大學(xué)物理2期末宜春學(xué)院

1、10-5 從壓強(qiáng)公式和溫度公式出發(fā)，推證理想氣體的物態(tài)方程為。解：由壓強(qiáng)公式 ，溫度公式 得 10-6 一容器內(nèi)儲(chǔ)有氧氣，其壓強(qiáng)為1.01×105 Pa，溫度為27，求：（1）氣體分子的數(shù)密度；（2）氧氣的密度；（3）分子的平均平動(dòng)動(dòng)能；（4）分子間的平均距離。（設(shè)分子間均勻等距排列）分析 在題中壓強(qiáng)和溫度的條件下，氧氣可視為理想氣體，因此，可由理想氣體的狀態(tài)方程、密度的定義以及分子的平均平動(dòng)動(dòng)能與溫度的關(guān)系等求解，又因可將分子看成是均勻等距排列的，故每個(gè)分子占有的體積為，由數(shù)密度的含意可知，即可求出。解：（1）單位體積分子數(shù)（2）氧氣的密度（3）氧氣分子的平均平動(dòng)動(dòng)能（4）氧氣分子

2、的平均距離由于分子間均勻等距排列，則平均每個(gè)分子占有的體積為，則1m3含有的分子數(shù)為，所以10-8 溫度為0和100時(shí)理想氣體分子的平均平動(dòng)動(dòng)能各為多少、欲使分子的平均平動(dòng)動(dòng)能等于1eV，氣體的溫度需多高？解：由分子平均平動(dòng)動(dòng)能公式可得分子在和時(shí)的平均平動(dòng)動(dòng)能當(dāng)分子平均平動(dòng)動(dòng)能 時(shí)10-9 若對(duì)一容器中的氣體進(jìn)行壓縮，并同時(shí)對(duì)它加熱，當(dāng)氣體溫度從27.0上升到177.0時(shí)，其體積減少了一半，求：（1）氣體壓強(qiáng)的變化；（2）分子的平動(dòng)動(dòng)能和方均根速率的變化。解（）由題意知。由得由：，知：，代入上式，得(2)由溫度公式得由方均根速率公式可得：故： 10-11 設(shè)空氣（平均分子量為28.9）溫度為0

3、，求：（1）空氣分子的平均平動(dòng)動(dòng)能和平均轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能；（2）10克空氣的內(nèi)能。解：（1）空氣中的氧氣和氮?dú)饩鶠殡p原子分子，它們約占空氣成分的99，因此可將空氣當(dāng)作雙原子分子看待，其平動(dòng)自由度t3，轉(zhuǎn)動(dòng)自由度r2。所以，空氣分子的平均平動(dòng)動(dòng)能。平均轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能（2）空氣分子的自由度，將之代入理想氣體的內(nèi)能公式，得10-16 有N個(gè)粒子，其速率分布函數(shù)為（1）作速率分布曲線； （2）由求常數(shù)C；習(xí)題9-16圖（3）求粒子平均速率。解：（1）速率分布曲線如習(xí)題10-16圖所示。（2）由歸一化條件可得 （3）10-17 設(shè)有N個(gè)假想的分子，其速率分布如習(xí)題10-17圖所示，當(dāng)時(shí)，分子數(shù)為零，求：（1）a的大小

4、；（2）速率在1.52.0之間的分子數(shù)； （3）分別求速率大于和小于的分子數(shù)； （4）分子的平均速率。（N，已知）習(xí)題9-17圖解：（1）由圖10-17知分布函數(shù)由歸一化條件得可得 （2）速率在1.52.0之間的分子數(shù)（3）的分子數(shù)為的分子數(shù)為（4）10-19 求溫度為273K，壓強(qiáng)為1.013×105Pa的空氣分子的平均自由程及平均碰撞頻率。（空氣分子的平均分子量為28.9克，有效直徑為3.50×10-10m）解：由平均自由程公式得由平均速率公式得由平均碰撞頻率公式得10-20 某種氣體分子的平均自由程為，方均根速率為，求分子的碰撞頻率。解 因?yàn)?所以 11-1 如圖所示

5、，一理想氣體分別經(jīng)過(guò)等壓ab、等溫ac及絕熱ad三個(gè)過(guò)程并使其體積增加一倍，則：（1） 過(guò)程做功最大， 過(guò)程做功最??；（2） 過(guò)程引起的溫度變化最大， 過(guò)程引起的溫度變化最??；（3） 過(guò)程氣體吸收的熱量最多， 過(guò)程吸收的熱量最少。解：（1）由功的圖示法可知，ab過(guò)程做功最大，ad過(guò)程做功最小。（2）由氣體狀態(tài)方程可知，TbTeTd。故ab過(guò)程引起的溫度變化最大，ac過(guò)程引起的溫度變化最小。（3）由及（1）、（2）的結(jié)論可知，ab過(guò)程氣體吸收的熱量最多，ad過(guò)程中氣體不吸熱。 0 /（atm） 3 11-6 一定質(zhì)量的雙原子氣體沿如圖所示的路 徑發(fā)生變化。已知為等壓過(guò)程，為等溫過(guò)程，為 1 等體

6、過(guò)程。求氣體在過(guò)程中所做的功、吸收的熱量 及內(nèi)能的變化。 0 1 2 3 /（103m3） 題11-6圖解，由圖中給出的數(shù)據(jù)，可知，故，即內(nèi)能變化，據(jù)熱力學(xué)第一定律有Q=A。由狀態(tài)方程知，故又Acd=0，故11-10 一氣缸內(nèi)貯有10mol的單原子理想氣體，在壓縮過(guò)程中，外力做功209J，氣體溫度升高1K。試計(jì)算氣體內(nèi)能增量和所吸收的熱量，在此過(guò)程中氣體的摩爾熱容是多少？解 11-12 質(zhì)量為的氦氣經(jīng)歷的循環(huán)如圖所示，圖中三條曲線均為等溫線，且，。問(wèn)：（1）中間等溫線對(duì)應(yīng)的溫度為多少？ p Tc （2）經(jīng)歷一循環(huán)后氣體對(duì)外做了多少功？ Q1（3）循環(huán)的效率為多少？ Ta Q2 0 題11-12

7、圖解 （1）ab、cd均為等體過(guò)程，由氣體狀態(tài)方程有Tb/TaPb/Pa，Tc/TdPc/Pd，據(jù)題設(shè)，PbPe，PaPd，TbTd，故Tc/TbTb/Ta，即（2）在等壓過(guò)程bc、da中，氣體對(duì)外作功分別為經(jīng)歷一次循環(huán)氣體對(duì)外作功為（3）在等壓過(guò)程bc中，氣體吸熱為在等體過(guò)程ab中，氣體吸熱為一次循環(huán)中氣體吸熱為循環(huán)效率為11-15 一電冰箱在溫度為27的室內(nèi)運(yùn)行。（1）當(dāng)冷凍室的溫度為3時(shí)，從中提取1J的熱量最少要做多少功？（2）當(dāng)冷凍室的溫度為13時(shí)，從中提取1J的熱量最小又需做多少功？解 T127+273300K（1）T23+273270K，致冷系數(shù)，又，故（2）T213+273260

8、K，【16-5】解：（1）取彈簧原長(zhǎng)所在位置為點(diǎn)。當(dāng)彈簧掛上物體A時(shí)，處于靜止位置P點(diǎn)，有：將A與B粘合后，掛在彈簧下端，靜止平衡時(shí)所在位置O點(diǎn)，取O點(diǎn)為原坐標(biāo)原點(diǎn)如圖題16-5所示，則有：設(shè)當(dāng)B與A粘在一起后，在其運(yùn)動(dòng)過(guò)程的任一位置，彈簧形變量，則A、B系統(tǒng)所受合力為：即 可見(jiàn)A與B作簡(jiǎn)諧振動(dòng)。（2）由上式知，以B與A相碰點(diǎn)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，此時(shí)A與B在P點(diǎn)，由圖題16-5可知 則t=0時(shí)，（負(fù)號(hào)表P點(diǎn)在O點(diǎn)上方）又B與A為非彈性碰撞，碰撞前B的速度為：碰撞后，A、B的共同速度為： （方向向上）則t=0時(shí)，可求得： 可知A與B振動(dòng)系統(tǒng)的振動(dòng)表達(dá)式為：x=0.0447cos(10t+0.65p)m（

9、3）彈簧所受的最大拉力，應(yīng)是彈簧最大形變時(shí)的彈力，最大形變?yōu)椋簞t最大拉力 Fmax=kDx=72.4N【16-6】解：（1）已知A=0.24m， ，如選x軸向下為正方向。已知初始條件x0=0.12m，u0<0即 0.12=0.24cosj，而 u0=Awsinj<0，sinj>0，取，故：（2）如圖題16-6所示坐標(biāo)中，在平衡位置上方0.12m，即x=0.12m處，有：因?yàn)樗髸r(shí)間為最短時(shí)間，故物體從初始位置向上運(yùn)動(dòng)，u<0。則取 可得： 圖題16-6（3）物體在平衡位置上方0.12m處所受合外力F=mw2x=0.3N，指向平衡位置?！?6-8】解：當(dāng)物體m1向右移動(dòng)x

10、時(shí)，左方彈簧伸長(zhǎng)x，右方彈簧縮短x，但它們物體的作用方向是相同的，均與物體的位移方向相反，即F=（k1x+k2x）令F=kx，有：k=k1+k2=4N/m由 得 則粘上油泥塊后，新的振動(dòng)系統(tǒng)質(zhì)量為：m1+m2=0.20kg新的周期 在平衡位置時(shí)，m2與m1發(fā)生完全非彈性碰撞。碰撞前，m1的速度u1=w1A1=0.10pm/s設(shè)碰撞后，m1和m2共同速度為u。根據(jù)動(dòng)量守恒定律，m1u1=(m1+m2)u則 新的振幅 【16-10】解：（1）由振動(dòng)方程知， A=0.6m，w=5rad/s故振動(dòng)周期：（2）t=0時(shí)，由振動(dòng)方程得：x0=0.60m（3）由旋轉(zhuǎn)矢量法知，此時(shí)的位相：速度 加速度 所受力

11、 F=ma=0.2×(7.5)N=1.5N（4）設(shè)質(zhì)點(diǎn)在x處的動(dòng)能與勢(shì)能相等，由于簡(jiǎn)諧振動(dòng)能量守恒，即：故有：即 可得： 【16-13】解：（1）由放置矢量法可知，振子從運(yùn)動(dòng)到的位置處，角位相的最小變化為： 則圓頻率 周期 由初始狀態(tài)，在圖示坐標(biāo)中，初始條件為：則振幅 （2）因?yàn)橛?故 得： x=±0.05m根據(jù)題意，振子在平衡位置的下方，取x=0.05m根據(jù)振動(dòng)系統(tǒng)的能量守恒定律：故 根據(jù)題意，取 u=0.091m/s再由 a=w2x得： a=0.055m/s2（3）t=0時(shí)， E=Ek+Ep=27.8×10-3J（4）由簡(jiǎn)諧振動(dòng)的振動(dòng)表達(dá)式x=Acos(wt+

12、j)當(dāng)t=0時(shí)，x0=0.05m，u0=0.091m/s<0，可得：又 A=0.10m，故 【16-16】解：（1）由初始條件：可知，且 則振動(dòng)表達(dá)式為：當(dāng)t=0.5s時(shí)，（2）t=0.5s時(shí)，小球所受力： f=ma=m(-w2x)=1.48×10-3N因t=0.5s時(shí)，小球的位置在x=6.00×10-2m處，即小球在x軸負(fù)方向，而f的方向是沿x軸正方向，總是指向平衡位置。（3）從初始位置x0=1.2×10-1m到x=1.2×10-1m所需最短時(shí)間設(shè)為t，由旋轉(zhuǎn)矢量法知，則從x0到x最短角位相變化為：所以 （4）因?yàn)?u=wAsin(wt+j) 在

13、x=1.2×10-1m處=3。26×10-1m/s=2.96×10-1m/s2（5）t=4s時(shí)， =5.33×10-4J =1.77×10-4JE總=Ek+Ep=5.33×10-4J+1.77×10-4J=7.10×10-4J【16-18】解：由圖題16-18所示曲線可以看出，兩個(gè)簡(jiǎn)諧振動(dòng)的振幅相同，即A1=A2=0.05m，周期均勻T=0.1s，因而圓頻率為：由x-t曲線可知，簡(jiǎn)諧振動(dòng)1在t=0時(shí)，x10=0，且u10>0，故可求得振動(dòng)1的初位相同樣，簡(jiǎn)諧振動(dòng)2在t=0時(shí)，x20=0.05m，u20=0，可

14、知，j20=p故簡(jiǎn)諧振動(dòng)1、2的振動(dòng)表達(dá)式分別為：因此，合振動(dòng)的振幅和初位相分別為： 但由x-t曲線知，t=0時(shí)，x=x1+x2=0.05，因此j應(yīng)取。故合振動(dòng)的振動(dòng)表達(dá)式：【16-19】解：（1）它們的合振動(dòng)幅和初位相分別為： =0.0892m （2）當(dāng)jj1=±2kp，即時(shí)，x1+x3的振幅最大； 當(dāng) jj2=±(2k+1)p，即時(shí)，x2+x3的振幅最小。（3）以上兩小問(wèn)的結(jié)果可用旋轉(zhuǎn)矢量法表示，如圖題16-19所示?！?6-20】解：根據(jù)題意畫(huà)出振幅矢量合成圖，如圖題16-20所示。由圖題520及余弦定理可知， =10cm=0.10m又因?yàn)閏osDj=cos(j2-j

15、1) 若，即第一、第二兩個(gè)振動(dòng)的位相差為【17-3】解 （1）由圖題17-3可知，對(duì)于O點(diǎn)，t=0時(shí)，y=0，故 再由該列波的傳播方向可知， u0<0 取 由圖題17-3可知，且u=0.08m/s，則 可得O點(diǎn)振動(dòng)表達(dá)式為： （2）已知該波沿x 軸正方向傳播，u=0.08m/s，以及O點(diǎn)振動(dòng)表達(dá)式，波動(dòng)方程為： （3）將x=l=0.40代入上式，即為P點(diǎn)振動(dòng)方程： （4）圖題17-3中虛線為下一時(shí)刻波形，由圖可知，a點(diǎn)向下運(yùn)動(dòng)，b點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)。【17-5】解 圖題17-5（a）中，根據(jù)波的傳播方向知，O點(diǎn)振動(dòng)先于P點(diǎn)，故O點(diǎn)振動(dòng)的方程為：則波動(dòng)方程為： 圖題17-5（b）中，根據(jù)波的傳播方

16、向知，O占振動(dòng)落后于P點(diǎn)，故O點(diǎn)振動(dòng)的方程為： 則波動(dòng)方程為：圖題17-5（c）中，波沿x軸負(fù)方向傳播，P點(diǎn)振動(dòng)落后于O點(diǎn)，故O點(diǎn)振動(dòng)的方程為：則波動(dòng)方程為：此時(shí)，式中x與L自身為負(fù)值。【17-7】解（1）如圖題17-7（a）所示。 平面簡(jiǎn)諧波沿x軸負(fù)方向傳播，因A點(diǎn)的振動(dòng)方程為： y=3cos(4ptp)m故波動(dòng)方程為：取x=9m，代入即得B點(diǎn)振動(dòng)方程為： （2）如圖題17-7(b)所示，平面簡(jiǎn)諧波沿x軸正方向傳播，有：對(duì)于A點(diǎn)已知A=3m，w=4prad/s，t=0時(shí)，得 j=0則波動(dòng)方程為：取x=(9+5)m=14m，代入即為B點(diǎn)振動(dòng)方程：可見(jiàn)兩種不同的坐標(biāo)中，B點(diǎn)的振動(dòng)方程是相同的?！?/p>

17、17-13】解 （1）由O點(diǎn)的振動(dòng)方程及波長(zhǎng)得入射波波動(dòng)方程：該波在B點(diǎn)的振動(dòng)方程為：（x=2=2.1m） 由B點(diǎn)為波節(jié)知，反射波在B點(diǎn)的振動(dòng)方程為： 由反射波在B點(diǎn)的振動(dòng)方程，以及任一點(diǎn)P與B點(diǎn)的位相差，可得反射波波動(dòng)方程為： 式中，原點(diǎn)初位相最后取小于2p的值。 （2）由及B點(diǎn)為波節(jié)，而相鄰波節(jié)間距為，可知OB之間波節(jié)位置分別為：x=0，0.7m，1.4m，2.1m （3）入射波及反射波在x=0.175m處引起分振動(dòng)的位相差為：故D點(diǎn)的振幅為： 【17-15】解 （1）由第一列波在Q點(diǎn)的振動(dòng)yQ=Acoswt和第二列波在O點(diǎn)振動(dòng)的位相比，第一列波Q的位相超前p，得到第二列波在O點(diǎn)的振動(dòng)為：

18、yo=Acos(wt+p) 由兩振動(dòng)方程可得同一坐標(biāo)下的波動(dòng)表達(dá)式為：將l=1，x=xp代入，得到兩列波在P點(diǎn)處的振動(dòng)表達(dá)式為：上述兩個(gè)振動(dòng)在P點(diǎn)引起的合振動(dòng)為：yp=yp1=yp2 （2）當(dāng)波的頻率v=400Hz，波速u(mài)=400m/s時(shí)，由u=vl可知，波長(zhǎng)。 將l=1m代入式，式中的xp換成變量x，得駐波方程為： y=2Asin(wtp)·sin(2pxp) =2Asinwtsin2px為得到干涉靜止點(diǎn)位置，使y=0，于是有： sin2px=0即 2px=kp (k=0，1，2)得 在O與Q之間（包括O、Q兩點(diǎn)在內(nèi)），因干涉而靜止的點(diǎn)的位置為：【17-18】解 （1）由波源的振動(dòng)

19、表達(dá)式：知，入射波的波動(dòng)表達(dá)式為： 因反射點(diǎn)有半波損失，將x=2m人入射波動(dòng)表達(dá)式，則反射波的振動(dòng)表達(dá)式為：反射波的波動(dòng)表達(dá)式為： （2）入射波與反射波在疊加區(qū)域內(nèi)疊加形成駐波，波動(dòng)表達(dá)式為： y合=yl+y反 即為駐波的波動(dòng)表達(dá)式。 （3）因 有： 故波節(jié)位置為： 因?yàn)椴ㄔ磁c反射點(diǎn)之間距離為2m，故k只能取k=0,-1,-2,-8 因?yàn)閮蓚€(gè)相鄰的波節(jié)的距離為，因此包括波源及反射點(diǎn)兩個(gè)波在內(nèi)共有9個(gè)波節(jié)。波節(jié)坐標(biāo)為：x=0,0.25m,0.5m,0.75m,1m,1.25m,1.5m,1.75m,2m因 有： 故波腹的位置為：k=0,-1,-2,，-7波腹坐標(biāo)為：x=0.125m,0.375m

20、,0.625m,0.875m,1.125m,1.375m,1.625m,1.625m,1.875m【17-19】解 （1）波源遠(yuǎn)離觀察者運(yùn)動(dòng)，故us應(yīng)取負(fù)值，觀察者聽(tīng)到的聲音頻率為： （2）波源向著懸崖運(yùn)動(dòng)，us應(yīng)取正值，從懸崖反射的聲音頻率為： （3）拍頻Dv=v-v（1030.3971.4）Hz=58.9Hz理論上應(yīng)有58.9拍，但因?yàn)閺?qiáng)弱相差太懸殊，事實(shí)上可能聽(tīng)不出拍頻。18-2在楊氏雙縫實(shí)驗(yàn)中,兩縫間的距離是0.30mm,用單色光照射,在離縫1.2m遠(yuǎn)的屏上測(cè)得兩個(gè)第五級(jí)暗條紋間的距離為22.78mm,問(wèn)入射光的波長(zhǎng)為多少?它是什么顏色的光?解：在雙縫干涉中，屏上暗條紋位置由決定。由于

21、對(duì)稱(chēng)，第5級(jí)暗條紋對(duì)應(yīng)的距離mm。由暗條紋公式即可求得波長(zhǎng)，由楊氏雙縫實(shí)驗(yàn)的公式可知 暗條紋應(yīng)滿足 兩個(gè)第5級(jí)暗條紋間的距離為則 入射光的波長(zhǎng)為 這是紅色光。18-5在折射率的照相機(jī)鏡頭表面涂有一層折射率的MgF3增透膜，若此膜僅適用于波長(zhǎng)的光，則此膜的最小厚度為多少？解1：在薄膜干涉中，膜的材料及厚度都將對(duì)兩反射光（或兩透射光）的光程差產(chǎn)生影響，從而可使某些波長(zhǎng)的光在反射（或透射）中得到加強(qiáng)或減弱，這種選擇性使薄膜干涉在工程技術(shù)上有很多應(yīng)用。本題所述的增透膜，就是希望波長(zhǎng)的光在透射中得到加強(qiáng)，從而得到所希望的照相效果（因感光底片對(duì)此波長(zhǎng)附近的光最為敏感）。具體求解時(shí)應(yīng)注意在的前提下，k取最小的允許值。依題意，根據(jù)干涉的互補(bǔ)性，波長(zhǎng)550nm的光在透射中得到加強(qiáng)，則在反射中一定減弱，兩反射光的光程差，由干涉相消條件， 取k=0，則膜的最小厚度解2：由于空氣的折射率，且有，則對(duì)透射光而言，兩