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广西中视壹盾科技有限公司财务风险分析与防范.docx

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1、崀帀开怀愀戀挀搀攀昀最栀椀樀欀氀洀渀漀瀀焀爀猀琀甀瘀眀砀礀稀笀簀紀縀缀耀脀舀茀萀蔀蘀蜀蠀褀言謀谀贀踀輀退鄀鈀錀鐀销阀需頀餀鬀伀倀刀嘀嬀尀崀怀愀搀攀昀最樀欀氀洀琀甀瘀稀笀縀缀脀舀萀褀贀踀輀鄀销需已知水银的密度=1.36104kg/m3.试求水银的质量m .解析 题中水银做简谐振动,已知振动周期要求水银的质量m . 根据简谐振动的周期公式,T已知,关键是求出k . 简谐振动的物体受的回复力F=kx,找出F与x的关系,求出k,问题就可以求解.如图21010所示,设水银离开平衡位置的距离为xcm, 则回复力为由回复力的大小F=kx,得:根据解得水银的质量例11 热气球是靠加热气球内部空气排除部分气体而

2、获得上升动力的装置,现外界气体温度是15,密度为1.2kg/m3,气球内、外气压相等,要用容积1000m3的气球吊起200kg的重物,必须把气球内的空气温度加热到多少才行?(取g=10m/s2)解析 加热气球内的气体时,气体被排出,质量减少,在浮力不变的情况下,使F浮G总时,热气球升空.这里出现了气体质量减小的变质量问题,为应用三大实验定律只有依靠假设法,在此,为应用等压变化规律,假设升温后排出去的气体与留在热气球内的气体状态相同,如图21011所示。初态体积V1=V0,末态体积V2=V0+V0气体质量m=V0=1.2kg/m31000m3=1.2103kg F浮=空gV0G总=(m+m物)g

3、代入已知数据:1.210103(m+200)10得m1.0103(kg)其中m是加热前热气球内空气质量,m为加热后热气球内空气质量.m=mm=1.2103kg10103kg=200kg当密度相同时,对等质量、等压的气体应用盖吕萨克定律初态V=V0=103m3 T1=273+15=288k未态V2=V0+V=1.2103m3根据:解得加热后气体温度:T2=T1=345.6K=72.6.例12 0.2L的氧气瓶内,装有4g氧气,在室温为0时,瓶内氧气的压强是多少?解析 本题乍一看似乎缺少已知量,更无法利用理想气体状态方程,但当我们假设这些氧气的标准状态为初态时,则问题就可以解决了.假设这些氧气的初

4、态为标准状态,则有由已知该氧气的末状态为V1=0.2L, T2=273K,p2未知,由于T1=T2,所以根据玻意耳定律p1V1=p2V2解得p2=1.4atm例13 如图21012所示,用导热材料制成的两端开口的U型管ABCD,其中AB高L1=24cm,CD高L2=20cm,截面积分别为SAB=1cm2, SCD=2cm2,开始时两管均有高h=16cm的水银柱,现用两个橡皮帽将两个管口封闭,打开下方的阀门K,有注射器从底部缓慢抽出水银,当其中的一个管内的水银被抽干时立即关闭阀门K.(已知大气压强为p0=75cmHg)(1)请你判断首先被抽干的是哪一管中的水银?(2)另一只管中剩余的水银柱高度为

5、多少?解析 求解这一类题时,应根据可解的情况先做出必要的假设,然后按着所做出的假设进行推理,在推理过程中,对所做假设做出否定或认同即可求解.假设左管内水银先被抽干,并设这时右管内剩余水银柱的高度为x,对左管内封闭气体用玻意耳定律有p1V1=p1V1可得所以右管内气体压强为p2=(25x)cmHg再对右管内被封气体,根据玻意耳定律得:75(2016)SCD=(25x)(20x)SCD整理得:x245x+200=0解得:x=5cm或40cm(不合题意舍去)在根据以上假设列的方程中,有满足题设的实数解,故所做假设成立,即左管内水银先抽干,且此时右管内剩余水银柱高度为5cm .例14 如图21013所

6、示,正四面体ABCD各面均为导体,但又彼此绝缘,已知带电后四个面的电势分别为1,2,3,4,求四面体中心点的电势.解析 保持四面体不动,假设按照一定方式调换四个面上的电荷,即假设四个面的电荷绕中心O转动,结果会得到正四面体的四个面的若干带电模式,由于转动时并未改变各面电荷之间的相对位置,所以各种模式在中心O点的电势0都相同。现假设将四种模式叠加,则O点电势应为40。另一方面,四处模式叠加后,正四面体的每个面的电势皆为1+2+3+4,这时正四面体构成一近似封闭的等势面,它所包围的空间(其中无电荷)就近似为一等势体,因此O点的电势为1+2+3+4。所以上分析得出:40=1+2+3+4所以中心点的电

7、势0=(1+2+3+4)例15 有一半径为R的不导电的半球薄壳,均匀带电,倒扣在xOy平面上,如图21014所示,图中O为球心,ABCD为球壳边缘,AOC为直径。有一电电为q的点电荷位于OC上的E点,OE=r。已知将此点电荷由E点缓慢移至球壳顶点T时,外力需要做功W(W0),不计重力影响.(1)试求将此点电荷由E点缓慢移至A点外力需做功的正负、大小,并说明理由;(2)P为球心正下方的一点,OP=R.试求将此点电荷由E点缓慢移至P点,外力需做功的正负及大小,并说明理由.解析 (1)假设取另一完全相同的带电半球壳扣在题给的半球壳下面,构成一个完整的地均匀带电球壳,则球壳及其内部各点电势都相等,令U

8、表示此电势。根据对称性可知,上下两个半球壳分别在圆面ABCD上各点引起的电势是相等的,再由电势叠加原理可知,当只有上半球壳存在时,圆面ABCD上各点的电势都应为完整球壳内电势的一半,即U/2,所以将电荷由E点移至A点的过程中,外力做功为零。(2)对完整球壳,E点与T点等势,电势差为零。由电势叠加原理可知,若上半球壳在T、E两点形成的电势差为(UTUE),则下半球壳在T、E两点形成的电势差必为(UTUE).已知W=q(UTUE).所以在下半球产生的电场中,q由E到T外力做功必为W.由对称性可知,在上半球壳产生的电场中,q由E到P外力的功刀必为W.例16 无穷方格电阻丝网格如图21015所示,其中

9、每一小段电阻丝的电阻均为r,试求相邻两个格点A、B间的等效电阻RAB.解析 假设从A点注入电流I,根据对称性,追踪一条支路,再根据欧姆定律可求出RAB.假设电流I从A点流入,不从B点流出,I将分流到无穷远处。据对称性,其中有流经AB段。再假设电流I不是从A点流入,而是从无穷远处流向B点,从B点流出,据对称性,其中也有I/4流经AB段。现在假设电流I从A点流入,经过足够长的时间达稳定后,从B点流出的电流也应为I,经AB段的电流为两个I/4的叠加,如图21015甲所示,即为,于是有UAB=()r.所以AB间的等效电阻RAB=UAB/I=r/2.例17 如图21016所示,在半径为r的圆柱形区域内,

10、充满与圆柱轴线平行的匀强磁场,一长为r的金属棒MN与磁场方向垂直地放在磁场区域内,棒的端点MN恰在磁场边界的圆周上,已知磁感应强度B随时间均匀变化,其变化率为=k,求MN中产生的电动势为多大?解析 由题可知,MN上有感应电动势,这种感应电动势无法直接计算。但如果注意MN的长为r,结合题意,可虚构两根与NM完全相同的金属棒与MN棒一起刚好构成圆的内接正三角形,如图21016甲所示.由法拉第电磁感应定律,这一回路中的感应电动势MN上的感应电动势是整个回路中电动势的1/3,所以针对训练1两个物体A和B,质量分别为M和m,用跨过定滑轮的轻绳相连,A静止于水平地面上, 如图21017所示,不计摩擦,A对

11、绳的作用力的大小与地面对A的作用力的大小分 别为( )Amg, (Mm)gBmg , MgC(Mm)g, MgD(M+m)g, (Mm)g2如21018所示,A、B是静止在水平地面 上完全相同的两块长木板,A的左端和B的右端 相接触,两板的质量皆为M=2.0kg,长度皆为L=1.0m, C是质量为m=1.0kg的小物块。现给它一个初速度v0=2.0m/s,使它从板B的左端向右滑动,已知地面是光滑的,而C与板A、B之间的动摩擦因数皆为=0.10,求最后A、B、C各以多大的速度做匀速运动。取重力加速度g=10m/s2。3质量为m的物体A置于质量为M、倾角为的斜面体B上,A、B之间光滑接触,B的底面

12、与水平地面也是光滑接触。设开始时A与B均静止,而后A以某初速度沿B的斜面向上运动,如图21019所示,试问A在没有到达斜面顶部前是否会离开斜面?为什么?讨论中不必考虑B向前倾倒的可能性。4半径为r、质量为m的三个相同的球放在水平桌面上,两两互相接触。用一个高为1.5r的圆柱形圆筒(上下均无底)将此三球套在筒内,圆筒的内径取适当值,使得各球间以及球与筒壁之间均保持无形变接触。现取一质量亦为m、半径为R的第四个球,放在三球的上方正中。设四个球的表面、圆筒的内壁表现均由相同物质构成,其相互之间的最大静摩擦系数为=3/(约等于0.775),问R取何值时,用手缓慢竖直向上提起圆筒即能将四个球一起提起来?

13、5如图121020所示的一段封闭、水平放置 的粗细均匀的玻璃管中,有水银柱将气体隔成 了体积不同的左右两部分,初温T左T右,当两 部分气体升高相同的温度时,判断水银柱如何移动。 (提示:假设用一椀瀀栀琀洀氀岹櫣5Qkwap前台访问/d-610470.html116.179.32.240勈嚄淅椀搀栀琀洀氀岹菣/Mc前台访问/p-2879569.html47.94.94.690开笀漀漀欀刀攀愀搀愀猀瀀砀椀搀岹囓/u前台访问/c-00002-10-3168-0-0-0-0-1-1-1.html117.95.167.2290%掠最瀀栀琀洀氀岹倀櫣5Sowap前台访问/d-1313112.html220

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