新版大学物理作业详解.pdf

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1、质点运动一.选择题:1.解：选B。运动到最高点时速度为零，故有：=4-2/=0,得t=2s。dt2.解:选C。船速:dsu=-dt收绳速率:得：lh2+s2-0故船为变加速直线运动。3.解：选B。区分平均速度和平均速率的定义,a 112,4.解：选A。甲=+=工 h4+2 4-2 32 1 ,1 ,.t/=-=h,Z in t/=-n 10 min乙4 2 甲乙65.解：选C。方法一对题中给出的四个备选方程进行计算，通过微分得出速度的表达式。=(4 +/)功 於及将t=3s代入方程可得x=9 m,符合这两个条件的方程就是要选的方程。有速度。=心/力，看出只有C和D可得。=(4 +)，将t=3s

2、代入各运动方程中，C可得x=9 m,所以选C。方法二 选用积分法。一般方法是已知速度的表达式和初始条件，即r=0时的质点位置与，通过对速度积分，可得质点的运动方程。二.填空题:XM-X h2:一.dS 2,/=CtdtdS d dt两边积分有：f dS=S=ct3RR3.解：总加速度与半径夹4 5 角时，总加速度与圆周的正切线方向也成45,即a=4 5 。切向加速度大小等于向心加速度大小，所以Wn二 工，质点从高静止出发，切向加速度为常量，速度的表达式应为U=故有：R R将A=3.0/77和at 3m s 代入，可得:2t=s此时，质点的速度大小为u=/=3x 1 =3机/s质点的加速度大小为

3、a=J a；+a：=32=4.24m/s2 04.解：x(t)作初速度为零的加速直线运动dvx F t-=-=4tdt m 0.25du、=4tdt,积分得：=2t2u =2/，得：dx 2t2-dtx dt2双方积分有：Jd x=j2 力，得：x=t37 0作 初 速 度 为 的 匀 速 直 线 运 动：y=vyt=2t_ _ 2 _ _/.f =xi+yj=t3i+2tj(jn)5.解：河水的流速表示为=20/77/。船在静水中的速度表示为。2=1 5 m/s水的流速方向和船在静水中的速度相互垂直，所以船的速度大小为v=J u：+u；=202+152=25ml s船的速度方向与河岸的夹角为

4、：a=arctan =arctan(15/20)=arctan0.75=36.9三.计算题：1.解：at a c t t=T 8+at=2a c=即 at=a+a t=n t 后,at=a+na=a(l+n)T由atdudt有：du=atdt2 dt)j +4-c/Z ,得：V)=Clt+-由 u=,ds=v)dtdtj ds=j at+,得：s=t a J (3+与t=n t 后:s=看由2 d(3+)2.解：如 图 以6表示质点对地的速度则 ux=u；+=，2g/zcosa+uov=4=2ghsma当y=/i时，u的大小为u=J u；+u；=yju2+2gh+2uy)2gh cos au的

5、方向与x轴的夹角Yov J2g/z sin ay=arctg 一 =arctg r-ov j2g/zcosa+3.解：以地面为参考系，以螺钉松落时升降机底板的位置为坐标原点，向上为X轴正方向，以此时为t=0时刻。以玉和X2分别表示任一 时刻螺钉和底板的位置，则螺钉的运动1 2Xj=Xo+L or-g Z1 .底 板 的 运 动：x2=XQ+a t 5为t=0时 刻 升降机（及螺钉）的速度Ab=J=20/77,螺钉落到底板上，即X尸电，将两式联立1/2%=5(g+a)f4四.证明题:du du dx du =1 _)dt dx dt dx-u=kx),得:=_kdxdx u两边积分 f =-f

6、kdx,得：u=UQJo|_)二、质点动力学一.选择题:1.解：选（C）0当A紧靠在圆筒内壁而不下落时，A受到 的 摩 擦 力fr与重力平衡，又因为人 与筒壁提供给A的_A向心力N的反作用力的大小成正比，如图所示，故：-、fr=mg fr=卬成32 N *|2.解：选（A）o如图所示：N cos 0=mroy2 N sin。=mgR-hr=7?cos0 sin0=-Rco=12.78za0;在啮合后它们对转轴的角动量为3J（o。在啮合过程中，它们受到的力都通过转轴，力矩为零，对转轴角动量守恒。J o=3Js可得 C O =3（）/3啮合后系统的角速度大小是原角速度的1/3。二.填空题：1.解：

7、角动量为/，系统的转动惯量为：/=/1+/2=2 机（?2+机（,）2U系统的角速度为：co=-r 32.解：如图距转轴次处选d x线元 0 成其线元所受重力为：x 8所以杆转动时线元公所受摩擦力矩大小为：m ,|i g ax-x所以杆转动时所受摩擦力矩大小为:12M=亍 xgdx=xmgf.3.解：选人、转椅和双手各持的哑铃为系统，系统变化过程中所受外力矩为零，所以系统的角动量守恒。由角动量守恒定律有：初角动量：(/1+A)外其中/,=5kg-m2,12=2x5x(0.6)2Z cg w2,(1=5rad-s末角动量：(/1+1)0其中 A=5kg-m2,r 2=2X5X(O.2)2 ni,

8、w 为所求。则(人 +A)皿=(，i+/；)口3=8 rad-sx4.解：选子弹和杆为系统，在子弹射入前后瞬间，系统对转轴所受外力矩为零，所以系统动量矩守恒。2初角动量为：加一八)0312末角动量为：+机(/)2 切2 1 26 1 2%机(2)2 3.CD =-6-m-u-0-(3M+4m)。5.解：由已知及转动定律有：M=k心=邛1八 kcol当口时，P -/由动量矩定理有:Mdt=Jdco-ka)2dt=Jdco2Jt=-k g6.解:1 7细杆置于水平位置时，重力对转轴的力矩为M=mgl/2 ,细杆对转轴的转动惯量为J=ml o根 据 转 动 定 理 可 得 在 释 放 的 瞬 间，杆

9、的角速度的大小为：p=M/J=3g/2l当细杆转到竖直位置时，重力的反向延长线通过转轴，对转轴的力矩为0,根据转动定理，其角加速度的大小为0。7.解:被，即M主=8被“，则 隆 险=%厂 被c o 8兀 c ._?而“被=被，,被=4 =rcid,sP )=P 被=2K=5K rad s 2除 2八 1 0。i=5 P :t2=40K rade丰n =-=2 0 圈2兀三.计算题:1.解：在第一分钟内的角位移 6=9 0 0 x 2 =1 8 0 0 r a d。由于飞轮从静止开始转动，所以飞轮的运动方程为：飞轮的角加速度为：Ba =20=-2-x-1-8-0-0-7-=3一.1 4，r a

10、d1/s/22t2 602第15秒末的角速度为：CO=/3t=3.1 4 x 1 5 =4 7.1 r a d/s2.解：分两个过程求解第一，小球和棒做完全弹性碰撞。以小球和棒为研究系统，因系统所受的合外力矩为零，所以系统的动量矩守恒，即有：muol =mvl+m0l2c o因其碰撞为完全弹性，因此系统的动能不变:；就+|(1 m0/2)(y2其中。0为小球的初速度，U和3分别为碰撞后小球的速度和棒具有的角速度。第二，从棒碰撞后得到的角速度，使得它上升至。=60处。以棒和地球为研究系统，因系统中无外力和非保守力做功，所以系统具有机械能守恒，即有：I 1 1 ,%g 5 (1 -C O S 60

11、 )=-(-%联立求解上述三个方程，可得:M+3 m -：必屈3.解：选A、B两轮为系统，啮合过程中只有内力矩作用，故系统角动量守恒:A +J 3 B=(A +，占)c oB=0 ,c o =八人(+J B2 0.9 =等2厂转速 n=200 rev-min A轮受的冲量矩：Adt=，八（c o-人）=-4.19X102/V-m-sB轮受的冲量矩：M力=，8（0）-0）=4.1 9 x 1 0 2 N.ms四.证明题：由 已知：x=r c o s（c o z+（p0）,y=r s i n（c o/+（p0）对运动方程两边同时对t求导：dx=-r c o s i.n（z c o z +（px d

12、y/、0）,=r c o c o s（c o r+（p0）所以A点的线速度：V）=夕+啥其中3 为刚体作定轴转动的角速度，证毕。16四、简 谐 振 动一、选择题1.解：由简谐振动的运动学方程x =A c o s(c o f+0),振动速度u =A co co s /+。+),加速度兀a =A c?C O S(O f +(|)兀)可知，速度U的周相比位移x的周相超前彳，加速度a的周相比位移x71的周相超前或落后7 t O由图可见，曲 线1的相位比曲线2的相位滞后一，而曲线3的相位比曲2线1的相位超前欠，所以(E)为正确答案。2 71 f2.解：由 X =A C O S(C O Z +。)=A C

13、 O S(-y-+(|),u=-(i)Asin(co/+(|),由题可知，质点，时在平衡位置，即X =O,0=A co s(L+),./2 /、八 2%/.7T则 co s(+)=0,下+=,_ 2%/1 .TC又因 U 0,则-+。=T 24又由题意可知，质点在心时在一处，即2AX -一2A./2叫 xx5=A co s(+(|),则 C O S(堂+。)=,下271八 2兀/9 .7 U又因 t)2 0,则-+()=.(2)T 3(2)式 减 去(1)式得：2 m2j r t TC TC 7tT T -2 3 -6M =t2-t=,（B）为正确答案。3.解：x=A co s（i）r+（|）

14、,u =-co A s in（co r+（|）,A由图知：r =0 时，x ,。v o,2A 1 2得:=C O S（|）,由C O S。=-5,得：（|）=i 7 1 ,2由 UV0 得：（b=71.（1）3另由图知：Z =5 s时，x=0,u 0,得：0=A co s（5 co +。），则：co s（5 co +。）=0,3 1得：5 co +（|）=7 1 ,或5兀3 1由u o得：5 co +（|）=K.（2）或-2 3 3 2 5 15CD+71=71 5c o =71 71-71 0）=713 2 2 3 6 6，则：T =1 2 s。A为正确答案。4.解：由振动动能:EK1,1

15、2mu=s in（co f +0）=/G 42s in2（o）r+（|）=/A2 1 -co s 2（o r+（|）/2=；K T （：）/G 4 2 co s 2 f +0）=:江（；）K*co s（2 co f +2。）co,=2 co,，B为正确答案。5.解：二 总能量 E K A =加。2 A2,2 2其中K为弹簧的弹性系数，。为振动圆频率，加为振子质量，A为振幅。又；x=Acos（cof+0）u=-coA sin（cor+巾）=coA cos（cor+（|）+）A A由 x=时，A cos（coz+（|）/、1 兀得：cos=（coz+（p）=,C O Z +（P =,1 2 1 9

16、动能 EK-mu=m-（A sin（x）/+。）=A2 sin2（coz+（|）=Esin2 1+6）s in（coz+（）=,则：（D）为正确 答案。6.解：根据振动的合成，其合成振动的初相为（C）二、填空题：1.解：x=Acos（cor+（|）,u=-a）Asin（CDr+（|）,A由图知：f=0 时，x-,u 0,2A则：一万=Acos。，由u0,2得：初相位=一乃.（1）由图知：f=2s,x=0,u 022根据给出的条件，可得振动的初相位00=71T4 71又 t Is,CDt-二3 2,54所以 CD=-6故 x=0.1 co s(r-y)(2)P点的相位为0,所以5 7 乃八叫=0

17、tp-0.4 s即质点到达P点相应状态所要的最短时间为0.4s。4.解：选系统平衡位置为坐标原点，坐标系如图。由题意，恒定外力户做功转化为弹簧振子的能量，为：F x 0.05=0.5 J ,加在尸作用下向左运动了 0.05加，此时uwO,机继续向左运动，0.05机并不是机的最大位移。当？运动到最左端，最大弹性势能即为外力户所作的功，即：k A2=0.5J ,得：A=0.204/?,a =2 r ad/s2v m设:弹簧振子的振动方程为：%=A co s(m +。)由题意：f=0 时，x=-A ,U =0-A=A co s(co/+(|),co s=-1,(f)=71则物体的运动学方程为：x=A

18、 co s(o”+(|)=0.204co s(2r+7 i)(m)五、机 械 波一、选择题:1.解：平面简谐波在t=0时刻的波形即为波线X轴上的媒质 质 点 在f=0时刻的振动位置图(y轴为振动方向)。作旋转矢量如下图，由 图 知1点的初相位。1 =0,0点-DTC ,71的 初 位 相=,2点 的 初 相 位%=,3点的初位,71相。3=乃，4点的初相位。4=5,故 应 选(A)。2.解:根据机械波的标准形式，选(D)。3.解:选(C)o4.解：在行波传播过程中，体积元的动能和势能是同相的，而且是相等的，动能达最大值时势能也达最大值，动能为零时势能也为零。Ep=EK=pA2co2 sin22

19、K(-)+,T Xt Y当有gw ai.时，E p与EK同时达最大，由上式有：sin-2(-)+=11/t即：co s2(-)+。=0,位移为零的质元有最大能量，由图看出媒质质元在a,c,T 4e,g位置时，能量有最大值，故 应 选(B)o解:选(D)o二、填空题:1.解：由题设可知该波的波长为:2=-=O.l mv 2在波线上任选一点，坐 标 为x,如图所示。波沿着24轴正方向传播，则P点相位落后于A,相位差为:2兀279=，P A =(x 0.05)A,0.1所 以P点的振动方程为yp-0.03 1 4Rj-(pTT=0.03 M r-5 x)+y因为P是波线上任意一点，所以简谐波波函数为

20、71y(x,r)=0.03 4(r-5x)+x2/z x2.解：(1)由波函数y =A co s27 i(v r)+。知，x处质点的振动初相位为：-+。,X A27 T L则在X1=L处质点振动的初相位是：-+0。A,(2)由波动学知，弹性波每行进一波长，此处质点比前者质点振动落后2万。又由振动学知，前后两质点振动状态相同，故 与X1处质点振动状态相同的其它质点的位置将是 L K/l(K =l,2,3,)o(3)弹性波每行进半个波长，此处质点比前者质点振动落后万。由振动学知，前后两质点振动状态相反，故 与X1处质点速度大小相同，但方向相反的其它各质点的位置是L(2K +l)：(K =0,L 2

21、,3,)o23.解：(1)如图所示，x处质点比1=一处质点落后的相位差为：2x-(X/2)2 兀(x-九/2)x-C D =-=2A-7 C反射面则x处质点的运动学方程为y=ACOS(&-2；T+7)A(2)以任一 X处质点为参考点，其运动学方程为:Xy-4 co s(-2乃二+4),A此振动状态经反射返回X点比参考点X相位落后：L -x L x2-)=4%-V712U则反射波函数为:Y T Yy=?l,co s(co/-2 K+兀)一(4K-+兀)A.A,x L=A co s(co/+2 7 i-4TI)4.解：.波强/正比于振幅的平方，设合振幅为4,则：A=J 2A 2+2A 2 co s

22、(%-4 一 2万 丁 丸 ”),其中，如次分别是波源位相，分别是波源位置，由题意则有:4=A卜 1+co s(A -2乃!)=A卜 1+co s(0-1),3由题意，r=4/,则：A=2A,即：c o s(A -=1 ,则有：3 3 0 7T=2k 7T,卜0=2k 7t+7V,由于0 V (。2 一。1)V 2 7，所以两波源应满足的相位条件是：3=0)族=_7V o26三、计算题：1.解：/二,尤 的P处质点的运动学方程可化简为：26 1yp=sin6yr-cos6yrxlO-2,人.人6 1 2令：sin(I)=,cos=-,则：(/)=7i,2 2 _ 2则：yp=(sin yK s

23、in cor+cos yK cos cor)x 10 2=cos(cor-7i)xl0 2,z1 .x-A/2任一 x处质点比P处(x=-4)质点落后的相位差为：-C D ,2U则任一 X处质点的波函数为：y=cosco(r-x-X-/-2-)2 兀x 10 2 4丫 u-u 3=cosa)r-27Uy+y X 10_2m o -f-；-2.解：当1=0时，波源振动的位移恰好为正的最大值，所以其初相位为0,振动方程为y0=0.1cos2r+0=0.1cos 2万0.1COS(4R)m4 2万 4在工=一处的质点，其相位落后于波源，相位差。=一丁乂一=冗2A 2此质点的振动方程为:y=0.1 C

24、OS(4R-A)=0.1 cos(4f 一 元)mX2万 A 7i与上述过程同理，x=一处的质点，其相位亦落后于波源，相位差A=x=一4 2 4 2其振动方程为:y =0.1 C O S(4R-0)=0.1 co s(4 加)质点的速度：u=-dy =-0M.11 x 4.(.)c d ATT sin 47rt-=0.4 -co sdtI 2)当/=工 二 =0.2 5 s时，速度为2 2v-0.4 4 co s(4 4 x 0.2 5)=一0.4万 m/s3 .解：入射波的波函数y =0.0 lco s4 r G 1 (SI)入射波在P点引越的质点振动为：yAP=O.O lco spk-5万

25、一擀,反射波在P点引起的质点振动为：y反p=0.0 lco s4 r-4 -=0.0 lco s(4 r-y)则反射波函数为：y反=0.0 lco 4(f+二 u 2=0八.0 1 co sr4.r +4 x-2-0-7T-.u u 2,4由题知，u=,7 C/.y反=0.0 1 co s4 r+x-5 -=0.0 1 co s4 r+万。4 .解：由题意知，y和%为 振 幅 相 同，在x轴上沿相反方向传播的两列相干波，它们迭加形成驻波，其表达形式为：y =M +n=0.1 2 co s0.0 1 co s4 r,振幅为：A=0.1 2|co s0.0 1 x|=0.0 6 ,28得：Jcos

26、O.Ol利=；,O.Olx=k7r ,k=0,1,2,3x=1OOA:,k=0,1,2,即 为X轴上合振幅为0.06米的各点位置。六气体分子运动论一.选择题：1.解:根据理想气体状态方程 P=nkT有 P 1 =rikT P2=n2kT2 p 不 变.n|Tj-n2T2其中 T1=273+15=288(K)T2=273+27=300(K)故 l-(n i/n2)=1-(T1/T2)=1-(288/300)=4%(B)2.解:根据理想气体状态方程 PD=EIT知 标 准 状 态 下 有=v,RT0(氧气)Pol?2=V2 RT0(氨气)得：V1 /V 2=1/02=1 /2又 氧 气 视 为 刚

27、 性 双 原 子 分 子 的 理 想 气 体，则其内能为E1=V 1-RT(1 =5)而氨气为单原子气体，则其内能为3E 2=/QRT(1=3),E,_ V,2R T _ 5 v1 _ 5 巳 _5 1 _ 5.-E2?3 RT 3 v72 3 u.3 2 622 23.解：根据压强公式2 _p-n s3.,_ 3P 3pV可推出e=-=2n 2n30对于一定量的气体，分子总数N 不变，由上式可知，F正比于p、V,所以g,_/?,V,_ lx2.5_ 1 pV 5x1.0-2故 =-(A)24.解:由化学变化知 2 H 2。-2 氏+。2 由于T 不变故水蒸汽的内能E|=2,9RT=6RT(三

28、原子分子)氢气和氧气的总能量为E,2,RT H RT RT(都是双原子分子)2 2 2.AE=E1-EL=(32)RT=2 5%E|E,6RT5.解：由分子的平均平动动能相同，可知其温度相同。由于气体的分子数密度不同，根据理想气体状态方程，可知它们的压强不同。选(C)二.填空题：1 .解:氧气质量为1.6 kg.氢分子摩尔质量，%=2 xlO-Jk g,氧分子摩尔质量=3 2 x1 0%g。根 据pV=2一RT,%町M,“OIHZ M m og-o Tks =-M-e-,可得氧气质量为1.6 kg。2 x1 0-3 依 3 2 x1 0-3 依 52.解:由题意知系统状态参量P=1.0 0 x

29、l()2 pa,7=3 0 0 K,氧 分 子 摩 尔 质 量 3 2 xlC f3 kg。(1)根据得PkTl.OOxlQ21.38x10 23 x300=2.4 5 x1()2 2 个 加M 3 2 x1 0-36.0 2 x1 02 3=5.3 2 x1 ON 依M(3)pV=R T 知M mo 密度 p =n m=2.4 5 x 1 02 2 x 5.3 2 x IO _2 6=1.3 x 1 0-3-m-3(4)把理想气体看成立方点阵排列，则8RT?天=3.4 4 x1 0-8 机2.4 5 xlO2 2(5)嬴,z c,8.3 1 x3 0 0 ,/,八，1.6 0 J-=4.4

30、7 x1 0)%/3 2 x1 O-3(6)4.8 3 x 6 加/$c(7)V =-A:T=-xl.3 8 xl0-2 3x3 0 0 =1.0 4 xl0-2 0J2 23.解：&：稣：=1：2:42 _根据p =,=-m U22小：处/?c =4:2:1,而 当：b：a=1:4：16,所 以 入：稣：Pc二4:8 :16 即为%:乙：%=1 :2:44.解:根据公式 s=-k T2得:2xl.Q 6xlQ-19获-3x1.38x10-23=5.12x 103(K)5.解：设未用前氧气的内能为E 用后剩下为E,V不变，T不变。32y2 _ V2RT _ P2L _ P2匕 一 匕 RT-P

31、又E=v-RT2E,_ V2(5-)RT _ _ 殳E7-v,(5/2)RT-i 一 百6.解:根据动能的变化知（单原子气体i=3）3 1 ,AE=-kAT=-m u22 2AT=mu25r7.解:根据最可几速率公式知T不变：Mmol(H2)M,nol(O2)故由图知 UP(Oj)=1000 m-s1又-M-,-n-ol-(-H-2-)-_-2-_ 1Mmo,(O2)32 16%（凡）%（。2）%(凡)=4 x%(。2)=4000m.s-1而 Mmol(Hc)Mmol(Nc)uP(Ne)yp(Ar)曲线（a）是氮 曲线（c）是氮.9.解：空气分子的平均自由程4=厂 =6.9x10 xm,弋2兀

32、d-p空气分子的平均速率方=空气分子的平均碰撞频率2=v6.9 x 1 0 3。T三.计算题:解:由理想气体状态方程P=n k T,可得烘烤前单位体积内分子数为_ Po _ 1.3158x10-3一玩-1.38,10-23,293=3.25xlOl7m-3同样，烘烤后单位体积内分子数为nPkT1.31581.38x10-23x573=1.66xlO20由n n 0,可知烘烤后分子数大大增加了，因此，烘烤前分子数可以忽略。则器壁原来吸附的分子数为:=/JV=1.66xl020 xll.2xl0-3=1.86xl018四.问答题：答：根据 U =一i 3及 8 K=kT w=kT 知K 2 2T

33、一定，U O C r oc:j M m o i jM m o 氢和氧都为双原子分子气体,二534故平均平动动能W和 K相同;u 与 不相同，氧气的。与都比氢的小。五.改错题:(1)错.表示在u f u +du速率区间内的分子数占总分子数的百分率。re,、，r?L d N 1 r：e ruf(u)d u=-=一 ud NM N N Mf%速率区间的分子速率总和与总分子数之比。(3)错凤。)加=等=今由表示在整个速率范围内分子速率的算术平均值.七热力学一.选择题：l.(C)1 f2,V IT =c o n s t,等压,T、V 同时增大.所以系统内能增加，且对外做功，故吸热。又2-3 等容，A=0

34、 但 T 减小，内能减小，2-*3 放热。31等温，内能不变,v 减小，外界对系统作功。3 1 放热。2.(B).绝 热 Q=0,自由膨胀A=0又丫 =2匕3.(A)终态的体积最大的气体是He4.(A)(1)不对，等温膨胀过程热量全变为功。(3)不对，制冷机就是一个反例。(2)对，由热力学第二定律保证。5.(B)6(A)，内 能 不 变.T 不变。vRT _ vRT _ Po 1 V 2V0 27.(0)36,T,300一方面，T|=1 1-=25%T,400另一方面，n=1 Q1=1 一 九 =55.5%矛盾.Q,1800二.填空题:1 AT4QP=1A解：；AP=P(V2-)=VR(T2-

35、T,)=vRAT=RAT(v=1)AT AAT=R7 A 7QP=CpAT=-R-=-A 2 R 22.如图所示的R P中，Im。/理想气体从状态4（2八,匕）沿直线到达6 （巧,2匕），则此过程系3统对外作的功/=P M，内能的增量为=0o3.400J解：n=1-273+527273+7278001000=20%A=nQ,=0.2x2000=400(J)4.从几率较小的状态到几率较大的状态；状态的几率增大（或嫡增加）。三.计算题:1.解:已知氯气的摩尔质量V=4 x l(y3kg/mol,则0.02 kg氮气的摩尔数为内能变化 AE=VCV(T2-TJ)O3AE=5x-x8.31x(300-

36、290)=623J(1)体积不变，A=0,Q=AE+A=G 2?J,(2)压强不变时，Ag=vCp(7；-7；)=5x|x8.31x(300-290)=1040JA=Q-A E-1040-623=416J(3)与外界不交换热量，Q=0,则Q=A+Z 1,=O,A=-AE=-623J。2.解：恒一匹匹二匡一屋263.解：(1)ab 等压Ta Tb Ta w Tc_2_=_L T=-2-Vh=va vb b va b 2b e等容 ca等温Qa b=vCP(Tb-Ta)=jR(Tc/2-Tc)=-1 TtR383 T 3Q b c =v Cv(-T J =v C v (1-T J 2)=5 R 芍

37、=尸(V )Q c a =v R T J n J =R Tcl n 2IK,代入数值:Q c a=34 5 6 J (吸)；(=37 39.5 _)(吸)；(=一6 232.5 J (放)Q产 Q c a +Q b c =7 19 5.5。)Q2=Q b l =6 232.5(J)A =Q r Q?=7 19 5.5-6 232.5 =9 6 3(J)(3)A 9 6 3一6 7 19 5.5=13.4%四.证明题：(1)证：反证法：如图，设绝热线1和2交于C点,作温度为T的等温线与1、2分别交于a、b,则a b c a构成正循环。此正循环A0,而系统仅从温度为T的单一热源吸热，这与热力学第二

38、定律的开尔文表述矛盾，故两条绝热线不能相交。OV(2)证：用反证法。假设该循环的摩尔热容。为常数。当系统从某一初态开始循环，并回到初态时，系统内能不变，即A=0由图可以看出，在该循环中，系统对外做功人0。由热力学第一定律，系统在一个循环中吸收的热量Q=/+A 七AO由 于C为常数，则循环中=丫。八7经过循环后，X T=Q,则(?=0 o这 与Q 0的结论相矛盾，因而假设不成立，即循环过程的摩尔热容不可能为常量。40八光的干涉一.选择题：1.解：S f P 的光程 rt i+t|n iS 2一P 的光程 b-t z+t 2n 2所以：光程 8 =(r2-t2+t2n2)-(rrti_ 1tini

39、)=r2+(n2-l)t2-r i +(nI-l)t12.解:由薄膜干涉以及光由折射率小的媒质到折射率大的媒质界面反射时有半波损失知8 =2 n2e+X/2 入产入/必所以：8 =2n2e+X yn/24 T z 7 2 C相位差 A =2n 8 /人=-+兀3.解：由劈尖干涉的明条纹条件2e+X/2=k X对应于某一固定位置，当e增加时，k增加，即条纹的级次在同一位置随着上平板玻璃的抬高而变大,可见条纹向棱边方向平移。由 ek+1-ck=X /2 有：/sin0=X/2,即/二 1 .sin。2e不变，即/不变，条纹间隔不变.4.解：若工作面为理想平面时e A e B,但图中告诉B的某处产生

40、的条纹与A某处相切,即在同一干涉条纹上，即e A =e B.可见与条纹弯曲处对的部分是凹进去；又因为两条纹之间对应的厚度差为“丸e=线+1 4 =52所以工件凹下去的深度为一.25.解:牛顿环在某一个半径方向就是一个劈尖，相邻两条纹之间的距离I=X/(2n s i n 0)当“变大时，/变小，即条纹变密。6.解:迈克尔逊干涉仪的光路上，光通过透明介质薄膜两次,所以两束光的光程差8=2(n-l)A d由题 2(n-l)A d =X 知2 d=-2(1)二.填空题:1.解:当加缝不盖云母片时中央明条纹在。处,S|O的光程与S 2。的 光 程 相 同.当S1缝处盖有云母片时，中央明纹处B满足S Q，

41、和S 2 O 的光程相等.即S.O的几何路径短，S 2 O 几何路径变长，即中央明纹上移。8=(S,0-c)+n c-S2 0=n e-c =(n-l)c2.解：8=d s i n O +(r-e)+n1e-(r-e)+n2e=d s i n O +(nrn 2)e 中 =2夜=d s i n 6+(|一 2)e A.A3.解：由于 2 k1 mx,即当斜入射时，可观察到的最高级数k m a x将变大。5 解:(D)两种谱线重叠时，其所对应的衍射角应相同，设重叠时的衍射角为？,X 1 X 2所对 应 的 主 极 大 级 数 分 别 为k 2,则有：(a+b)s i n(p=k。1(a+b)s

42、i n(p=k2X 2 k 入 k 2 1 7-e-k2=T=-卜=-k(式中 k、1 2-t g(p 1)由于9 1、中2很小,所以t gf igs in中 i,t gp 2=s im p 2f x2九八 f所以 X=f(s in 9 2-s in中 J=f-=(X Q)=1.8 cmV d d)d4.解：由光栅衍射主极大公式得：(a+b)s in(p 2=所以 a+b=-k-2-A-=-2-x-6-0-0-.0 nm=2,.4.x 10 nm=2rd.4 xIiOc 4cmsin。？sin 30第三级若不缺级，则有(a+b)s in(p 3=3 X 但由于第三级缺级，对应于可能的最小宽度a

43、,衍射角中3应是单健衍射的第一级暗纹.as in t p 3=:50比较式、得:所以a+b-=3aa+b 1 4 上a=-=X2.4 X 1 0 cm =0.8X 1 0 cm3 3(3)由光栅公式：(a+b)s in q =k X(k=0,1,2,)若为缺级，则所以 k =3k ,即k=3,6,9,为可能的缺级as in cp =k*X(k =1,2,3,)由式、得：k a+b.=-=3k a由式得：a+b.k=-S H 1 02当中=n /2时，得可能呈现的最高级数:a+b.7iK nax-sin 4A 2在可能呈现的各级明纹中，除去缺级.便是实际呈现的级次。所以，实际呈现的为：k =0,

44、1,2级明纹。（注：k=4在中=n/2处实际看不到）十.光 的 偏 振一.选择题：l.(C)根据马吕斯定律知，通 过 偏 振 片 的 光 强I -Io co s2 a通过偏振片P?的光强nco s2 co s2-a)=In 2 4 s in2 la2.(A)设自然光的光强为/0,则通过偏振片的最小光强为:/(),那么透过偏振片的最大光强应为5一1 0,此时偏振片的偏振化方向与入射线偏振光的偏振方向一致。而入射光是线偏振光与自然光2的迭加，故入射线偏振光的光强应为/=万。=2 。I 1所以y =-3.(D)由实验知折射光为部分偏振光，当反射光为完全偏振光时，由布儒斯特定律和折射定律知，折射角Y=

45、90 -6 0 =30 4 .(。因为入射光不在光轴方向，所以O 光和e 光的传播方向不同，有因为纸平面为方解石的主截面,也是入射光的主平面.即入射光线在主截面内.所以O 光和e 光的振动方向互相垂直。二.填空题：1 .由于反射光是完全偏振光，所以折射角为Y=9 0：-6 0 =3 0 ,由布儒斯特定律知玻璃的折射率为52n2=tg60=1.732.由布儒斯特定律知:fgii=*=水=1.333 空所以，I=53.12L,及 诚 1.517又因为，2=-=-=1.138 所以,水 1.333i2=48.69由 ABC(如右图)知:又因为712.71 n所以，0=l+12 =11.83.三个偏振

46、片P1、鸟与巴堆叠在一起，R 与 G 的偏振化方向相互垂直，B 与气偏振化方向的夹旃为30。，强度为，的自然光垂直入射，依次透过巴、B 与 4,若不考虑偏振片的吸收和反射,3,则通过三偏振片后的光强为/()32三.计算题：1.解：令 L 和 k 分别为两入射光束的光强,通过起偏器后它们的光强分别为(1/2)L和(l/2)b.按马吕斯定理知，透过检偏器的光强分别为1/=IjCOS 1 12=I2COS2a 2按题意知：L=l 2 1,cos2 a、2所以，丁 =-2 =T12 cos%32.解：设自然光、偏振光的光强分别为/自、/儡，总的入射光光强/总=/+/偏，当偏振片的偏振化方向与偏振光的光振动方向平行时，可得最大光强的透射光,max5/自+/偏而当偏振片的偏振化方向与偏振光光振动方向垂直时，可得最小光强的透射光&=5/自根据题意皿_ 5rmin由以上关系可得/偏=2二 3自_354