安徽工业大学物理习题册上答案

练习一 机械振动 (一) 参考解答1. (C) ;2. (B)3. )212/5cos(1022π-⨯=-t x (SI)4. 3.43 ( s ) ; -2π/3 .5. 解： k = m 0g / ∆l 25.12N/m 08.08.91.0=⨯= N/m11s 7s25.025.12/--===m k ω5cm )721(4/2222020=+=+=ωv x A cm4/3)74/()21()/(tg 00=⨯--=-=ωφx v ， φ = 0.64 rad)64.07cos(05.0+=t x (SI)6. 周期 25.0/2=π=ωT s ， 振幅 A = 0.1 m ， 初相 φ = 2π/3， v max = ω A = 0.8π m/s ( = 2.5 m/s )，a max = ω 2A = 6.4π2 m/s 2 ( =63 m/s 2 )．练习二 机械振动(二) 参考解答1．(D) ； 2. （C ） .3. )21c o s (04.0π-πt ;4. 3/2π± ;5. 解：(1) 势能 221kx W P =总能量 221kA E =由题意，4/2122kA kx =， 21024.42-⨯±=±=A x m(2) 周期 T = 2π/ω = 6 s从平衡位置运动到2A x ±= 的最短时间 ∆t 为 T /8．∴ ∆t = 0.75 s ．6. 解： x 2 = 3×10-2 sin(4t - π/6) = 3×10-2cos(4t - π/6- π/2)= 3×10-2cos(4t - 2π/3)． 作两振动的旋转矢量图，如图所示．由图得：合振动的振幅和初相分别为A = (5-3)cm = 2 cm ，φ = π/3．合振动方程为 x = 2×10-2cos(4t + π/3) (SI)练习三 波动 (一) 参考解答1．(A ); 2. (D);x O ωωπ/3-2π/3A1A2A3. }]/)1([c o s {φω+++=u x t A y (SI)4. ]/2cos[1φ+π=T t A y , ])//(2cos[2φλ++π=x T t A y5. 解：(1) 由P 点的运动方向，可判定该波向左传播．画原点O 处质点t = 0 时的旋转矢量图, 得4/0π=φO 处振动方程为 )41500cos(0π+π=t A y (SI)由图可判定波长λ = 200 m ，故波动表达式为 ]41)200250(2cos[π++π=x t A y (SI)(2) 距O 点100 m 处质点的振动方程是 )45500cos(1π+π=t A y振动速度表达式是 )45500sin(500v πππ+-=t A (SI)6. 解：(1) 设x = 0 处质点的振动方程为 c o s =A y 画原点O 处质点t = t ＇时的旋转矢量图得2'πϕω=+t '22t πνπϕ-=∴ x = 0处的振动方程为 ]2)(2c o s [π+'-π=t t A y ν (2) 该波的表达式为 ]21)/(2cos[π+-'-π=u x t t A y ν练习四 波动（二）参考解答1． (C) ； 2. (B) ;3. S 1的相位比S 2的相位超前π/2 ;Y★4. ])/(2c o s [π++πλνx t A , )212cos()21/2cos(2π+ππ+πt x A νλ ;5. 解：(1) 如图A ，取波线上任一点P ，其坐标设为x ，由波的传播特性，P 点的振动超前于 λ /4处质点的振动．该波的表达式为)]4(22cos[λλλ-+=x utA y ππ)222cos(x utA λλπππ+-= (SI)t = T 时的波形和 t = 0时波形一样．t = 0时)22cos(x A y λπ+π-=)22cos(π-π=x A λ按上述方程画的波形图见图B ．6. 解：=-π--=∆)(21212r r λφφφ422412/r r π-=π+π-πλλ464.0)c o s 2(2/1212221=++=∆φA A A A A m练习五 光的干涉 (一) 参考解答1. （B ）2. （B ）x P x u图 A3. d sin θ ＋(r 1－r 2)4. 7.32 mm5. 解：根据公式 x ＝ k λ D / d 相邻条纹间距 ∆x ＝D λ / d则 λ＝d ∆x / D ＝562.5 nm ．6. 解：(1) ∵ dx / D ≈ k λx ≈Dk λ / d = (1200×5×500×10-6 / 0.50)mm= 6.0 mm (2) 从几何关系，近似有r 2－r 1≈ D /x d ' 有透明薄膜时，两相干光线的光程差 δ = r 2 – ( r 1 –l +nl ) = r 2 –r 1 –(n -1)l ()l n D x 1/d --'= 对零级明条纹上方的第k 级明纹有 λδk = 零级上方的第五级明条纹坐标()[]d /k l 1n D x λ+-='=1200[(1.58－1)×0.01+5×5×10-4] / 0.50mm =19.9 mm练习六 光的干涉 (二) 参考解答1. A2. B3.22n λP dλx '4. 539.15. 解：加强， 2ne+21λ = k λ， 123000124212-=-=-=k k ne k ne λnmk = 1， λ1 = 3000 nm ， k = 2， λ2 = 1000 nm ， k = 3， λ3 = 600 nm ， k = 4， λ4 = 428.6 nm ，k = 5， λ5 = 333.3 nm ． ∴ 在可见光范围内，干涉加强的光的波长是λ＝600 nm 和λ＝428.6 nm ．6. 解：空气劈形膜时，间距 θλθλ2s i n 21≈=n l液体劈形膜时，间距 θλθλn 2s i n n 2l 2≈=()()θλ2//1121n l l l -=-=∆∴ θ = λ ( 1 – 1 / n ) / ( 2∆l )＝1.7×10-4 rad练习七 光的衍射(一) 参考解答1. （C ）2.（B ）3. 子波子波干涉(或答“子波相干叠加”)4. 500 nm(或5×10-4 mm)5. 解：中央明纹宽度∆x≈2fλ / a =2×5.46×10-4×500 / 0.10mm =5.46 mm6. 解练习八光的衍射(二) 参考解答1.（D）2.（D）3.10λ4. 35. 解：由光栅公式(a＋b)sinϕ=kλk =1，φ =30°，sinϕ1=1 / 2∴λ=(a＋b)sinϕ1/ k =625 nm 若k =2, 则sinϕ2=2λ / (a + b) = 1, ϕ2=90°实际观察不到第二级谱线6. 解：(1) 由光栅衍射主极大公式得 ()1330sin λ=+ b a cm 1036.330sin 341-⨯==+λb a(2) ()2430sin λ=+ b a()4204/30sin 2=+= b a λnm练习九 光的偏振 参考解答1. （A ）2. （A ）3. I 0 / 84. 见图5. 解：以P 1、P 2、P 3分别表示三个偏振片，I 1为透过第一个偏振片P 1的光强，且 I 1 = I 0 / 2． 设P 2与P 1的偏振化方向之间的夹角为θ，连续穿过P 1、P 2后的光强为I 2， ()θθ2212cos 21cos I I I ==设连续穿过三个偏振片后的光强为I 3，()θ-= 90cos 223I I ()θθ220sin cos 21I=()8/2sin2θI=显然，当2θ＝90°时,即θ＝45°时，I 3最大．6. 解：光自水中入射到玻璃表面上时，tg i 0＝1.56 / 1.33 i 0＝49.6° 光自玻璃中入射到水表面上时，tg 0i '＝1.33 / 1.56 0i '＝40.4° (或 0i '＝90°－i 0＝40.4°)练习十 狭义相对论（一）参考解答1． (A)2． (D)3． (B)4． (A)5． 解：(1) 观测站测得飞船船身的长度为 =-=20)/(1c L L v 54 m 则 ∆t 1 = L /v =2.25×10-7 s(2) 宇航员测得飞船船身的长度为L 0，则∆t 2 = L 0/v =3.75×10-7s6． 解：令S ＇系与S 系的相对速度为v ，有 2)/(1c tt v -='∆∆， 22)/(1)/(c t t v -='∆∆则 2/12))/(1(t t c '-⋅=∆∆v ( = 2.24×108 m ·s -1 ) 那么，在S ＇系中测得两事件之间距离为：2/122)(t t c t x ∆∆∆∆-'='⋅='v = 6.72×108 m练习十一 狭义相对论（二）参考解答1． (C)2． 5.8×10-13， 8.04×10-23． （A ）4． (C)5． 解：设立方体的长、宽、高分别以x 0，y 0，z 0表示，观察者A 测得立方体的长、宽、高分别为 2201cx x v -=，0y y =，0z z =．相应体积为 2201cV xyz V v -== 观察者Ａ测得立方体的质量 2201cm m v -=故相应密度为 V m /=ρ22022011/cV cm v v --=)1(2200cV m v -=6、解：据相对论动能公式 202c m mc E K -=得 )1)/(11(220--=c c m E K v即419.11)/(11202==--cm E c K v解得 v = 0.91c 平均寿命为 821031.5)/(1-⨯=-=c v ττ s练习十二 分子运动论(一) 参考解答1. (B)2. (D)3. 6.23×10 3 6.21×10 - 21 1.035×10 - 214. 氩 氦5. 解：(1) ∵ T 相等, ∴氧气分子平均平动动能＝氢气分子平均平动动能w＝6.21×10-21 J ．且 ()()483/22/12/12==m w vm/s(2) ()k w T 3/2=＝300 K ． 6 解： 由 pV =()()mol 22H H M M RT 和pV =()()molH H MM e e RT得()()e H H MM 2=()()molmol 2H H MM e =42=21 ．由 E (H 2)= ()()mol22H H MM 25RT 和RT 23M M )(E )()(mol He He He =得()()e 2H E HE =()()()()mol mol 22He M /He M 3H M /H M 5∵ ()()m o l 22H M H M = ()()mol e H M e H M (p 、V 、T 均相同)，∴ ()()e H E H E 2=35．练习十三 分子运动论（二）参考解答1. (C)2. (B)3. 1 2 10/34. 1.93 4.01×1045. 解：据力学平衡条件，当水银滴刚好处在管的中央维持平衡时，左、右两边氢气的压强相等、体积也相等，两边气体的状态方程为： p 1V 1=(M 1 / M mol )RT 1 ， p 2V 2=(M 2 / M mol )RT 2 ．由p 1= p 2 得：V 1 / V 2= (M 1 / M 2)(T 1 / T 2) ． 开始时V 1= V 2，则有M 1 / M 2= T 2/ T 1＝293/ 273． 当温度改变为1T '＝278 K ，2T '＝303 K 时，两边体积比为()221121//T M T M V V ''=''＝0.9847 <1． 即21V V '<' ．可见水银滴将向左边移动少许．6. 解：根据 kT m 23212=v， 可得 N k T m N23212=v，即 ()m N R T N m m Nd /23212=v=()RT MMmol/23 =()V MRTρmol/23＝7.31×106 ．又 ()T iR M M E ∆=∆21/mol＝()T iR MV ∆21/molρ＝4.16×104J ．及 ()()()2/1212/1222/12vvv-=∆＝ ()()122/1mol/3T T M R -＝0.856m/s ．练习十四 热力学（一）参考解答1. (C)2. (A)3. 166 J4. ||1W - ， ||2W -5. 解：(1) 等温过程气体对外作功为⎰⎰===00V 3V V 3V 3ln RT V d VRT V d p W=8.31×298×1.0986 J = 2.72×103 J (2) 绝热过程气体对外作功为V VV p V p W V V V V d d 0003003⎰⎰-==γγRT V p 1311131001--=--=--γγγγ＝2.20×103J6. 解：(1) 312111035.5)/ln(⨯==V V RT Q J(2) 25.0112=-=T T η.311034.1⨯==Q W η J (3) 3121001.4⨯=-=W Q Q J练习十五 热力学（二）参考解答1. (D)2. (B)3. 等压等压 等压4. 124.7 J -84.3 J5. 解：氦气为单原子分子理想气体，3=i (1) 等体过程，V ＝常量，W =0据 Q ＝∆E +W 可知 )(12T T C MM E Q V m o l-=∆=＝623 J(2) 定压过程，p = 常量， )(12T T C MM Q p mol-==1.04×103J∆E 与(1) 相同． W = Q - ∆E ＝417 J(3) Q =0，∆E 与(1) 同 W = -∆E=-623 J (负号表示外界作功)6. 解：由图，p A =300 Pa ，p B = p C =100 Pa ；V A =V C =1 m 3，V B =3 m 3． (1) C →A 为等体过程，据方程p A /T A = p C /T C 得 T C = T A p C / p A =100 K ． B →C 为等压过程，据方程V B /T B =V C /T C 得 T B =T C V B /V C =300 K ．(2) 各过程中气体所作的功分别为 A →B ： ))((211C B B A V V p p W -+==400 J ．B →C ： W 2 = p B (V C －V B ) = -200 J ．C →A ： W 3 =0 (3) 整个循环过程中气体所作总功为W = W 1 +W 2 +W 3 =200 J ．因为循环过程气体内能增量为ΔE =0，因此该循环中气体总吸热Q =W +ΔE =200 J ．。