大学物理2期末宜春学院

1、10-5 从压强公式和温度公式出发，推证理想气体的物态方程为。解：由压强公式 ，温度公式 得 10-6 一容器内储有氧气，其压强为1.01×105 Pa，温度为27，求：（1）气体分子的数密度；（2）氧气的密度；（3）分子的平均平动动能；（4）分子间的平均距离。（设分子间均匀等距排列）分析 在题中压强和温度的条件下，氧气可视为理想气体，因此，可由理想气体的状态方程、密度的定义以及分子的平均平动动能与温度的关系等求解，又因可将分子看成是均匀等距排列的，故每个分子占有的体积为，由数密度的含意可知，即可求出。解：（1）单位体积分子数（2）氧气的密度（3）氧气分子的平均平动动能（4）氧气分子

2、的平均距离由于分子间均匀等距排列，则平均每个分子占有的体积为，则1m3含有的分子数为，所以10-8 温度为0和100时理想气体分子的平均平动动能各为多少、欲使分子的平均平动动能等于1eV，气体的温度需多高？解：由分子平均平动动能公式可得分子在和时的平均平动动能当分子平均平动动能 时10-9 若对一容器中的气体进行压缩，并同时对它加热，当气体温度从27.0上升到177.0时，其体积减少了一半，求：（1）气体压强的变化；（2）分子的平动动能和方均根速率的变化。解（）由题意知。由得由：，知：，代入上式，得(2)由温度公式得由方均根速率公式可得：故： 10-11 设空气（平均分子量为28.9）温度为0

3、，求：（1）空气分子的平均平动动能和平均转动动能；（2）10克空气的内能。解：（1）空气中的氧气和氮气均为双原子分子，它们约占空气成分的99，因此可将空气当作双原子分子看待，其平动自由度t3，转动自由度r2。所以，空气分子的平均平动动能。平均转动动能（2）空气分子的自由度，将之代入理想气体的内能公式，得10-16 有N个粒子，其速率分布函数为（1）作速率分布曲线； （2）由求常数C；习题9-16图（3）求粒子平均速率。解：（1）速率分布曲线如习题10-16图所示。（2）由归一化条件可得 （3）10-17 设有N个假想的分子，其速率分布如习题10-17图所示，当时，分子数为零，求：（1）a的大小

4、；（2）速率在1.52.0之间的分子数； （3）分别求速率大于和小于的分子数； （4）分子的平均速率。（N，已知）习题9-17图解：（1）由图10-17知分布函数由归一化条件得可得 （2）速率在1.52.0之间的分子数（3）的分子数为的分子数为（4）10-19 求温度为273K，压强为1.013×105Pa的空气分子的平均自由程及平均碰撞频率。（空气分子的平均分子量为28.9克，有效直径为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频率公式得10-20 某种气体分子的平均自由程为，方均根速率为，求分子的碰撞频率。解 因为 所以 11-1 如图所示

5、，一理想气体分别经过等压ab、等温ac及绝热ad三个过程并使其体积增加一倍，则：（1） 过程做功最大， 过程做功最小；（2） 过程引起的温度变化最大， 过程引起的温度变化最小；（3） 过程气体吸收的热量最多， 过程吸收的热量最少。解：（1）由功的图示法可知，ab过程做功最大，ad过程做功最小。（2）由气体状态方程可知，TbTeTd。故ab过程引起的温度变化最大，ac过程引起的温度变化最小。（3）由及（1）、（2）的结论可知，ab过程气体吸收的热量最多，ad过程中气体不吸热。 0 /（atm） 3 11-6 一定质量的双原子气体沿如图所示的路 径发生变化。已知为等压过程，为等温过程，为 1 等体

6、过程。求气体在过程中所做的功、吸收的热量 及内能的变化。 0 1 2 3 /（103m3） 题11-6图解，由图中给出的数据，可知，故，即内能变化，据热力学第一定律有Q=A。由状态方程知，故又Acd=0，故11-10 一气缸内贮有10mol的单原子理想气体，在压缩过程中，外力做功209J，气体温度升高1K。试计算气体内能增量和所吸收的热量，在此过程中气体的摩尔热容是多少？解 11-12 质量为的氦气经历的循环如图所示，图中三条曲线均为等温线，且，。问：（1）中间等温线对应的温度为多少？ p Tc （2）经历一循环后气体对外做了多少功？ Q1（3）循环的效率为多少？ Ta Q2 0 题11-12

7、图解 （1）ab、cd均为等体过程，由气体状态方程有Tb/TaPb/Pa，Tc/TdPc/Pd，据题设，PbPe，PaPd，TbTd，故Tc/TbTb/Ta，即（2）在等压过程bc、da中，气体对外作功分别为经历一次循环气体对外作功为（3）在等压过程bc中，气体吸热为在等体过程ab中，气体吸热为一次循环中气体吸热为循环效率为11-15 一电冰箱在温度为27的室内运行。（1）当冷冻室的温度为3时，从中提取1J的热量最少要做多少功？（2）当冷冻室的温度为13时，从中提取1J的热量最小又需做多少功？解 T127+273300K（1）T23+273270K，致冷系数，又，故（2）T213+273260

8、K，【16-5】解：（1）取弹簧原长所在位置为点。当弹簧挂上物体A时，处于静止位置P点，有：将A与B粘合后，挂在弹簧下端，静止平衡时所在位置O点，取O点为原坐标原点如图题16-5所示，则有：设当B与A粘在一起后，在其运动过程的任一位置，弹簧形变量，则A、B系统所受合力为：即 可见A与B作简谐振动。（2）由上式知，以B与A相碰点为计时起点，此时A与B在P点，由图题16-5可知 则t=0时，（负号表P点在O点上方）又B与A为非弹性碰撞，碰撞前B的速度为：碰撞后，A、B的共同速度为： （方向向上）则t=0时，可求得： 可知A与B振动系统的振动表达式为：x=0.0447cos(10t+0.65p)m（

9、3）弹簧所受的最大拉力，应是弹簧最大形变时的弹力，最大形变为：则最大拉力 Fmax=kDx=72.4N【16-6】解：（1）已知A=0.24m， ，如选x轴向下为正方向。已知初始条件x0=0.12m，u0<0即 0.12=0.24cosj，而 u0=Awsinj<0，sinj>0，取，故：（2）如图题16-6所示坐标中，在平衡位置上方0.12m，即x=0.12m处，有：因为所求时间为最短时间，故物体从初始位置向上运动，u<0。则取 可得： 图题16-6（3）物体在平衡位置上方0.12m处所受合外力F=mw2x=0.3N，指向平衡位置。【16-8】解：当物体m1向右移动x

10、时，左方弹簧伸长x，右方弹簧缩短x，但它们物体的作用方向是相同的，均与物体的位移方向相反，即F=（k1x+k2x）令F=kx，有：k=k1+k2=4N/m由 得 则粘上油泥块后，新的振动系统质量为：m1+m2=0.20kg新的周期 在平衡位置时，m2与m1发生完全非弹性碰撞。碰撞前，m1的速度u1=w1A1=0.10pm/s设碰撞后，m1和m2共同速度为u。根据动量守恒定律，m1u1=(m1+m2)u则 新的振幅 【16-10】解：（1）由振动方程知， A=0.6m，w=5rad/s故振动周期：（2）t=0时，由振动方程得：x0=0.60m（3）由旋转矢量法知，此时的位相：速度 加速度 所受力

11、 F=ma=0.2×(7.5)N=1.5N（4）设质点在x处的动能与势能相等，由于简谐振动能量守恒，即：故有：即 可得： 【16-13】解：（1）由放置矢量法可知，振子从运动到的位置处，角位相的最小变化为： 则圆频率 周期 由初始状态，在图示坐标中，初始条件为：则振幅 （2）因为又 故 得： x=±0.05m根据题意，振子在平衡位置的下方，取x=0.05m根据振动系统的能量守恒定律：故 根据题意，取 u=0.091m/s再由 a=w2x得： a=0.055m/s2（3）t=0时， E=Ek+Ep=27.8×10-3J（4）由简谐振动的振动表达式x=Acos(wt+

12、j)当t=0时，x0=0.05m，u0=0.091m/s<0，可得：又 A=0.10m，故 【16-16】解：（1）由初始条件：可知，且 则振动表达式为：当t=0.5s时，（2）t=0.5s时，小球所受力： f=ma=m(-w2x)=1.48×10-3N因t=0.5s时，小球的位置在x=6.00×10-2m处，即小球在x轴负方向，而f的方向是沿x轴正方向，总是指向平衡位置。（3）从初始位置x0=1.2×10-1m到x=1.2×10-1m所需最短时间设为t，由旋转矢量法知，则从x0到x最短角位相变化为：所以 （4）因为 u=wAsin(wt+j) 在

13、x=1.2×10-1m处=3。26×10-1m/s=2.96×10-1m/s2（5）t=4s时， =5.33×10-4J =1.77×10-4JE总=Ek+Ep=5.33×10-4J+1.77×10-4J=7.10×10-4J【16-18】解：由图题16-18所示曲线可以看出，两个简谐振动的振幅相同，即A1=A2=0.05m，周期均匀T=0.1s，因而圆频率为：由x-t曲线可知，简谐振动1在t=0时，x10=0，且u10>0，故可求得振动1的初位相同样，简谐振动2在t=0时，x20=0.05m，u20=0，可

14、知，j20=p故简谐振动1、2的振动表达式分别为：因此，合振动的振幅和初位相分别为： 但由x-t曲线知，t=0时，x=x1+x2=0.05，因此j应取。故合振动的振动表达式：【16-19】解：（1）它们的合振动幅和初位相分别为： =0.0892m （2）当jj1=±2kp，即时，x1+x3的振幅最大； 当 jj2=±(2k+1)p，即时，x2+x3的振幅最小。（3）以上两小问的结果可用旋转矢量法表示，如图题16-19所示。【16-20】解：根据题意画出振幅矢量合成图，如图题16-20所示。由图题520及余弦定理可知， =10cm=0.10m又因为cosDj=cos(j2-j

15、1) 若，即第一、第二两个振动的位相差为【17-3】解 （1）由图题17-3可知，对于O点，t=0时，y=0，故 再由该列波的传播方向可知， u0<0 取 由图题17-3可知，且u=0.08m/s，则 可得O点振动表达式为： （2）已知该波沿x 轴正方向传播，u=0.08m/s，以及O点振动表达式，波动方程为： （3）将x=l=0.40代入上式，即为P点振动方程： （4）图题17-3中虚线为下一时刻波形，由图可知，a点向下运动，b点向上运动。【17-5】解 图题17-5（a）中，根据波的传播方向知，O点振动先于P点，故O点振动的方程为：则波动方程为： 图题17-5（b）中，根据波的传播方

16、向知，O占振动落后于P点，故O点振动的方程为： 则波动方程为：图题17-5（c）中，波沿x轴负方向传播，P点振动落后于O点，故O点振动的方程为：则波动方程为：此时，式中x与L自身为负值。【17-7】解（1）如图题17-7（a）所示。 平面简谐波沿x轴负方向传播，因A点的振动方程为： y=3cos(4ptp)m故波动方程为：取x=9m，代入即得B点振动方程为： （2）如图题17-7(b)所示，平面简谐波沿x轴正方向传播，有：对于A点已知A=3m，w=4prad/s，t=0时，得 j=0则波动方程为：取x=(9+5)m=14m，代入即为B点振动方程：可见两种不同的坐标中，B点的振动方程是相同的。【

17、17-13】解 （1）由O点的振动方程及波长得入射波波动方程：该波在B点的振动方程为：（x=2=2.1m） 由B点为波节知，反射波在B点的振动方程为： 由反射波在B点的振动方程，以及任一点P与B点的位相差，可得反射波波动方程为： 式中，原点初位相最后取小于2p的值。 （2）由及B点为波节，而相邻波节间距为，可知OB之间波节位置分别为：x=0，0.7m，1.4m，2.1m （3）入射波及反射波在x=0.175m处引起分振动的位相差为：故D点的振幅为： 【17-15】解 （1）由第一列波在Q点的振动yQ=Acoswt和第二列波在O点振动的位相比，第一列波Q的位相超前p，得到第二列波在O点的振动为：

18、yo=Acos(wt+p) 由两振动方程可得同一坐标下的波动表达式为：将l=1，x=xp代入，得到两列波在P点处的振动表达式为：上述两个振动在P点引起的合振动为：yp=yp1=yp2 （2）当波的频率v=400Hz，波速u=400m/s时，由u=vl可知，波长。 将l=1m代入式，式中的xp换成变量x，得驻波方程为： y=2Asin(wtp)·sin(2pxp) =2Asinwtsin2px为得到干涉静止点位置，使y=0，于是有： sin2px=0即 2px=kp (k=0，1，2)得 在O与Q之间（包括O、Q两点在内），因干涉而静止的点的位置为：【17-18】解 （1）由波源的振动

19、表达式：知，入射波的波动表达式为： 因反射点有半波损失，将x=2m人入射波动表达式，则反射波的振动表达式为：反射波的波动表达式为： （2）入射波与反射波在叠加区域内叠加形成驻波，波动表达式为： y合=yl+y反 即为驻波的波动表达式。 （3）因 有： 故波节位置为： 因为波源与反射点之间距离为2m，故k只能取k=0,-1,-2,-8 因为两个相邻的波节的距离为，因此包括波源及反射点两个波在内共有9个波节。波节坐标为：x=0,0.25m,0.5m,0.75m,1m,1.25m,1.5m,1.75m,2m因 有： 故波腹的位置为：k=0,-1,-2,，-7波腹坐标为：x=0.125m,0.375m

20、,0.625m,0.875m,1.125m,1.375m,1.625m,1.625m,1.875m【17-19】解 （1）波源远离观察者运动，故us应取负值，观察者听到的声音频率为： （2）波源向着悬崖运动，us应取正值，从悬崖反射的声音频率为： （3）拍频Dv=v-v（1030.3971.4）Hz=58.9Hz理论上应有58.9拍，但因为强弱相差太悬殊，事实上可能听不出拍频。18-2在杨氏双缝实验中,两缝间的距离是0.30mm,用单色光照射,在离缝1.2m远的屏上测得两个第五级暗条纹间的距离为22.78mm,问入射光的波长为多少?它是什么颜色的光?解：在双缝干涉中，屏上暗条纹位置由决定。由于

21、对称，第5级暗条纹对应的距离mm。由暗条纹公式即可求得波长，由杨氏双缝实验的公式可知 暗条纹应满足 两个第5级暗条纹间的距离为则 入射光的波长为 这是红色光。18-5在折射率的照相机镜头表面涂有一层折射率的MgF3增透膜，若此膜仅适用于波长的光，则此膜的最小厚度为多少？解1：在薄膜干涉中，膜的材料及厚度都将对两反射光（或两透射光）的光程差产生影响，从而可使某些波长的光在反射（或透射）中得到加强或减弱，这种选择性使薄膜干涉在工程技术上有很多应用。本题所述的增透膜，就是希望波长的光在透射中得到加强，从而得到所希望的照相效果（因感光底片对此波长附近的光最为敏感）。具体求解时应注意在的前提下，k取最小的允许值。依题意，根据干涉的互补性，波长550nm的光在透射中得到加强，则在反射中一定减弱，两反射光的光程差，由干涉相消条件， 取k=0，则膜的最小厚度解2：由于空气的折射率，且有，则对透射光而言，两