉(zhuǎn)動角時電場力做的功為 。電偶極矩由轉(zhuǎn)到q角時，電場力做的功為s1ⅠⅡⅢABs2s32．解：（1）平面Ⅰ、Ⅱ之間的電場為 平面Ⅱ、Ⅲ之間的電場(2) 3．解：（1）沿桿取x軸，桿的x反向端點取作原點，由電勢疊加原理可得延長線上一點的電勢，如圖所示．細(xì)桿的電荷線密度l＝q / (l)，在x處取電