昆明理工大学物理习题集(下)第十三章元答案

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昆明理工大学物理习题集(下)第十二章元答案

昆明理工大学物理习题集(下)第十二章元答案

第十二章 振动一.选择题1、劲度系数分别为k 1和k 2的两个轻弹簧串联在一起,下面挂着质量为m 的物体,构成一个竖挂的弹簧振子,则该系统的振动周期为: [ C ](A )21212)(2k k k k m T +=π (B )212k k m T +=π (C )2121)(2k k k k m T +=π(D )2122k k m T +=π 2. 一弹簧振子作简谐振动,当位移的大小为振幅的一半时,其动能为振动总能量的[ D ](A )1/4 (B )1/2 (C )2/1 (D )3/4 (E )2/33. 一质点作简谐振动,当它由平衡位置向x 轴正方向运动时,对应的振动相位是: [ C ](A )π (B )0 (C )-π/2 (D )π/24. 已知某简谐振动的振动曲线如图所示,位移的单位为厘米,时间单位为秒,角频率为ω,则此简谐振动的振动方程为:[ C ](A ))cm )(32cos(πω+=t x (B ))cm )(32cos(2πω-=t x (C ))cm )(32cos(2πω+=t x (D ))cm )(32cos(2πω+-=t x 5. 一质点作简谐振动,周期为T ,当它由平衡位置向x 轴正方向运动时,从二分之一最大位移处到最大位移处这段路程所需要的最短时间为:[ C ](A )T /4 (B )T /12 (C )T /6 (D )T /86.一质点在x 轴上做简谐振动,振幅A =4cm ,周期T =2s ,其平衡位置取作坐标原点。

若t =0时刻质点第一次通过x =-2cm 处,且向x 轴负方向运动,则质点第二次通过x =-2cm 处的时刻为:[ B ](A )1s (B )(2/3)s (C )(4/3)s (D )2s7.一劲度系数为k 的轻弹簧,下端挂一质量为m 的物体,系统的振动周期为T 1.若将此弹簧截去一半的长度,下端挂一质量为m /2的物体,则系统振动周期T 2等于:[ D ](A ) 2 T 1 (B ) T 1 (C ) 2/1T (D ) T 1/2 (E ) T 1 /48.用余弦函数描述一简谐振动,已知振幅为A ,周期为T ,初位相ϕ=-π/3,则下图中与之对应的振动曲线是:[ A ]9.一倔强系数为k 的轻弹簧截成三等份,取出其中的两根,将它们并联在一起,下面挂一质量为m 的物体,如图所示,则振动系统的频率为:[ B ](A ) m k π21(B ) m k 621π (C )m k 321π (D ) m k 321π 10.一质点作简谐振动,振动方程为x =cos(ωt +ϕ),当时间t =T /2时,质点的速为:[ A ](A ) A ωsin ϕ (B )-A ωsin ϕ (C ) -A ωcos ϕ (D ) A ωcos ϕ11.把单摆摆球从平衡位置向位移正方向拉开,使摆线与竖直方向成一微小角度θ,然后由静止放手任其振动,从放手时开始计时,若用余弦函数表示其运动方程,则该单摆振动的初位相为:[ C ](A ) θ (B ) π (C ) 0 (D ) π/212.两个质点各自作简谐振动,它们的振幅相同、周期相同,第一个质点的振动方程为x 1=A cos(ωt +α),当第一个质点从相对平衡位置的正位移处回到平衡位置时,第二个质点正在最大位移处,则第二个质点的振动方程为:[ B ](A ) x 2=A cos (ω t +α +π/2) (B ) x 2=A cos (ω t +α -π/2)(C ) x 2=A cos (ω t +α-3π/2) (D ) x 2=A cos (ω t +α + π)13.一个质点作简谐振动,振辐为A ,在起始时刻质点的位移为A /2,且向x 轴的正方向运动,代表此简谐振动的旋转矢量图为下图中哪一图?[ B ]14. 一质点在x 轴作简谐振动,已知0=t 时,m x 01.00-=,s m /03.00=v ,s /3=ω,则质点的简谐振动方程为:[ B ](A ) ))(3cos(02.032SI t x π+= (B ) ))(3cos(02.034SI t x π+=(C ) ))(3cos(01.032SI t x π+= (D ) ))(3cos(01.034SI t x π+=15. 如图所示为质点作简谐振动时的x -t 曲线,则质点的振动方程为:[ C ](A ) ))(cos(2.03232SI t x ππ+=(B ) ))(cos(2.03232SI t x ππ-=(C ) ))(cos(2.03234SI t x ππ+=(D ) ))(cos(2.03234SI t x ππ-=16. 两个同方向、同频率、等振幅的简谐振动,合成后振幅仍为A ,则这两个分简谐振动的(C) (B) (A) (D)O x ω -A /2 A O x A /2 ω A x O A /2 A ω O x A ω -A /2相位差为:[ C ](A ) 60° (B ) 90° (C ) 120° (D ) 180°17. 两个同周期简谐振动曲线如图所示,1x 的相位比2x 的相位:[ B ](A )落后2/π(B )超前2/π(C )落后π(D )超前π18. 一质点做简谐振动,其运动速度与时间的曲线如图所示,若质点的振动规律用余弦函数描述,这质点的初相位应为:[ C ](A )6/π(B ) 6/5π(C ) 6/5π-(D ) 6/π-19. 弹簧振子在光滑水平面上做简谐振动时,弹性力在半个周期内所做的功为:[ D ](A ) 2kA (B ) 221kA (C ) 241kA (D ) 020. 一简谐振动振幅A ,则振动动能为能量最大值一半时振动物体位置x 等于:[ B ](A ) 2A (B ) 22A (C ) 23A (D ) A 二、填空题 1、一质点作简谐振动,速度最大值cm/s 5m =v ,振幅A =2cm 。

昆明理工大学物理习题集(下)第十四章元答案

昆明理工大学物理习题集(下)第十四章元答案

S 1S 2 第十四章 光学一、选择题1. 有三种装置(1)完全相同的两盏钠光灯,发出相同波长的光,照射到屏上;(2)同一盏钠光灯,用黑纸盖住其中部,将钠光灯分成上下两部分,同时照射到屏上;(3)用一盏钠光灯照亮一狭缝,此亮缝再照亮与它平行,且间距很小的两条狭缝,此二亮缝的光照射到屏上。

以上三种装置,能在屏上形成稳定干涉花样的是:[ A ](A )装置(3) (B )装置(2) (C )装置(1)、(3) (D )装置(2)(3)2. 在真空中波长为λ的单色光,在折射率为n 的透明介质中从A 沿某路径传播到B ,若A 、B 两点相位差为3π,则此路径AB 的光程为:[ A ](A )1.5λ (B )1.5λ/n (C )1.5n λ (D )3λ3. 在相同的时间内,一束波长为λ的单色光在空气中和在玻璃中:[ C ](A )传播的路程相等,走过的光程相等; (B )传播的路程相等,走过的光程不相等;(C )传播的路程不相等,走过的光程相等; (D )传播的路程不相等,走过的光程不相等。

4. 如图,如果S 1、S 2是两个相干光源,它们到P 点的距离分别为r 1和r 2,路径S 1P 垂直穿过一块厚度为t 1,折射率为n 1的介质板,路径S 2P 垂直穿过厚度为t 2,折射率为n 2的另一介质板,其余部分为真空,光沿这两条路径的光程差等于:[ B ](A ) 222111()();r n t r n t +-+(B ) 222111[(1)][(1)];r n t r n t +--+- (C ) 222111()();r n t r n t ---(D ) 2211n t n t -5. 双缝干涉实验中,入射光波长为λ,用玻璃纸遮住其中一缝,若玻璃纸中光程比相同厚度的空气大λ5.2,则屏上原0级明纹中心处 [ B ](A ) 仍为明纹中心 (B ) 变为暗纹中心(C ) 不是最明,也不是最暗 (D ) 无法确定6. 如图所示,用波长600=λnm 的单色光做杨氏双缝实验,在光屏P 处产生第五级明纹极大,现将折射率n =1.5的薄透明玻璃片盖在其中一条缝上,此时P 处变成中央明纹极大的位置,则此玻璃片厚度为:[ B ](A ) 5.0×10-4cm (B ) 6.0×10-4cm(C ) 7.0×10-4cm (D ) 8.0×10-4cm7. 在照相机镜头的玻璃片上均匀镀有一层折射率n 小于玻璃的介质薄膜,以增强某一波长λ 的透射光能量。

大学物理第十三章课后习题答案

大学物理第十三章课后习题答案

第十三章 热力学基础13 -1 如图所示,bca 为理想气体绝热过程,b1a 和b2a 是任意过程,则上述两过程中气体作功与吸收热量的情况是( )(A) b1a 过程放热,作负功;b2a 过程放热,作负功(B) b1a 过程吸热,作负功;b2a 过程放热,作负功(C) b1a 过程吸热,作正功;b2a 过程吸热,作负功(D) b1a 过程放热,作正功;b2a 过程吸热,作正功分析与解 bca ,b1a 和b2a 均是外界压缩系统,由⎰=V p W d 知系统经这三个过程均作负功,因而(C)、(D)不对.理想气体的内能是温度的单值函数,因此三个过程初末态内能变化相等,设为ΔE .对绝热过程bca ,由热力学第一定律知ΔE =-W bca .另外,由图可知:|W b2a |>|W bca |>|W b1a |,则W b2a <W bca <W b1a .对b1a 过程:Q =ΔE +W b1a >ΔE +W bca =0 是吸热过程.而对b2a 过程:Q =ΔE +W b2a <ΔE +W bca =0 是放热过程.可见(A)不对,正确的是(B).13 -2 如图,一定量的理想气体,由平衡态A 变到平衡态B ,且它们的压强相等,即p A =p B ,请问在状态A 和状态B 之间,气体无论经过的是什么过程,气体必然( )(A) 对外作正功 (B) 内能增加(C) 从外界吸热 (D) 向外界放热分析与解 由p -V 图可知,p A V A <p B V B ,即知T A <T B ,则对一定量理想气体必有E B >E A .即气体由状态A 变化到状态B,内能必增加.而作功、热传递是过程量,将与具体过程有关.所以(A)、(C)、(D)不是必然结果,只有(B)正确.13 -3 两个相同的刚性容器,一个盛有氢气,一个盛氦气(均视为刚性分子理想气体).开始时它们的压强和温度都相同,现将3J 热量传给氦气,使之升高到一定的温度.若使氢气也升高同样的温度,则应向氢气传递热量为( )(A) 6J (B) 3 J (C) 5 J (D) 10 J分析与解 当容器体积不变,即为等体过程时系统不作功,根据热力学第一定律Q =ΔE +W ,有Q =ΔE .而由理想气体内能公式T R i M m E Δ2Δ=,可知欲使氢气和氦气升高相同温度,须传递的热量 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=e e e 222e 2H H H H H H H H /:i M m i M m Q Q .再由理想气体物态方程pV =mM RT ,初始时,氢气和氦气是具有相同的温度、压强和体积,因而物质的量相同,则3/5/:e 2e 2H H H H ==i i Q Q .因此正确答案为(C).13 -4 有人想像了四个理想气体的循环过程,则在理论上可以实现的为( )分析与解由绝热过程方程pVγ=常量,以及等温过程方程pV=常量,可知绝热线比等温线要陡,所以(A)过程不对,(B)、(C)过程中都有两条绝热线相交于一点,这是不可能的.而且(B)过程的循环表明系统从单一热源吸热且不引起外界变化,使之全部变成有用功,违反了热力学第二定律.因此只有(D)正确.13 -5一台工作于温度分别为327 ℃和27 ℃的高温热源与低温源之间的卡诺热机,每经历一个循环吸热2 000 J,则对外作功()(A) 2 000J(B) 1 000J(C) 4 000J(D) 500J分析与解热机循环效率η=W/Q吸,对卡诺机,其循环效率又可表为:η=1-T2 /T1,则由W /Q吸=1 -T2 /T1可求答案.正确答案为(B).13 -6根据热力学第二定律()(A) 自然界中的一切自发过程都是不可逆的(B) 不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程(C) 热量可以从高温物体传到低温物体,但不能从低温物体传到高温物体(D) 任何过程总是沿着熵增加的方向进行分析与解 对选项(B):不可逆过程应是指在不引起其他变化的条件下,不能使逆过程重复正过程的每一状态,或者虽然重复但必然会引起其他变化的过程.对选项(C):应是热量不可能从低温物体自动传到高温物体而不引起外界的变化.对选项(D):缺少了在孤立系统中这一前提条件.只有选项(A)正确. 13 -7 位于委内瑞拉的安赫尔瀑布是世界上落差最大的瀑布,它高979m.如果在水下落的过程中,重力对它所作的功中有50%转换为热量使水温升高,求水由瀑布顶部落到底部而产生的温差.( 水的比热容c 为4.18×103 J·kg-1·K -1 ) 分析 取质量为m 的水作为研究对象,水从瀑布顶部下落到底部过程中重力作功W =mgh ,按题意,被水吸收的热量Q =0.5W ,则水吸收热量后升高的温度可由Q =mc ΔT 求得.解 由上述分析得mc ΔT =0.5mgh水下落后升高的温度ΔT =0.5gh /c =1.15K13 -8 如图所示,一定量的空气,开始在状态A ,其压强为2.0×105Pa ,体积为2.0 ×10-3m 3 ,沿直线AB 变化到状态B 后,压强变为1.0 ×105Pa ,体积变为3.0 ×10-3m 3 ,求此过程中气体所作的功.分析 理想气体作功的表达式为()⎰=V V p W d .功的数值就等于p -V 图中过程曲线下所对应的面积.解 S ABCD =1/2(BC +AD)×CD故 W =150 J13 -9 汽缸内储有2.0mol 的空气,温度为27 ℃,若维持压强不变,而使空气的体积膨胀到原体积的3s 倍,求空气膨胀时所作的功.分析 本题是等压膨胀过程,气体作功()1221d V V p V p W V V -==⎰,其中压强p 可通过物态方程求得.解 根据物态方程11RT pV v =,汽缸内气体的压强11/V RT p v = ,则作功为 ()()J 1097.92/31112112⨯==-=-=RT V V V RT V V p W v v13 -10 一定量的空气,吸收了1.71×103J 的热量,并保持在1.0 ×105Pa 下膨胀,体积从1.0×10-2m 3 增加到1.5×10-2m 3 ,问空气对外作了多少功? 它的内能改变了多少?分析 由于气体作等压膨胀,气体作功可直接由W =p (V 2 -V 1 )求得.取该空气为系统,根据热力学第一定律Q =ΔE +W 可确定它的内能变化.在计算过程中要注意热量、功、内能的正负取值.解 该空气等压膨胀,对外作功为W =p (V 2-V 1 )=5.0 ×102J其内能的改变为Q =ΔE +W =1.21 ×103J13 -11 0.1kg 的水蒸气自120 ℃加热升温到140℃,问(1) 在等体过程中;(2) 在等压过程中,各吸收了多少热量? 根据实验测定,已知水蒸气的摩尔定压热容C p,m =36.21J·mol -1·K -1,摩尔定容热容C V,m =27.82J·mol -1·K -1. 分析 由量热学知热量的计算公式为T C Q m Δv =.按热力学第一定律,在等体过程中,T C E Q ΔΔm V,V v ==;在等压过程中, T C E V p Q ΔΔd m p,p v =+=⎰.解 (1) 在等体过程中吸收的热量为J 101.3ΔΔ3m V,V ⨯===T C Mm E Q (2) 在等压过程中吸收的热量为 ()J 100.4Δd 312m p,p ⨯=-=+=⎰T T C M m E V p Q 13 -12 如图所示,在绝热壁的汽缸内盛有1mol 的氮气,活塞外为大气,氮气的压强为1.51 ×105 Pa ,活塞面积为0.02m 2 .从汽缸底部加热,使活塞缓慢上升了0.5m.问(1) 气体经历了什么过程? (2) 汽缸中的气体吸收了多少热量? (根据实验测定,已知氮气的摩尔定压热容C p ,m =29.12J·mol -1·K -1,摩尔定容热容C V,m =20.80J·mol -1·K -1 )分析 因活塞可以自由移动,活塞对气体的作用力始终为大气压力和活塞重力之和.容器内气体压强将保持不变.对等压过程,吸热T C Q Δm p,p v =.ΔT 可由理想气体物态方程求出.解 (1) 由分析可知气体经历了等压膨胀过程.(2) 吸热T C Q Δm p,p v =.其中ν =1 mol ,C p,m =29.12J·mol -1·K-1.由理想气体物态方程pV =νRT ,得ΔT =(p 2V 2 -p 1 V 1 )/R =p(V 2 -V 1 )/R =p· S· Δl /R则 J 105.293m p,p ⨯==pS ΔSΔl C Q13 -13 一压强为1.0 ×105Pa,体积为1.0×10-3m 3的氧气自0℃加热到100 ℃.问:(1) 当压强不变时,需要多少热量?当体积不变时,需要多少热量?(2) 在等压或等体过程中各作了多少功?分析 (1) 求Q p 和Q V 的方法与题13-11相同.(2) 求过程的作功通常有两个途径.① 利用公式()V V p W d ⎰=;② 利用热力学第一定律去求解.在本题中,热量Q 已求出,而内能变化可由()12m V,V ΔT T C E Q -==v 得到.从而可求得功W .解 根据题给初态条件得氧气的物质的量为mol 1041.4/2111-⨯===RT V p Mm v 氧气的摩尔定压热容R C 27m p,=,摩尔定容热容R C 25m V,=. (1) 求Q p 、Q V等压过程氧气(系统)吸热()J 1.128Δd 12m p,p =-=+=⎰T T C E V p Q v等体过程氧气(系统)吸热()J 5.91Δ12m V,V =-==T T C E Q v(2) 按分析中的两种方法求作功值解1 ① 利用公式()V V p W d ⎰=求解.在等压过程中,T R Mm V p W d d d ==,则得 J 6.36d d 21p ===⎰⎰T T T R Mm W W 而在等体过程中,因气体的体积不变,故作功为()0d V ==⎰V V p W② 利用热力学第一定律Q =ΔE +W 求解.氧气的内能变化为()J 5.91Δ12m V,V =-==T T C Mm E Q 由于在(1) 中已求出Q p 与Q V ,则由热力学第一定律可得在等压过程、等体过程中所作的功分别为J 6.36Δp p =-=E Q W0ΔV V =-=E Q W13 -14 如图所示,系统从状态A 沿ABC 变化到状态C 的过程中,外界有326J 的热量传递给系统,同时系统对外作功126J.当系统从状态C 沿另一曲线CA 返回到状态A 时,外界对系统作功为52J ,则此过程中系统是吸热还是放热?传递热量是多少?分析 已知系统从状态C 到状态A ,外界对系统作功为W CA ,如果再能知道此过程中内能的变化ΔE AC ,则由热力学第一定律即可求得该过程中系统传递的热量Q CA .由于理想气体的内能是状态(温度)的函数,利用题中给出的ABC 过程吸热、作功的情况,由热力学第一定律即可求得由A 至C 过程中系统内能的变化ΔE AC ,而ΔE AC =-ΔE AC ,故可求得Q CA .解 系统经ABC 过程所吸收的热量及对外所作的功分别为Q ABC =326J , W ABC =126J则由热力学第一定律可得由A 到C 过程中系统内能的增量ΔE AC =Q ABC -W ABC =200J由此可得从C 到A ,系统内能的增量为ΔE CA =-200J从C 到A ,系统所吸收的热量为Q CA =ΔE CA +W CA =-252J式中负号表示系统向外界放热252 J.这里要说明的是由于CA 是一未知过程,上述求出的放热是过程的总效果,而对其中每一微小过程来讲并不一定都是放热.13 -15 如图所示,一定量的理想气体经历ACB 过程时吸热700J ,则经历ACBDA 过程时吸热又为多少?分析 从图中可见ACBDA 过程是一个循环过程.由于理想气体系统经历一个循环的内能变化为零,故根据热力学第一定律,循环系统净吸热即为外界对系统所作的净功.为了求得该循环过程中所作的功,可将ACBDA 循环过程分成ACB 、BD 及DA 三个过程讨论.其中BD 及DA 分别为等体和等压过程,过程中所作的功按定义很容易求得;而ACB 过程中所作的功可根据上题同样的方法利用热力学第一定律去求.解 由图中数据有p A V A =p B V B ,则A 、B 两状态温度相同,故ACB 过程内能的变化ΔE CAB =0,由热力学第一定律可得系统对外界作功W CAB =Q CAB -ΔE CAB =Q CAB =700J在等体过程BD 及等压过程DA 中气体作功分别为()⎰==0d BD V V p W()⎰-=-==J 1200d 12A DA V V P V p W则在循环过程ACBDA 中系统所作的总功为J 500DA BD ACB -=++=W W W W负号表示外界对系统作功.由热力学第一定律可得,系统在循环中吸收的总热量为J 500-==W Q负号表示在此过程中,热量传递的总效果为放热.13 -16 在温度不是很低的情况下,许多物质的摩尔定压热容都可以用下式表示2m p,2--+=cT bT a C式中a 、b 和c 是常量,T 是热力学温度.求:(1) 在恒定压强下,1 mol 物质的温度从T 1升高到T 2时需要的热量;(2) 在温度T 1 和T 2 之间的平均摩尔热容;(3) 对镁这种物质来说,若C p ,m 的单位为J·mol -1·K -1,则a =25.7J·mol -1·K-1 ,b =3.13 ×10-3J·mol -1·K-2,c =3.27 ×105J·mol -1·K.计算镁在300K时的摩尔定压热容C p,m ,以及在200K和400K之间C p,m 的平均值. 分析 由题目知摩尔定压热容C p,m 随温度变化的函数关系,则根据积分式⎰=21d m p,p T T T C Q 即可求得在恒定压强下,1mol 物质从T 1 升高到T 2所吸收的热量Qp .故温度在T 1 至T 2之间的平均摩尔热容()12p m p,/T T Q C -=. 解 (1) 11 mol 物质从T 1 升高到T 2时吸热为()()()()11122122122m p,p d 2d 21----+-+-=-+==⎰⎰T T c T T b T T a T cT bT a T C Q T T (2) 在T 1 和T 2 间的平均摩尔热容为()()21212p m p,//T T c T T a T T Q C -+=-=(3) 镁在T =300 K 时的摩尔定压热容为-1-12m p,K mol J 9.232⋅⋅=-+=-cT bT a C镁在200 K 和400 K 之间C p ,m 的平均值为()-1-12112m p,K mol J 5.23/⋅⋅=-+=T T c T T a C13 -17 空气由压强为1.52×105 Pa ,体积为5.0×10-3m 3 ,等温膨胀到压强为1.01×105 Pa ,然后再经等压压缩到原来的体积.试计算空气所作的功. 解 空气在等温膨胀过程中所作的功为()()2111121T /ln /ln p p V p V V RT Mm W == 空气在等压压缩过程中所作的功为()⎰-==12d V V p V p W利用等温过程关系p 1 V 1 =p 2 V 2 ,则空气在整个过程中所作的功为()J 7.55/ln 11122111=-+=+=V p V p p p V p W W W T p13 -18 如图所示,使1mol 氧气(1) 由A 等温地变到B ;(2) 由A 等体地变到C ,再由C 等压地变到B.试分别计算氧气所作的功和吸收的热量.分析 从p -V 图(也称示功图)上可以看出,氧气在AB 与ACB 两个过程中所作的功是不同的,其大小可通过()V V p W d ⎰=求出.考虑到内能是状态的函数,其变化值与过程无关,所以这两个不同过程的内能变化是相同的,而且因初、末状态温度相同T A =T B ,故ΔE =0,利用热力学第一定律Q =W +ΔE ,可求出每一过程所吸收的热量.解 (1) 沿AB 作等温膨胀的过程中,系统作功()()J 1077.2/ln /ln 31⨯===A B B A A B AB V V V p V V RT Mm W 由分析可知在等温过程中,氧气吸收的热量为Q AB =W AB =2.77 ×103J (2) 沿A 到C 再到B 的过程中系统作功和吸热分别为W ACB =W AC +W CB =W CB =p C (V B -V C )=2.0×103JQ ACB =W A CB =2.0×103 J13 -19 将体积为1.0 ×10-4m 3 、压强为1.01×105Pa 的氢气绝热压缩,使其体积变为2.0 ×10-5 m 3 ,求压缩过程中气体所作的功.(氢气的摩尔定压热容与摩尔定容热容比值γ=1.41)分析 可采用题13-13 中气体作功的两种计算方法.(1) 气体作功可由积分V p W d ⎰=求解,其中函数p (V )可通过绝热过程方程pV C γ= 得出.(2)因为过程是绝热的,故Q =0,因此,有W =-ΔE ;而系统内能的变化可由系统的始末状态求出.解 根据上述分析,这里采用方法(1)求解,方法(2)留给读者试解.设p 、V 分别为绝热过程中任一状态的压强和体积,则由γγpV V p =11得 γγV V p p -=11氢气绝热压缩作功为J 0.231d d 121211121-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-===⎰⎰-V V V V γp V V V p V p W V V γγ 13 -20 试验用的火炮炮筒长为3.66 m ,内膛直径为0.152 m ,炮弹质量为45.4kg ,击发后火药爆燃完全时炮弹已被推行0.98 m ,速度为311 m·s -1 ,这时膛内气体压强为2.43×108Pa.设此后膛内气体做绝热膨胀,直到炮弹出口.求(1) 在这一绝热膨胀过程中气体对炮弹作功多少?设摩尔定压热容与摩尔定容热容比值为 1.2γ=.(2) 炮弹的出口速度(忽略摩擦).分析 (1) 气体绝热膨胀作功可由公式1d 2211--==⎰γV p V p V p W 计算.由题中条件可知绝热膨胀前后气体的体积V 1和V 2,因此只要通过绝热过程方程γγV p V p 2211=求出绝热膨胀后气体的压强就可求出作功值.(2) 在忽略摩擦的情况下,可认为气体所作的功全部用来增加炮弹的动能.由此可得到炮弹速度.解 由题设l =3.66 m,D =0.152 m ,m =45.4 kg ,l 1=0.98 m ,v 1=311 m·s -1 ,p 1 =2.43×108Pa ,γ=1.2.(1) 炮弹出口时气体压强为()()Pa 1000.5//7112112⨯===γγl l p V V p p 气体作功J 1000.54π11d 6222112211⨯=--=--==⎰D γl p l p γV p V p V p W (2) 根据分析2122121v v m m W -=,则 -121s m 563⋅=+=v 2W/m v13 -21 1mol 氢气在温度为300K,体积为0.025m 3 的状态下,经过(1)等压膨胀,(2)等温膨胀,(3)绝热膨胀.气体的体积都变为原来的两倍.试分别计算这三种过程中氢气对外作的功以及吸收的热量.分析 这三个过程是教材中重点讨论的过程.在p -V 图上,它们的过程曲线如图所示.由图可知过程(1 ) 作功最多, 过程( 3 ) 作功最少.温度T B >T C >T D ,而过程(3) 是绝热过程,因此过程(1)和(2)均吸热,且过程(1)吸热多.具体计算时只需直接代有关公式即可.解 (1) 等压膨胀()()J 1049.23⨯==-=-=A A B AA AB A p RT V V V RT V V p W v()J 1073.8273,,⨯===-=+=A A m p A B m p p p T R T C T T C E ΔW Q v v (2) 等温膨胀 J 1073.12ln /3⨯===A A RT V W C T vRTlnV对等温过程ΔE =0,所以J 1073.13⨯==T T W Q(3) 绝热膨胀T D =T A (V A /V D )γ-1=300 ×(0.5)0.4=227.4K对绝热过程a 0Q =,则有 ()()J 1051.125Δ3,⨯=-=-=-=D A D A m V a T T R T T C E W v 13 -22 绝热汽缸被一不导热的隔板均分成体积相等的A 、B 两室,隔板可无摩擦地平移,如图所示.A 、B 中各有1mol 氮气,它们的温度都是T0 ,体积都是V0 .现用A 室中的电热丝对气体加热,平衡后A 室体积为B 室的两倍,试求(1) 此时A 、B 两室气体的温度;(2) A 中气体吸收的热量.分析 (1) B 室中气体经历的是一个绝热压缩过程,遵循绝热方程TVγ-1 =常数,由此可求出B 中气体的末态温度TB .又由于A 、B 两室中隔板可无摩擦平移,故A 、B 两室等压.则由物态方程pV A =νRT A 和pV B =νRT B 可知T A =2T B .(2) 欲求A 室中气体吸收的热量,我们可以有两种方法.方法一:视A 、B 为整体,那么系统(汽缸)对外不作功,吸收的热量等于系统内能的增量.即QA =ΔE A +ΔE B .方法二:A 室吸热一方面提高其内能ΔE A ,另外对“外界”B 室作功WA.而对B 室而言,由于是绝热的,“外界” 对它作的功就全部用于提高系统的内能ΔEB .因而在数值上W A =ΔE B .同样得到Q A =ΔE A +ΔE B . 解 设平衡后A 、B 中气体的温度、体积分别为T A ,T B 和V A ,V B .而由分析知压强p A =p B =p .由题已知⎩⎨⎧=+=022V V V V V B A B A ,得⎩⎨⎧==3/23/400V V V V B A (1) 根据分析,对B 室有B γB γT V T V 1010--=得 ()0010176.1/T T V V T γB B ==-;0353.2T T T B A ==(2) ()()0007.312525ΔΔT T T R T T R E E Q B A A A A =-+-=+= 13-23 0.32 kg 的氧气作如图所示的ABCDA 循环,V 2 =2V 1 ,T 1=300K,T 2=200K,求循环效率.分析 该循环是正循环.循环效率可根据定义式η=W /Q 来求出,其中W 表示一个循环过程系统作的净功,Q 为循环过程系统吸收的总热量.解 根据分析,因AB 、CD 为等温过程,循环过程中系统作的净功为()()()J 1076.5/ln /ln 32121211⨯=-==+=V V T T R M m V V RT Mm W W W CD AB由于吸热过程仅在等温膨胀(对应于AB 段)和等体升压(对应于DA 段)中发生,而等温过程中ΔE =0,则AB AB W Q =.等体升压过程中W =0,则DA DA E Q Δ=,所以,循环过程中系统吸热的总量为()()()()J 1081.325/ln /ln Δ42112121,121⨯=-+=-+=+=+=T T R M m V V RT Mm T T C M m V V RT Mm E W Q Q Q m V DAAB DA AB 由此得到该循环的效率为 %15/==Q W η13 -24 图(a)是某单原子理想气体循环过程的V -T 图,图中V C =2V A .试问:(1) 图中所示循环是代表制冷机还是热机? (2) 如是正循环(热机循环),求出其循环效率.分析 以正、逆循环来区分热机和制冷机是针对p -V 图中循环曲线行进方向而言的.因此,对图(a)中的循环进行分析时,一般要先将其转换为p -V 图.转换方法主要是通过找每一过程的特殊点,并利用理想气体物态方程来完成.由图(a)可以看出,BC 为等体降温过程,CA 为等温压缩过程;而对AB 过程的分析,可以依据图中直线过原点来判别.其直线方程为V =CT ,C 为常数.将其与理想气体物态方程pV =m/MRT 比较可知该过程为等压膨胀过程(注意:如果直线不过原点,就不是等压过程).这样,就可得出p -V 图中的过程曲线,并可判别是正循环(热机循环)还是逆循环(制冷机循环),再参考题13-23的方法求出循环效率.解 (1) 根据分析,将V -T 图转换为相应的p -V 图,如图(b)所示.图中曲线行进方向是正循环,即为热机循环.(2) 根据得到的p -V 图可知,AB 为等压膨胀过程,为吸热过程.BC 为等体降压过程,CA 为等温压缩过程,均为放热过程.故系统在循环过程中吸收和放出的热量分别为()A B m p T T C M m Q -=,1 ()()A C A A B m V V V RT Mm T T C M m Q /ln ,2+-= CA 为等温线,有T A =T C ;AB 为等压线,且因V C =2V A ,则有T A =T B /2.对单原子理想气体,其摩尔定压热容C p ,m =5R/2,摩尔定容热容C V ,m =3R/2.故循环效率为()()3/125/2ln 2312/5/2ln 321/112=+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=A A A T T T Q Q η 13 -25 一卡诺热机的低温热源温度为7℃,效率为40%,若要将其效率提高到50%,问高温热源的温度需提高多少?解 设高温热源的温度分别为1T '、1T '',则有12/1T T η'-=', 12/1T T η''-=''其中T 2 为低温热源温度.由上述两式可得高温热源需提高的温度为K 3.931111Δ211=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛'--''-='-''=T ηηT T T 13 -26 一定量的理想气体,经历如图所示的循环过程.其中AB 和CD 是等压过程,BC 和DA 是绝热过程.已知B 点温度T B =T 1,C 点温度T C =T 2.(1) 证明该热机的效率η=1-T 2/T 1 ,(2) 这个循环是卡诺循环吗?分析 首先分析判断循环中各过程的吸热、放热情况.BC 和DA 是绝热过程,故Q BC 、Q DA 均为零;而AB 为等压膨胀过程(吸热)、CD 为等压压缩过程(放热),这两个过程所吸收和放出的热量均可由相关的温度表示.再利用绝热和等压的过程方程,建立四点温度之间的联系,最终可得到求证的形式. 证 (1) 根据分析可知 ()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=---=---=-=B A C D B C A B D CA B m p C D m p AB CD T T T T T T T T T T T T C MT T C M m Q Q η1/11111,, (1) 与求证的结果比较,只需证得BA C D T T T T = .为此,对AB 、CD 、BC 、DA 分别列出过程方程如下V A /T A =V B /T B (2)V C /T C =V D /T D (3) C γC B γB T V T V 11--= (4)A γA D γD T V T V 11--= (5)联立求解上述各式,可证得η=1-T C /T B =1-T 2/T 1(2) 虽然该循环效率的表达式与卡诺循环相似,但并不是卡诺循环.其原因是:① 卡诺循环是由两条绝热线和两条等温线构成,而这个循环则与卡诺循环不同;② 式中T 1、T 2的含意不同,本题中T 1、T 2只是温度变化中两特定点的温度,不是两等温热源的恒定温度.13 -27 一小型热电厂内,一台利用地热发电的热机工作于温度为227℃的地下热源和温度为27℃的地表之间.假定该热机每小时能从地下热源获取1.8 ×1011J的热量.试从理论上计算其最大功率为多少?分析 热机必须工作在最高的循环效率时,才能获取最大的功率.由卡诺定理可知,在高温热源T 1和低温热源T 2之间工作的可逆卡诺热机的效率最高,其效率为η=1-T 2/T 1 .由于已知热机在确定的时间内吸取的热量,故由效率与功率的关系式Q pt Q W η//==,可得此条件下的最大功率.解 根据分析,热机获得的最大功率为()-1712s J 100.2//1/⋅⨯=-==t Q T T t Q ηp13 -28 有一以理想气体为工作物质的热机,其循环如图所示,试证明热()()1/1/12121---=p p V V γη 分析 该热机由三个过程组成,图中AB 是绝热过程,BC 是等压压缩过程,CA 是等体升压过程.其中CA 过程系统吸热,BC 过程系统放热.本题可从效率定义CA BC Q Q Q Q η/1/112-=-=出发,利用热力学第一定律和等体、等压方程以及γ=C p,m 桙C V,m 的关系来证明.证 该热机循环的效率为CA BC Q Q Q Q η/1/112-=-=其中Q BC =m /M C p,m (T C -T B ),Q CA =m/M C V,m (T A -T C ),则上式可写为1/1/11---=---=C A CB C A B C T T T T γT T T T γη 在等压过程BC 和等体过程CA 中分别有T B /V 1 =T C /V 2,T A /P 1 =T C /P 2,代入上式得()()1/1/12121---=p p V V γη 13 -29 如图所示为理想的狄赛尔(Diesel)内燃机循环过程,它由两绝热线AB 、CD 和等压线BC 及等体线DA 组成.试证此内燃机的效率为()()()1//1/12312123---=-V V V V γV V ηγγ证 求证方法与题13-28相似.由于该循环仅在DA 过程中放热、BC 过程中吸热,则热机效率为 ()()BC AD B C m p A D m V BCDA T T T T γT T C M T T C M m Q Q η---=---=-=111/1,, (1) 在绝热过程AB 中,有1211--=γB γA V T V T ,即()121//-=γA B V V T T (2)在等压过程BC 中,有23//V T V T B C =,即23//V V T T B C = (3)再利用绝热过程CD,得1311--=γC γD V T V T (4)解上述各式,可证得()()()1//1/12312123---=-V V V V γV V ηγγ 13 -30 如图所示,将两部卡诺热机连接起来,使从一个热机输出的热量,输入到另一个热机中去.设第一个热机工作在温度为T 1和T 2的两热源之间,其效率为η1 ,而第二个热机工作在温度为T 2 和T 3 的两热源之间,其效率为η2.如组合热机的总效率以η=(W 1 +W 2 )/Q 1 表示.试证总效率表达式为η=(1 -η1 )η2 +η1 或 η=1 -T 3/T 1分析 按效率定义,两热机单独的效率分别为η1=W 1 /Q 1和η2=W 2 /Q 2,其中W 1 =Q 1-Q 2 ,W 2 =Q 2-Q 3 .第一个等式的证明可采用两种方法:(1) 从等式右侧出发,将η1 、η2 的上述表达式代入,即可得证.读者可以一试.(2) 从等式左侧的组合热机效率η=(W 1 +W 2 )/Q 1出发,利用η1、η2的表达式,即可证明.由于卡诺热机的效率只取决于两热源的温度,故只需分别将两个卡诺热机的效率表达式η1=1-T 2 /T 1 和η2=1-T 3 /T 2 代入第一个等式,即可得到第二个等式.证 按分析中所述方法(2) 求证.因η1=W 1 /Q 1 、η2=W 2 /Q 2 ,则组合热机效率12211211121Q Q ηηQ W Q W Q W W η+=+=+= (1) 以Q 2 =Q 1-W 1 代入式(1) ,可证得η=η1 +η2 (1-η1 ) (2) 将η1=1-T 2 /T 1 和η2=1-T 3 /T 2代入式(2),亦可证得η=1-T 2 /T 1 +(1-T 3 /T 2 )T 2 /T 1 =1-T 3 /T 113 -31 在夏季,假定室外温度恒定为37℃,启动空调使室内温度始终保持在17 ℃.如果每天有2.51 ×108 J 的热量通过热传导等方式自室外流入室内,则空调一天耗电多少? (设该空调制冷机的制冷系数为同条件下的卡诺制冷机制冷系数的60%)分析 耗电量的单位为kW·h ,1kW·h =3.6 ×106J.图示是空调的工作过程示意图.因为卡诺制冷机的制冷系数为212T T T e k -=,其中T 1为高温热源温度(室外环境温度),T 2为低温热源温度(室内温度).所以,空调的制冷系数为e =e k · 60% =0.6 T 2/( T 1 -T 2 )另一方面,由制冷系数的定义,有e =Q 2 /(Q 1 -Q 2 )其中Q 1为空调传递给高温热源的热量,即空调向室外排放的总热量;Q 2是空调从房间内吸取的总热量.若Q ′为室外传进室内的热量,则在热平衡时Q 2=Q ′.由此,就可以求出空调的耗电作功总值W =Q 1-Q 2 .解 根据上述分析,空调的制冷系数为7.8%60212=-=T T T e在室内温度恒定时,有Q 2=Q ′.由e =Q 2 /(Q 1-Q 2 )可得空调运行一天所耗电功W =Q 1-Q 2=Q 2/e =Q ′/e =2.89×107=8.0 kW·h13 -32 一定量的理想气体进行如图所示的逆向斯特林循环(回热式制冷机中的工作循环),其中1→2为等温(T 1 )压缩过程,3→4为等温(T 2 )膨胀过程,其他两过程为等体过程.求证此循环的制冷系数和逆向卡诺循环制冷系数相等.(这一循环是回热式制冷机中的工作循环,具有较好的制冷效果.4→1过程从热库吸收的热量在2→3过程中又放回给了热库,故均不计入循环系数计算.)证明 1→2 过程气体放热2111lnV V RT Q v = 3→4 过程气体吸热 2122ln V V RT Q v = 则制冷系数 e =Q 2 /(Q 1-Q 2 )= T 2/( T 1-T 2 ).与逆向卡诺循环的制冷系数相同.13 -33 物质的量为ν的理想气体,其摩尔定容热容C V,m =3R/2,从状态A(p A ,V A ,T A )分别经如图所示的ADB 过程和ACB 过程,到达状态B(p B ,V B ,T B ).试问在这两个过程中气体的熵变各为多少? 图中AD 为等温线.分析 熵是热力学的状态函数,状态A 与B 之间的熵变ΔSAB 不会因路径的不同而改变.此外,ADB 与ACB 过程均由两个子过程组成.总的熵变应等于各子过程熵变之和,即DB AD AB S S S ΔΔΔ+=或CB AC AB S S S ΔΔΔ+=.解 (1) ADB 过程的熵变为()()D B p,m A D B D D A T BD P D A T DBAD AB T T C V V T T C T W T Q T Q S S S /ln /ln /d /d /d /d ΔΔΔm p,v vR v +=+=+=+=⎰⎰⎰⎰ (1)在等温过程AD 中,有T D =T A ;等压过程DB 中,有V B /T B =V D /T D ;而C p ,m =C V ,m +R ,故式(1)可改写为()()()()A B A B A B p,m A B B D ADB V T V V V T C V T V T S /ln 23/ln /ln /ln ΔvR vR v vR +=+=(2) ACB 过程的熵变为()()C B V,m A C p,m CB AC BA ACB T TC V T C S S Q/T S /ln /ln ΔΔd Δv v +=+==⎰ (2)利用V C =V B 、p C =p A 、T C /V C =T A /V A 及T B /p B =T C /p C ,则式(2)可写为()()()()()()()A B A B A A B B V,m A B A B A B V,m ACB V T V V V p V p C V V p p V V R C S /ln 23/ln /ln /ln /ln /ln ΔvR vR v vR v v +=+=++=通过上述计算可看出,虽然ADB 及ACB 两过程不同,但熵变相同.因此,在计算熵变时,可选取比较容易计算的途径进行.13 -34 有一体积为2.0 ×10-2m 3的绝热容器,用一隔板将其分为两部分,如图所示.开始时在左边(体积V 1 =5.0 ×10-3m 3)一侧充有1mol 理想气体,右边一侧为真空.现打开隔板让气体自由膨胀而充满整个容器,求熵变.分析 在求解本题时,要注意⎰=BA T Q S d Δ 的适用条件.在绝热自由膨胀过程中,d Q =0,若仍运用上式计算熵变,必然有ΔS =0.显然,这是错误的结果.由于熵是状态的单值函数,当初态与末态不同时,熵变不应为零.出现上述错误的原因就是忽视了公式的适用条件. ⎰=BA T Q S d Δ 只适用于可逆过程,而自由膨胀过程是不可逆的.因此,在求解不可逆过程的熵变时,通常需要在初态与末态之间设计一个可逆过程,然后再按可逆过程熵变的积分式进行计算.在选取可逆过程时,尽量使其积分便于计算.解 根据上述分析,在本题中因初末态时气体的体积V 1 、V 2 均已知,且温度相同,故可选一可逆等温过程.在等温过程中,d Q =d W =p d V ,而VRT M m p =,则熵变为 ()1-12K J 52.11/ln d 1d d Δ12⋅=====⎰⎰⎰V V R M m V V R M m T V p T Q S V V。

大学物理(下)练习题

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大学物理(下)练习题大学物理习题集第六章 光的干涉6.1 在空气中做杨氏双缝干涉实验,缝间距为d = 0.6mm ,观察屏至双缝间距为D = 2.5m ,今测得第3级明纹与零级明纹对双缝中心的张角为2.724×10-3rad ,求入射光波长及相邻明纹间距.[解答]根据双缝干涉公式sin θ = δ/d ,其中sin θ≈θ,d = kλ = 3λ,可得波长为 λ = d sin θ/k = 5.448×10-4(mm) = 544.8(nm).再用公式sin θ = λ/d = Δx/D ,得相邻明纹的间距为 Δx = λD/d = 2.27(mm).[注意]当θ是第一级明纹的张角时,结合干涉图形,用公式sin θ = λ/d = Δx/D 很容易记忆和推导条纹间隔公式.6.2 如图所示,平行单色光垂直照射到某薄膜上,经上下两表面反射的两束光发生干涉,设薄膜厚度为e ,n 1>n 2,n 2<n 3,入射光在折射率为n 1的媒质中波长为λ,试计算两反射光在上表面相遇时的位相差.[解答]光在真空中的波长为λ0 = n 1λ. 由于n 1>n 2,所以光从薄膜上表面反射时没有半波损失;由于n 1>n 2,所以光从薄膜下表面反射时会产生半波损失,所以两束光的光程差为 δ = 2n 2e +λ0/2,位相差为:21012/222n e n n λδϕππλλ+∆==.6.3用某透明介质盖在双缝干涉装置中的一条缝,此时,屏上零级明纹移至原来的第5条明纹处,若入射光波长为589.3nm ,介质折射率n = 1.58,求此透明介质膜的厚度.[解答]加上介质膜之后,就有附加的光程差δ = (n – 1)e , 当δ = 5λ时,膜的厚度为:e = 5λ/(n – 1) = 5080(nm) = 5.08(μm).6.4 为测量在硅表面的保护层SiO 2的厚度,可将SiO 2的表面磨成劈尖状,如图所示,现用波长λ = 644.0nm 的镉灯垂直照射,一共观察到8根明纹,求SiO 2的厚度.[解答]由于SiO 2的折射率比空气的大,比Si 的小,所以半波损失抵消了,光程差为:δ = 2ne . 第一条明纹在劈尖的棱上,8根明纹只有7个间隔,所以光程差为:δ = 7λ. SiO 2的厚度为:e = 7λ/2n = 1503(nm) = 1.503(μm).6.5 折射率为1.50的两块标准平板玻璃间形成一个劈尖,用波长λ = 5004nm 的单色光垂直入射,产生等厚干涉条纹.当劈尖内充满n = 1.40的液体时,相邻明纹间距比劈尖内是空气时的间距缩小Δl = 0.1mm ,求劈尖角θ应是多少?[解答]空气的折射率用n 0表示,相邻明纹之间的空气的厚度差为Δe 0 = λ/2n 0;明纹之间的距离用ΔL 0表示,则:Δe 0 = θΔL 0, 因此:λ/2n 0 = θΔL 0.当劈尖内充满液体时,相邻明纹之间的液体的厚度差为:Δe = λ/2n ; 明纹之间的距离用ΔL 表示,则:Δe = θΔL ,n 1 n 2 λ n 3(1) (2)图6.2n 1=1.00 n 2=3.42 λn =1.50 Si SiO 2图6.4因此:λ/2n = θΔL .由题意得Δl = ΔL 0 – ΔL ,所以劈尖角为00()11()22n n l n nlnn λλθ-=-=∆∆= 7.14×10-4(rad).6.6 某平凹柱面镜和平面镜之间构成一空气隙,用单色光垂直照射,可得何种形状的的干涉条纹,条纹级次高低的大致分布如何?[解答]这种情况可得平行的干涉条纹,两边条纹级次低,越往中间条纹级次越高,空气厚度增加越慢,条纹越来越稀.6.7设牛顿环实验中平凸透镜和平板玻璃间有一小间隙e 0,充以折射率n 为1.33的某种透明液体,设平凸透镜曲率半径为R ,用波长为λ0的单色光垂直照射,求第k 级明纹的半径.[解答] 第k 级明纹的半径用r k 表示,则 r k 2= R 2 – (R – e )2 = 2eR .光程差为δ = 2n (e + e 0) + λ0/2 = kλ0,解得0012()22e k e n λ=--, 半径为: 001[()2]2k r k e R nλ=--.6.8 白光照射到折射率为1.33的肥皂上(肥皂膜置于空气中,若从正面垂直方向观察,皂膜呈黄色(波长λ = 590.5nm ),问膜的最小厚度是多少?[解答]等倾干涉光程差为:δ = 2nd cos γ + δ`,从下面垂直方向观察时,入射角和折射角都为零,即γ = 0;由于肥皂膜上下两面都是空气,所以附加光程差δ` = λ/2.对于黄色的明条纹,有δ = kλ,所以膜的厚度为:(1/2)2k d nλ-=.当k = 1时得最小厚度d = 111(nm).6.9光源发出波长可继续变化的单色光,垂直射入玻璃板的油膜上(油膜n = 1.30),观察到λ1 = 400nm 和λ2 = 560nm 的光在反射中消失,中间无其他波长的光消失,求油膜的厚度.[解答]等倾干涉光程差为;δ = 2nd cos γ + δ`,其中γ = 0,由于油膜的折射率比空气的大、比玻璃的小,所以附加光程差δ` = 0.对于暗条纹,有δ = (2k + 1)λ/2, 即 2nd = (2k 1 + 1)λ1/2 = (2k 2 + 1)λ2/2.由于λ2 > λ1,所以k 2 < k 1,又因为两暗纹中间没有其他波长的光消失,因此k 2 = k 1 – 1.光程差方程为两个:2nd /λ1 = k 1 + 1/2,2nd /λ2 = k 2 + 1/2, 左式减右式得:2nd /λ1 - 2nd /λ2 = 1,解得:12212()d n λλλλ=-= 535.8(nm).6.10 牛顿环实验装置和各部分折射率如图所示,试大致画出反射光干涉条纹的分布. [解答]右边介质的折射率比上下两种介质的折射率大,垂直入射的光会有半波损失,中间出现暗环;左边介质的折射率 介于上下两种介质的折射率之间,没有半波损失, 平面镜 柱面镜图6.6λ 图6.71.621.50 1.75 1.62 1.50 图6.10λR r e 0e中间出现明环.因此左右两边的明环和暗是交错的, 越往外,条纹级数越高,条纹也越密.6.11 用迈克尔逊干涉仪可测量长度的微小变化,设入射光波长为534.9nm ,等倾干涉条纹中心冒出了1204条条纹,求反射镜移动的微小距离.[解答]反射镜移动的距离为Δd = mλ/2 = 3.22×105nm = 0.322(mm).6.17 在迈克尔逊干涉仪一支光路中,放入一折射率为n 的透明膜片,今测得两束光光程差改变为一个波长λ,求介质膜的厚度.[解答]因为δ = 2(n – 1)d = λ,所以d = λ/2(n – 1).第七章 光的衍射7.1 在某个单缝衍射实验中,光源发出的光含有两种波长λ1和λ2,并垂直入射于单缝上.假如λ1的第一级衍射极小与λ2的第三级衍射极小相重合,试问:(1)这两种波长之间有什么关系;(2)在这两种波长的光所形成的衍射图样中,是否还有其他极小相重合? [解答](1)单缝衍射的暗条纹形成条件是δ = a sin θ = ±k`λ,(k` = 1,2,3,…),当条纹重合时,它们对应同一衍射角,因此λ1 = 3λ2.(2)当其他极小重合时,必有k 1`λ1 = k 2`λ2, 所以 k 2` = 3k 1`.7.2 单缝的宽度a = 0.40mm ,以波长λ = 589nm 的单色光垂直照射,设透镜的焦距f = 1.0m .求:(1)第一暗纹距中心的距离; (2)第二明纹的宽度;(3)如单色光以入射角i = 30º斜射到单缝上,则上述结果有何变动? [解答](1)单缝衍射的暗条纹分布规律是`f y k aλ=±,(k` = 1,2,3,…),当k` = 1时,y 1 = fλ/a = 1.4725(mm).(2)除中央明纹外,第二级明纹和其他明纹的宽度为Δy = y k`-1 - y k` = fλ/a = 1.4725(mm). (3)当入射光斜射时,光程差为 δ = a sin θ – a sin φ = ±k`λ,(k` = 1,2,3,…). 当k` = 1时,可得 sin θ1 = sin φ ± λ/a = 0.5015和0.4985, cos θ1 = (1 – sin 2θ1)1/2 = 0.8652和0.8669.两条一级暗纹到中心的距离分别为y 1 = f tan θ1 = 579.6(mm)和575.1(mm). 当k` = 2时,可得sin θ2 =a sin φ ± λ/a = 0.5029和0.4971,cos θ2 = (1 – sin 2θ2)1/2= 0.8642和0.8677. 两条二级暗纹距中心的距离分别为:y 2 = f tan θ2 = 581.9(mm)和572.8(mm).φ θ a O第二明纹的宽度都为Δy = y 2 – y 1 = 2.3(mm),比原来的条纹加宽了.7.3 一单色平行光垂直入射于一单缝,若其第三级衍射明纹位置正好和波长为600 nm 的单色光垂直入射该缝时的第二级衍射明纹位置一样,求该单色光的波长.[解答]除了中央明纹之外,单缝衍射的条纹形成的条件是sin (21)2a k λδθ==±+,(k = 1,2,3,…).当条纹重合时,它们对应同一衍射角,因此(2k 1 + 1)λ1 = (2k 2 + 1)λ2, 解得此单色光的波长为12122121k k λλ+=+= 428.6(nm).7.4 以某放电管发出的光垂直照射到一个光栅上,测得波长λ1 = 669nm 的谱线的衍射角θ = 30º.如果在同样的θ角处出现波长λ2 = 446nm 的更高级次的谱线,那么光栅常数最小为多少?[解答]根据光栅方程得:(a + b )sin θ = k 1λ1 = k 2λ2,方程可化为两个:(a + b )sin θ/λ1 = k 1和 (a + b )sin θ/λ2 = k 2,解得光栅常数为:212112()()sin k k a b λλλλθ-+=-.由于k 2/k 1 = λ1/λ2 = 3/2,所以当k 1 = 2时,. k 2 = 3,因此光栅常数最小值为:2112()sin a b λλλλθ+=-= 2676(nm).7.5 一衍射光栅,每厘米有400条刻痕,刻痕宽为1.5×10-5m ,光栅后放一焦距为1m 的的凸透镜,现以λ = 500nm 的单色光垂直照射光栅,求:(1)透光缝宽为多少?透光缝的单缝衍射中央明纹宽度为多少? (2)在该宽度内,有几条光栅衍射主极大明纹? [解答](1)光栅常数为:a + b = 0.01/400 = 2.5×10-5(m), 由于刻痕宽为b = 1.5×10-5m ,所以透光缝宽为:a =(a + b ) – b = 1.0×10-5(m).根据单缝衍射公式可得中央明纹的宽度为:Δy 0 = 2fλ/a = 100(mm). (2)由于:(a + b )/a = 2.5 = 5/2,因此,光栅干涉的第5级明纹出现在单缝衍射的第2级暗纹处,因而缺级;其他4根条纹各有两根在单缝衍射的中央明纹和一级明纹中,因此单缝衍射的中央明纹宽度内有5条衍射主极大明纹,其中一条是中央衍射明纹.7.6 波长为600 nm 的单色光垂直入射在一光栅上,第二、第三级主极大明纹分别出现在sin θ = 0.2及sin θ = 0.3处,第四级缺级,求:(1)光栅常数;(2)光栅上狭缝的宽度;(3)屏上一共能观察到多少根主极大明纹? [解答](1)(2)根据光栅方程得:(a + b )sin θ2 = 2λ; 由缺级条件得(a + b )/a = k/k`,其中k` = 1,k = 4.解缺级条件得b = 3a ,代入光栅方程得狭缝的宽度为:a = λ/2sin θ2 = 1500(nm). 刻痕的宽度为:b = 3a = 4500(nm), 光栅常数为:a + b = 6000(nm).(3)在光栅方程(a + b )sin θ = kλ中,令sin θ =1,得:k =(a + b )/λ = 10. 由于θ = 90°的条纹是观察不到的,所以明条纹的最高级数为9.又由于缺了4和8级明条纹,所以在屏上能够观察到2×7+1 = 15条明纹.7.7 以氢放电管发出的光垂直照射在某光栅上,在衍射角θ = 41º的方向上看到λ1 =656.2nm 和λ2 = 410.1nm 的谱线重合,求光栅常数的最小值是多少?[解答]根据光栅方程得:(a + b )sin θ = k 1λ1 = k 2λ2, 方程可化为两个(a + b )sin θ/λ1 = k 1和 (a + b )sin θ/λ2 = k 2,解得光栅常数为;212112()()sin k k a b λλλλθ-+=-.由于k 2/k 1 = λ1/λ2 = 1.6 = 16/10 = 8/5,所以当k 1 = 5时,. k 2 = 8,因此光栅常数最小值为:21123()sin a b λλλλθ+=-= 5000(nm).其他可能值都是这个值的倍数.7.8 白光中包含了波长从400nm 到760nm 之间的所有可见光谱,用白光垂直照射一光栅,每一级衍射光谱是否仍只有一条谱线?第一级衍射光谱和第二级衍射光谱是否有重叠?第二级和第三级情况如何?[解答]方法一:计算法.根据光栅方程(a + b )sin θ = kλ,对于最短波长λ1 = 400nm 和最长波长λ2 = 760nm 的可见光,其衍射角的正弦为sin θ1 = kλ1/(a + b )和sin θ2 = kλ2/(a + b ),数值如下表所示.可见第一级衍射光谱与第二级衍射光谱没有重叠,第二级衍射光谱与第三级衍射光谱从量值1200到1520是重叠的,第三级衍射光谱与第四级衍射光谱从量值1600到2280是重叠的.方法二:曲线法。

昆明理工大学物理习题册带答案

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昆明理工大学物理习题册带答案第一章质点运动学一.选择题:1.质点就是一个:[](a)质量不大的物体.(b)体积不大的物体.(c)就可以并作对应状态的物体.(d)根据其运动情况,被看作具有质量而没有大小和形状的理想物体.2.质点的运动方程为x?6?3t?5t(si),则该质点作[](a)匀加速直线运动,加速度沿x轴正方向.(b)匀加速直线运动,加速度沿x轴负方向.(c)变加速直线运动,加速度沿x轴正方向.(d)变加速直线运动,加速度沿x轴负方向.3.质点在某瞬时坐落于矢径r(x,y)的端点处其速度大小为[]322drdrd|r|?dx??dy?(a)(b)(c)(d)??dtdtdt?dt??dt?4.如图所示,湖中存有一小船,有人用绳绕开岸上一定高度处的定滑轮扎湖中的船向岸边运动.勒维冈县人以匀速率为v0收绳,绳不弯曲,湖水恒定,则小船的运动就是:[](a)匀加速运动(b)匀减速运动v0(c)变加速运动(d)变减速运动(e)匀速直线运动5.一个质点在做匀速率圆周运动时[](a)轴向加速度发生改变,法向加速度也发生改变.(b)轴向加速度维持不变,法向加速度发生改变.(c)切向加速度不变,法向加速度也不变.(d)切向加速度改变,法向加速度不变.6.如右图所示,几个不同倾角的光滑斜面,有共同的底边,顶点也在同一竖直面上.若使一物体(视为质点)从斜面上端由静止滑到下端的时间最短,则斜面的倾角应选[](a)30.(b)45.(c)60.(d)75.7.一质点并作直线运动,某时刻的瞬时速度v?2m/s,瞬时加速度a??2m/s,则一秒钟后质点的速度[](a)等于零.(b)等于?2m/s.(c)等于2m/s.(d)不能确定.l275060045030000008.质点沿半径为r的圆周并作匀速率为运动,每t秒转一圈.在2t时间间隔中,其平均速度大小与平均速率大小分别为[](a)2?r2?r2?r2?r,.(b)0,.(c)0,0.(d),0.ttttv(m/s)9.一质点沿x轴作直线运动,其v?t曲线如下图所示,如t?0时,质点位1o21?12.54.51234t(s)于座标原点,则t?4.5s时质点在x轴上的边线为[](a)0m.(b)5m.(c)2m.(d)?2m.(e)?5m.10.一小球沿斜面向上运动,其运动方程为s?5?4t?t(si),则小球运动到最高点的时刻是[]。

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(A) , . (B) , . (C) , . (D) ,0.
9.一质点沿 轴作直线运动,其 曲线如下图所示,如 时,质点位于坐标原点,则 时 质点在 轴上的位置为[ ]
(A) . (B) .(C) . (D) . (E) .
10.一小球沿斜面向上运动,其运动方程为 ,则小球运动到最高点的时刻是 [ ]。
(C)物体作曲线运动时,有可能在某时刻的法向加速度为零.
(D)物体加速度越大,则速度越大.
14.某物体的运动规律为 式中的k为大于零的常数。当t=0时,初速为v0,则速度v与时间t的函数关系是 [ ]
(A) (B)
(C) (D)
15.在相对地面静止的坐标系内,A、B二船都是以 的速率匀速行驶,A船沿 轴正向,B船沿 轴正向,今在A船上设置与静止坐标系方向相同的坐标系( 、 方向单位矢量用 、 表示),那么在A船上的坐标系中,B船的速度为:[ ]
第一章质点运动学
一.选择题:
1.质点是一个:[ ]
(A)质量很小的物体.
(B)体积很小的物体.
(C)只能作平动的物体.
(D)根据其运动情况,被看作具有质量而没有大小和形状的理想物体.
2.质点的运动方程为 ,则该质点作[ ]
(A)匀加速直线运动,加速度沿X轴正方向.
(B)匀加速直线运动,加速度沿X轴负方向.
12.试说明质点作何种运动时将出现下述各种情况( ):
(1) , ;___________.
(2) , ;__________.
13.一物体作如右图所示的斜抛运动,测得在轨道A点处速度 的大小为 ,其方向与水平方向成 的夹角,则物体在A点的切向加速度 __________,轨道的曲率半径 _____________.

昆明理工大学物理习题集(下)第十一章元答案

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第十一章 热力学基础一.选择题1.以下是关于可逆过程和不可逆过程的判断,其中正确的是: [ D ](1)可逆热力学过程一定是准静态过程。

(2)准静态过程一定是可逆过程。

(3)不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程。

(4)凡有摩擦的过程,一定是不可逆过程。

(A )(1)、(2)、(3) (B )(1)、(3)、(4)(C )(2)、(4) (D )(1)、(4)2.如图,一定量的理想气体,由平衡状态A 变到平衡状态)(B A p p B =,则无论经过的是什么过程,系统必然:[ B ](A )对外作正功 (B )内能增加(C )从外界吸热 (D )向外界放热3.一定量某理想气体所经历的循环过程是:从初态) ,(00T V 开始,先经绝热膨胀使其体积增大1倍,再经等容升温回复到初态温度0T ,最后经等温过程使其体积回复为0V ,则气体在此循环过程中: [ B ](A )对外作的净功为正值 (B )对外作的净功为负值(C )内能增加了 (D )从外界净吸的热量为正值4.1mol 理想气体从p –V 图上初态a 分别经历如图所示的(1)或(2)过程到达末态b 。

已知b a T T <,则这两过程中气体吸收的热量1Q 和2Q 的关系是: [ A ]0 (A)21>>Q Q 0 (B)12>>Q Q0 (C)12<<Q Q 0 (D)21<<Q Q5. 1mol 理想气体从同一状态出发,分别经绝热、等压、等温三种膨胀过程,则内能增加的过程是: [ B ](A )绝热过程 (B )等压过程 (C )等温过程 (D )不能确定6. 一定量的理想气体的初态温度为T ,体积为V ,先绝热膨胀使体积变为2V ,再等容吸热使温度恢复为T ,最后等温压缩为初态,则在整个过程中气体将: [ A ](A )放热 (B )对外界作功 (C )吸热 (D )内能增加 (E )内能减少7. 一定量的理想气体经等容升压过程,设在此过程中气体内能增量为ΔU ,气体作功为W ,外界对气体传递的热量为Q ,则: [ D ](A )∆U < 0,W < 0 (B )∆U > 0,W > 0(C )∆U < 0,W = 0 (D )∆U > 0,W = 08. 图中直线ab 表示一定量理想气体内能U 与体积V 的关系,其延长线通过原点O ,则ab 所代表的热力学过程是:[ B ](A )等温过程 (B )等压过程(C )绝热过程 (D )等容过程9.一定量的理想气体经历acb 过程时吸热200 J ,则经历acbda 过程时,吸热为:[ B ](A )-1200 J (B )-1000 J(C )-700 J (D )1000 J10.一定量的理想气体,从p -V 图上初态a 经历(1)或(2)过程到达末态b ,已知a 、b 两态处于同一条绝热线上(图中虚线是绝热线),两过程气体吸、热情况是: [ B ](A )(1)过程吸热,(2)过程放热(B )(1)过程放热,(2)过程吸热(C )两过程都吸热(D )两过程都放热11.一绝热容器被隔板分成两半,一半是真空,另一半是理想气体。

大学物理习题集(下)答案

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一、 选择题1. 对一个作简谐振动的物体,下面哪种说法是正确的? [ C ](A) 物体处在运动正方向的端点时,速度和加速度都达到最大值; (B) 物体位于平衡位置且向负方向运动时,速度和加速度都为零; (C) 物体位于平衡位置且向正方向运动时,速度最大,加速度为零;(D) 物体处在负方向的端点时,速度最大,加速度为零。

2. 一沿X 轴作简谐振动的弹簧振子,振幅为A ,周期为T ,振动方程用余弦函数表示,如果该振子的初相为43π,则t=0时,质点的位置在: [ D ](A) 过1x A 2=处,向负方向运动; (B) 过1x A 2=处,向正方向运动;(C) 过1x A 2=-处,向负方向运动;(D) 过1x A 2=-处,向正方向运动。

3. 一质点作简谐振动,振幅为A ,在起始时刻质点的位移为/2A ,且向x 轴的正方向运动,代表此简谐振动的旋转矢量图为 [ B ]x o A x ω(A) A/2 ω (B) (C)(D)o ooxxxA x ω ωAxAxA/2 -A/2 -A/2 (3)题4. 图(a)、(b)、(c)为三个不同的谐振动系统,组成各系统的各弹簧的倔强系数及重物质量如图所示,(a)、(b)、(c)三个振动系统的ω (ω为固有圆频率)值之比为: [ B ](A) 2:1:1; (B) 1:2:4; (C) 4:2:1; (D) 1:1:25. 一弹簧振子,当把它水平放置时,它可以作简谐振动,若把它竖直放置或放在固定的光滑斜面上如图,试判断下面哪种情况是正确的: [ C ](A) 竖直放置可作简谐振动,放在光滑斜面上不能作简谐振动;(B) 竖直放置不能作简谐振动,放在光滑斜面上可作简谐振动; (C) 两种情况都可作简谐振动; (D) 两种情况都不能作简谐振动。

6. 一谐振子作振幅为A 的谐振动,它的动能与势能相等时,它的相位和坐标分别为: [ C ](4)题(5)题2153(A),or ;A;(B),;A;3326623223(C),or ;A;(D),;A442332ππ±±π±±±π±ππ±±π±±±π±7. 一质点沿x 轴作简谐振动,振动方程为 10.04cos(2)3x t ππ=+(SI ),从t = 0时刻起,到质点位置在x = -0.02 m 处,且向x 轴正方向运动的最短时间间隔为 [ D ](A)s 81; (B) s 61; (C) s 41; (D) s 218. 图中所画的是两个简谐振动的振动曲线,这两个简谐振动叠加后合成的余弦振动的初相为[ C ]xtOx 1x 2(8)题(A) π23; (B) π; (C) π21 ; (D) 0二、 填空题9. 一简谐振动用余弦函数表示,振动曲线如图所示,则此简谐振动的三个特征量为: A=10cm , /6rad /s =ωπ,/3=φπ10. 用40N 的力拉一轻弹簧,可使其伸长20 cm 。

昆明理工大学理学院物理实验习题参考答案

昆明理工大学理学院物理实验习题参考答案

6 m 习 题(参考答案)1.仪器误差为0.005mm 的螺旋测微计测量一根直径为D 的钢丝,直径的10次测量值如下表:D U DrU 准形式表示测量结果。

解: 平均值 mm DD i i054.2101101==∑=标准偏差: mm D Di iD0029.0110)(1012≈--=∑=σ算术平均误差: mm D D i i D 0024.010101≈-=∑=δ不确定度A 类分量mm U D A 0029.0==σ, 不确定度B 类分量mm U B 005.0=∆=仪∴ 不确定度mm U UUB AD006.0005.00029.02222≈+=+=相对不确定度%29.0%100054.2006.0%100≈⨯=⨯=DU U D Dr钢丝的直径为:%29.0)006.0054.2(=±=Dr D mmD或 不确定度A 类分量mm U D A 0024.0==δ , 不确定度B 类分量mm U B 005.0=∆=仪∴ 不确定度mm U UUB AD006.0005.00024.02222≈+=+=相对不确定度%29.0%100054.2006.0%100≈⨯=⨯=DU U D Dr钢丝的直径为: %29.0)006.0054.2(=±=Dr D mm D2.指出下列测量值为几位有效数字,哪些数字是可疑数字,并计算相对不确定度。

(1) g =(9.794±0.003)m ·s 2-答:四位有效数字,最后一位“4”是可疑数字,%031.0%100794.9003.0≈⨯=grU;(2) e =(1.61210±0.00007)⨯1019- C答:六位有效数字,最后一位“0”是可疑数字,%0043.0%10061210.100007.0≈⨯=er U ;(3) m =(9.10091±0.00004) ⨯1031-kg答:六位有效数字,最后一位“1”是可疑数字,%00044.0%10010091.900004.0≈⨯=mr U ;(4) C =(2.9979245±0.0000003)810⨯m/s 答:八位有效数字,最后一位“5”是可疑数字,%00001.0%1009979245.20000003.0≈⨯=Cr U 。

昆明理工大学物理习题册下册答案

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第十章 气体动理论一、选择题参考答案1. B ;2. A ;3. B ;4. B ;5. B ;6. A ;7. C ;8. B ;9. C ;10. C ;11. A ;12. C ; 13. C ;14. D ;15. D ;16. C ;17. B ;18. C ;19. B ;20. C ;21. B ;22. B ;23. D ;24. D ;25. C ;26. A ;27. B ;28. B ;29. A ;30. D二、填空题参考答案1、(1)气体分子的大小与气体分子的距离比较,可以忽略不计;)气体分子的大小与气体分子的距离比较,可以忽略不计; (2)除了分子碰撞的瞬间外,分子之间的相互作用力可以忽略;)除了分子碰撞的瞬间外,分子之间的相互作用力可以忽略; (3)分子之间以及分子与器壁之间的碰撞是完全弹性碰撞。

)分子之间以及分子与器壁之间的碰撞是完全弹性碰撞。

2、体积、温度和压强,分子的运动速度(或分子运动速度、分子的动量、分子的动能)3、一个点;一条曲线;一条封闭曲线。

、一个点;一条曲线;一条封闭曲线。

4、s /m kg 101.2-23×´;s ×´229m /1031;a 5P 104´5、1;46、kT 23;kT 25;mol/25M MRT7、12.5J ;20.8J ;24.9J 。

8、1:1;2:1;10:3。

9、241092.3´10、1:1:1 11、(1)ò¥100d )(v v f ;(2)ò¥100d )(v v Nf12、(1)ò¥d )(v v v Nf ;(2)òò¥¥v v f(v)dv v v v /d )(0f ;(3)ò¥0d )(vv v f13、氩;氦、氩;氦14、1000m/s ; 10002´m/s15、2000m/s ;500m/s16、保持不变、保持不变17、495m/s 18、219、12M M20、17s 1042.5-´;cm 1065-´三、计算题参考答案1.解:.解:据力学平衡条件,当水银滴刚好处在管的中央维持平衡,表明左、右两边氢气的体积相等,压强也相等。

昆明理工大学材料力学习题册1-14概念答案

昆明理工大学材料力学习题册1-14概念答案

第一章绪论一、是非判断题材料力学的研究方法与理论力学的研究方法完全相同。

( × ) 内力只作用在杆件截面的形心处。

( × )杆件某截面上的内力是该截面上应力的代数和。

( × )确定截面内力的截面法,适用于不论等截面或变截面、直杆或曲杆、基本变形或组合变形、横截面或任意截面的普遍情况。

( ∨ )根据各向同性假设,可认为材料的弹性常数在各方向都相同。

( ∨ )根据均匀性假设,可认为构件的弹性常数在各点处都相同。

( ∨ )同一截面上正应力σ与切应力τ必相互垂直。

( ∨ )同一截面上各点的正应力σ必定大小相等,方向相同。

( × )同一截面上各点的切应力τ必相互平行。

( × )应变分为正应变ε和切应变γ。

( ∨ )应变为无量纲量。

( ∨ )若物体各部分均无变形,则物体内各点的应变均为零。

( ∨ )若物体内各点的应变均为零,则物体无位移。

( × )平衡状态弹性体的任意部分的内力都与外力保持平衡。

( ∨ )题图所示结构中,AD杆发生的变形为弯曲与压缩的组合变形。

( ∨ )题图所示结构中,AB杆将发生弯曲与压缩的组合变形。

( × )B题图题图二、填空题材料力学主要研究 受力后发生的,以及由此产生的 。

拉伸或压缩的受力特征是 ,变形特征是 。

剪切的受力特征是 ,变形特征是。

扭转的受力特征是 ,变形特征是 。

弯曲的受力特征是 ,变形特征是 。

组合受力与变形是指 。

构件的承载能力包括 , 和 三个方面。

所谓 ,是指材料或构件抵抗破坏的能力。

所谓 ,是指构件抵抗变形的能力。

所谓 ,是指材料或构件保持其原有平衡形式的能力。

根据固体材料的性能作如下三个基本假设 , , 。

认为固体在其整个几何空间内无间隙地充满了组成该物体的物质,这样的假设称为 。

根据这一假设构件的 、 和 就可以用坐标的连续函数来表示。

填题图所示结构中,杆1发生 变形, 杆2发生 变形,杆3发生 变形。

(完整版)昆明理工大学物理习题集(下)第十六章元答案

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第十六章 量子物理基础一、选择题:1. 关于光的波粒二象性,下述说法正确的是 [ D ](A ) 频率高的光子易显示波动性 (B ) 个别光子产生的效果以显示粒子性(C ) 光的衍射说明光具有粒子性 (D ) 光电效应说明光具有粒子性2. 金属的光电效应的红限依赖于:[ C ](A ) 入射光的频率 (B ) 入射光的强度(C ) 金属的逸出功 (D ) 入射光的频率和金属的逸出功3. 用频率为1ν单色光照射某种金属时,测得饱和电流为1I ,以频率为2ν的单色光照射该金属时,测得饱和电流为2I ,若21I I >,则:[ D ](A )21νν> (B )21νν<(C )21νν= (D )1ν与2ν的关系还不能确定4. 光电效应中光电子的最大初动能与入射光的关系是: [ C ](A )与入射光的频率成正比 (B )与入射光的强度成正比(C )与入射光的频率成线性关系 (D )与入射光的强度成线性关系5. 两束频率、光强都相同的光照射两种不同的金属表面,产生光电效应,则: [ C ](A )两种情况下的红限频率相同 (B )逸出电子的初动能相同(C )在单位时间内逸出的电子数相同 (D )遏止电压相同6. 钾金属表面被蓝光照射时,有光电子逸出,若增强蓝光强度,则:[ A ](A )单位时间内逸出的光电子数增加 (B )逸出的光电子初动能增大(C )光电效应的红限频率增大 (D )发射光电子所需的时间增长7. 用频率为1ν的单色光照射一金属表面产生光电效应,用频率为2ν的单色光照射该金属表面也产生光电效应,而且测得它们的光电子有E k 1>E k 2的关系,则:[ A ](A )1ν>2ν (B ) 1ν<2ν (C ) 1ν=2ν (D )不能确定8. 当照射光的波长从4000Å变到3000Å时,对同一金属,在光电效应实验中测得的遏止电压将:[ D ](A )减小V 56.0 (B )增大V 165.0 (C )减小V 34.0 (D )增大V 035.19. 钠光的波长是λ,设h 为普朗克恒量,c 为真空中的光速,则此光子的:[ C ](A )能量为c h /λ (B )质量为λc h / (C )动量为λ/h(D )频率为c /λ (E )以上结论都不对10. 以下一些材料的功函数(逸出功)为:铍—eV 9.3、钯—5.0eV 、铯—1.9eV 、钨—4.5eV 。

昆明理工大学城市学院大学物理下学期练习题

昆明理工大学城市学院大学物理下学期练习题

昆明理工大学城市学院大学物理下学期练习题⨯⨯⨯⨯⨯⨯昆明理工大学城市学院大学物理下学期练习题第九章 电磁感应一.单项选择题:1、半径为a 的圆线圈置于磁感强度为B 的均匀磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,线圈电阻为R ;当把线圈转动使其法向与B的夹角060=α时,线圈中已通过的电量与线圈面积及转动的时间的关系是:(A )(A )与线圈面积成正比,与时间无关。

(B )与线圈面积成正比,与时间成正比。

(C )与线圈面积成反比,与时间成正比。

(D )与线圈面积成反比,与时间无关。

2、如右图,导体棒AB 在均匀磁场B 中绕通过C 点的垂直于棒长且沿磁场方向的轴O O '转动(角速度ω 与B 同方向),BC 的长度为棒长的3/1,则:(A)(A )A 点比B 点电势高。

(B )A 点与B 点电势相等。

(C )A 点比B 点电势低。

(D )有稳恒电流从A点流向B 点。

3、一根长为L 的铜棒,在均匀磁场B 中以匀角速度ω旋转着,B 的方向垂直铜棒转动的平面,时,铜棒与Ob 成θ角,则在任一时刻t⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ (A )只适用于无限长密绕螺线管。

(B )只适用于单匝线圈。

(C )只适用于匝数很多,且密绕的螺线管。

(D )适用于自感系数L 一定的任意线圈。

8、用导线围成如图所示的回路(以O 点为心的圆,加一直径),放在轴线通过O 点垂直于图面的圆柱形均匀磁场中,如磁场方向垂直图面向里,其大小随时间减小,则磁感电流的流向为:(B)(A ) (B ) (C ) (D )9、一铜条置于均匀磁场中,铜条中电子流的方向如图所示。

试问下述哪一种情况将会发生?(A)(A)在铜条上a 、b 两点产生一小电势差,且b a U U>; (B)在铜条上a 、b 两点产生一小电势差,且ba U U <; (C)在铜条上产生涡流;(D)电子受到洛仑兹力而减速。

a b c d I a ba b c d v v ⅠⅡ10、在无限长的载流直导线附近放置一矩形闭合线圈,开始时线圈与导线在同一平面内,且线圈中两条边与导线平行,当线圈以相同的速率作如图所示的三种不同方向的平动时,线圈中的感应电流:(B)(A )以情况I 中为最大。

《大学物理》第13单元课后答案 高等教育出版社

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在图面内与界面 P 成某一角度.那么粒子在从磁场中射出前是做半径
8. 一个通有电流 I 的导体,厚度为 D, 横截面积为 S, 放置在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,磁场方向 垂直于导体的侧表面,如图所示,现测得导体上下面电势差为 V, 则此导体的霍尔系数等于:
(A)
VDS IB
p X X
n=500, 形成有铁芯的螺绕环.当线圈中电流 I 4 A 时,试求: (1) 环内 B 和 H 的大小.[1T, 2000H]
(2) 束缚面电流产生的附加磁感应强度.[0.9975T] 解:根据介质中的安培环路定理:

L
H dl I , H 2r NI
磁场强度: H
H 2r NI
w.
B
磁场强度: H
0 NI -5 , B 8 10 T 2r
kh

L
NI , H 200 A / m ,磁感应强度: 2r
题 12图
da
-5
12. 螺绕环平均周长 l =10cm, 环上线圈 N=200 匝, 线圈中电流 I=100mA,试求:

m
NI , H 2000 A / m 2r
成绩登记号:
学号:
姓名:
单元十三
单元十三: (二)习题课
一、填空、选择: 1. 将同样的n根线焊成立方体,并在其对顶角A, B上接上电源,则立方体框架中的电流在其中心处所产 生的磁感应强度等于________0_________.
B I
o. A
S1 a a
( A) 7.96 10 2
(C ) 199 . 10 2
( D) 63.3 10 2

理论力学习题集昆明理工大学工程力学系

理论力学习题集昆明理工大学工程力学系

第一章 静力学公理和物体的受力分析一、是非判断题1.1 在任何情况下,体内任意两点距离保持不变的物体称为刚体。

( ) 1.2 物体在两个力作用下平衡的必要与充分条件是这两个力大小相等、方向相反,沿同一直线。

( ) 1.3 加减平衡力系公理不但适用于刚体,而且也适用于变形体。

( ) 1.4 力的可传性只适用于刚体,不适用于变形体。

( ) 1.5 两点受力的构件都是二力杆。

( ) 1.6 只要作用于刚体上的三个力汇交于一点,该刚体一定平衡。

( ) 1.7 力的平行四边形法则只适用于刚体。

( ) 1.8 凡矢量都可以应用平行四边形法则合成。

( ) 1.9 只要物体平衡,都能应用加减平衡力系公理。

( ) 1.10 凡是平衡力系,它的作用效果都等于零。

( ) 1.11 合力总是比分力大。

( ) 1.12 只要两个力大小相等,方向相同,则它们对物体的作用效果相同。

( ) 1.13 若物体相对于地面保持静止或匀速直线运动状态,则物体处于平衡。

( ) 1.14 当软绳受两个等值反向的压力时,可以平衡。

( ) 1.15 静力学公理中,二力平衡公理和加减平衡力系公理适用于刚体。

( ) 1.16 静力学公理中,作用力与反作用力公理和力的平行四边形公理适用于任何物体。

1.17 凡是两端用铰链连接的直杆都是二力杆。

( )1.18 如图所示三铰拱,受力F ,F 1作用, 其中F 作用于铰C 的销子上,则AC 、 BC 构件都不是二力构件。

( )二、填空题 1.1 力对物体的作用效应一般分为 效应和 效应。

1.2 对非自由体的运动所预加的限制条件称为 ;约束力的方向总是与约束所能阻止的物体的运动趋势的方向 ;约束力由 力引起,且随 力的改变而改变。

1.3 图示三铰拱架中,若将作用于构件AC 上的力偶M处的约束力 。

A. 都不变;B. 只有C 处的不改变;C. 都改变;D. 只有C 处的改变。

三、受力图1-1 画出各物体的受力图。

大学物理学(下册)习题答案详解

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第十二章 热力学基础一、选择题 12-1 C 12-2 C 12-3 C 12-4 B 12-5 C 12-6 A 二、填空题 12-710000100p V p V p V p V --12-8 260J ,280J - 12-912-10 )(5.21122V p V p -,))((5.01212V V p p -+,)(5.0)(312211122V p V p V p V p -+- 12-11 268J ,732J 三、计算题12-12 分析:理想气体的内能是温度T 的单值函数,内能的增量E ∆由始末状态的温度的增量T ∆决定,与经历的准静态过程无关.根据热力学第一定律可知,在等温过程中,系统从外界吸收的热量全部转变为内能的增量,在等压过程中,系统从外界吸收的热量部分用来转变为内能的增量,同时对外做功. 解:单原子理想气体的定体摩尔热容,32V m C R = (1) 等体升温过程20=A,21333()8.3150623222V V m E Q C T R T R T T J J ∆==∆=∆=-=⨯⨯= (2) 等压膨胀过程,2133()8.315062322V m E C T R T T J J ∆=∆=-=⨯⨯= 2121()()8.3150416A p V V R T T J J =-=-=⨯=1039p Q A E J =+∆=或者,,215()8.315010392p p m p m Q C T C T T J J =∆=-=⨯⨯=12-13 分析:根据热力学第一定律和理想气体物态方程求解. 解:氢气的定体摩尔热容,52V m C R =(1) 氢气先作等体升压过程,再作等温膨胀过程. 在等体过程中,内能的增量为 ,558.3160124622V V m Q E C T R T J J =∆=∆=∆=⨯⨯= 等温过程中,对外界做功为221ln8.31(27380)ln 22033T T V Q A RT J J V ===⨯+⨯= 吸收的热量为3279V T Q Q Q J =+=(2) 氢气先作等温膨胀过程,然后作等体升压过程. 在等温膨胀过程中,对外界做功为211ln8.31(27320)ln 21687T V A RT J J V ==⨯+⨯= 在等体升压过程中,内能的增量为,558.3160124622V m E C T R T J J ∆=∆=∆=⨯⨯= 吸收的热量为2933T Q A E J =+∆=3虽然氢气所经历的过程不同,但由于始末状态的温差T ∆相同,因而内能的增量E ∆相同,而Q 和A 则与过程有关.12-14 分析:卡诺循环的效率仅与高、低温热源的温度1T 和2T 有关.本题中,求出等温膨胀过程吸收热量后,利用卡诺循环效率及其定义,便可求出循环的功和在等温压缩过程中,系统向低温热源放出的热量. 解:从高温热源吸收的热量321110.005ln 8.31400ln 5.35100.001V m Q RT J J M V ==⨯⨯=⨯ 由卡诺循环的效率2113001125%400T A Q T η==-=-= 可得循环中所作的功310.255350 1.3410A Q J J η==⨯=⨯传给低温热源的热量3321(1)(10.25) 5.3510 4.0110Q Q J J η=-=-⨯⨯=⨯12-15 分析:在a b →等体过程中,系统从外界吸收的热量全部转换为内能的增量,温度升高.在b c →绝热过程中,系统减少内能,降低温度对外作功,与外界无热量交换.在c a →等压压缩过程中,系统放出热量,温度降低,对外作负功.计算得出各个过程的热量和功,根据热机循环效率的定义即可得证. 证明:在a b →等体过程中,系统从外界吸收的热量为,,1222()()V m V V m b a C mQ C T T p V p V M R=-=-在c a →等压压缩过程中,系统放出热量的大小为,,2122()()p m P p m c a C mQ C T T p V p V M R=-=- 所以,该热机的循环效率为41,212221,12222(1)()111()(1)p m P V V m V C p V p V Q V p Q C p V p V p ηγ--=-=-=---12-16 分析:根据卡诺定理,在相同的高温热源(1T ),与相同的低温热源(2T )之间工作的一切可逆热机的效率都相等,有221111Q TQ T η=-=-.非可逆热机的效率221111Q T Q T η=-<-. 解:(1) 该热机的效率为21137.4%Q Q η=-= 如果是卡诺热机,则效率应该是21150%c T T η=-= 可见它不是可逆热机.(2) “尽可能地提高效率”是指热机的循环尽可能地接近理想的可逆循环工作方式.根据热机效率的定义,可得理想热机每秒吸热1Q 时所作的功为4410.50 3.3410 1.6710c A Q J J η==⨯⨯=⨯5第十三章 气体动理论一、选择题 13-1 D 13-2 B 13-3 D 13-4 D 13-5 C 13-6 C 13-7 A 二、填空题13-8 相同,不同;相同,不同,相同. 13-9 (1)分子体积忽略不计;(2)分子间的碰撞是完全弹性的; (3)只有在碰撞时分子间才有相互作用.13-10 速率大于p v 的分子数占总分子数的百分比,分子的平均平动动能,()d 1f v v ∞=⎰,速率在∞~0内的分子数占总分子数的百分之百.13-11 氧气,氢气,1T 13-12 3,2,013-13 211042.9-⨯J ,211042.9-⨯J ,1:2 13-14 概率,概率大的状态. 三、计算题13-15 分析:根据道尔顿分压定律可知,内部无化学反应的平衡状态下的混合气体的总压强,等于混合气体中各成分理想气体的压强之和.解:设氦、氢气压强分别为1p 和2p ,则12p p p =+.由理想气体物态方程,得1He He m RTp M V =, 222H H m RT p M V=所以,总压强为62255123334.010 4.0108.31(27230)()()4.010 2.010 1.010H He He H m m RT p p p Pa M M V -----⨯⨯⨯+=+=+=+⨯⨯⨯⨯ 47.5610Pa =⨯13-16 解:(1)=可得 氢的方均根速率3/ 1.9310/s m s ===⨯ 氧的方均根速率483/m s === 水银的方均根速率/193/s m s === (2) 温度相同,三种气体的平均平动动能相同232133 1.3810300 6.211022k kT J J ε--==⨯⨯⨯=⨯13-17 分析:在某一速率区间,分布函数()f v 曲线下的面积,表示分子速率在该速率区间内的分子数占总分子数的百分比.速率区间很小时,这个百分比可近似为矩形面积()Nf v v N∆∆=,函数值()f v 为矩形面积的高,本题中可取为()p f v .利用p v 改写麦克斯韦速率分布律,可进一步简化计算.解: ()Nf v v N∆=∆ 当300T K =时,氢气的最概然速率为1579/p v m s ==== 根据麦克斯韦速率分布率,在v v v →+∆区间内的分子数占分子总数的百分比为232224()2mvkT N m e v v N kTππ-∆=∆7用p v 改写()f v v ∆有223()2222()4()e ()()2pv mv v kTpp mv v f v v v v e kTv v ππ--∆∆=∆=由题意可知,10p v v =-,(10)(10)20/p p v v v m s ∆=+--=.而10p v ,所以可取p v v ≈,代入可得1201.05%1579p N e N-∆=⨯=13-18 解:(1) 由归一化条件204()d 1FF V V dN V AdV f v v N Nπ∞===⎰⎰⎰ 可得 334F NA V π= (2) 平均动能2230143()d d 24FV FV N f v v mv v N V πωωπ∞==⨯⨯⎰⎰423031313d ()2525FV F F F mv v mv E v =⨯==⎰13-19 分析:气体分子处于平衡态时,其平均碰撞次数于分子数密度和分子的平均速率有关.温度一定时,平均碰撞次数和压强成正比.解:(1) 标准状态为50 1.01310p Pa =⨯,0273T K =,氮气的摩尔质量32810/M kg mol -=⨯由公式v =kTp n =可得224Z d nv d d π===5102231.013104(10)/1.3810273s π--⨯=⨯⨯⨯次885.4210/s =⨯次(2) 41.3310p Pa -=⨯,273T K =4102231.331044(10)/1.3810273Z ds ππ---⨯==⨯⨯⨯次0.71/s =次13-20 分析:把加热的铁棒侵入处于室温的水中后,铁棒将向水传热而降低温度,但“一大桶水”吸热后的水温并不会发生明显变化,因而可以把“一大桶水”近似为恒温热源.把铁棒和“一大桶水”一起视为与外界没有热和功作用的孤立系统,根据热力学第二定律可知,在铁棒冷却至最终与水同温度的不可逆过程中,系统的熵将增加.熵是态函数,系统的熵变仅与系统的始末状态有关而与过程无关.因此,求不可逆过程的熵变,可在始末状态之间设计任一可逆过程进行求解. 解:根据题意有 1273300573T K =+=,227327300T K =+=.设铁棒的比热容为c ,当铁棒的质量为m ,温度变化dT 时,吸收(或放出)的热量为dQ mcdT =设铁棒经历一可逆的降温过程,其温度连续地由1T 降为2T ,在这过程中铁棒的熵变为2121d d 300ln 5544ln /1760/573T T T Q mc T S mc J K J K T T T ∆====⨯⨯=-⎰⎰9第十四章 振动学基础一、选择题 14-1 C 14-2 A 14-3 B 14-4 C 14-5 B 二、填空题 14-622 14-7 5.5Hz ,114-82411s ,23π 14-9 0.1,2π14-10 2222mA T π- 三、计算题14-11 解:简谐振动的振幅2A cm =,速度最大值为3/m v cm s =则 (1) 2220.024 4.20.033m A T s s s v ππππω⨯====≈ (2) 222220.03m/s 0.045m/s 4m m m a A v v T ππωωπ===⨯=⨯≈ (3) 02πϕ=-,3rad/s 2ω= 所以 30.02cos()22x t π=- [SI]14-12 证明:(1) 物体在地球内与地心相距为r 时,它受到的引力为2MmF Gr=- 负号表示物体受力方向与它相对于地心的位移方向相反.式中M 是以地心为中心,以r 为半径的球体内的质量,其值为10343M r πρ=因此 43F G m r πρ=-物体的加速度为43F aG r m πρ==- a 与r 的大小成正比,方向相反,故物体在隧道内作简谐振动. (2) 物体由地表向地心落去时,其速度dr dr dv dr v a dt dv dt dv=== 43vdv adr G rdr πρ==-043v r R vdv G rdr πρ=-⎰⎰ 所以v =又因为dr vdt == 所以tRdt =-⎰⎰则得1126721min 4t s ===≈14-13 分析:一物体是否作简谐振动,可从动力学方法和能量分析方法作出判断.动力学的分析方法由对物体的受力分析入手,根据牛顿运动方程写出物体所满足的微分方程,与简谐振动的微分方程作出比较后得出判断.能量法求解首先需确定振动系统,确定系统的机械能是否守恒,然后需确定振动物体的平衡位置和相应的势能零点,再写出物体在任意位置时的机械能表达式,并将其对时间求一阶导数后与简谐振动的微分方程作比较,最后作出是否作简谐振动的判断. 解:(1) 能量法求解取地球、轻弹簧、滑轮和质量为m 的物体作为系统.在物体上下自由振动的过程中,系统不受外力,系统内无非保守内力作功,所以系统的机械能守恒. 取弹簧的原长处为弹性势能零点,取物体受合力为零的位置为振动的平衡位11置,也即Ox 轴的坐标原点,如图14-13(a)所示.图14-13 (a)图14-13 (b)设物体在平衡位置时,弹簧的伸长量为l ,由图14-13(b)可知,有10mg T -=,120T R T R -=,2T kl =得 mgl k=当物体m 偏离平衡位置x 时,其运动速率为v ,弹簧的伸长量为x l +,滑轮的角速度为ω.由系统的机械能守恒,可得222111()222k x l mv J mgx ω+++-=常量 式中的角速度 1v dxR R dt ω==将机械能守恒式对时间t 求一阶导数,得2222d x k x x dt m J Rω=-=-+ 上式即为简谐振动所满足的微分方程,式中ω为简谐振动的角频率2km J R ω=+另:动力学方法求解物体和滑轮的受力情况如图14-13(c)所示.12图14-13 (c)1mg T ma -= (1)12()JT T R J a Rβ-==(2) 设物体位于平衡位置时,弹簧的伸长量为l ,因为这时0a =,可得12mg T T kl ===当物体对平衡位置向下的位移为x 时,2()T k l x mg kx =+=+ (3)由(1)、(2)、(3)式解得2ka x m J R =-+物体的加速度与位移成正比,方向相反,所以它是作简谐振动. (2) 物体的振动周期为222m J R T kππω+==(3) 当0t =时,弹簧无伸长,物体的位移0x l =-;物体也无初速,00v =,物体的振幅22200()()v mgA x l l kω=+=-==00cos 1x kl A mgϕ-===- 则得 0ϕπ=13所以,物体简谐振动的表达式为2cos()mg k x t k m J Rπ=++ 14-14 分析:M 、m 一起振动的固有频率取决于k 和M m +,振动的初速度0m v 由M 和m 的完全非弹性碰撞决定,振动的初始位置则为空盘原来的平衡位置.图14-14解:设空盘静止时,弹簧伸长1l ∆(图14-14),则1Mg k l =∆ (1)物体与盘粘合后且处于平衡位置,弹簧再伸长2l ∆,则12()()m M g k l l +=∆+∆ (2)将(1)式代入得2mg k l =∆与M 碰撞前,物体m 的速度为02m v gh =与盘粘合时,服从动量守恒定律,碰撞后的速度为02m m mv v gh m M m M==++取此时作为计时零点,物体与盘粘合后的平衡位置作为坐标原点,坐标轴方向竖直向下.则0t =时,02mg x l k =-∆=-,02mv v gh m M==+14ω=由简谐振动的初始条件,0000cos , sin x A v A ϕωϕ==-可得振幅A ===初相位0ϕ满足000tan v x ϕω=-== 因为 00x <,00v >所以 032πϕπ<<0ϕπ=+所以盘子的振动表式为cos x π⎤⎫=+⎥⎪⎪⎥⎭⎦14-15 解:(1) 振子作简谐振动时,有222111222k p E E E mv kx kA +==+= 当k p E E =时,即12p E E =.所以 22111222kx kA =⨯0.200.14141x m m ==±=±(2)由条件可得振子的角频率为/2/s rad s ω=== 0t =时,0x A =,故00ϕ=.动能和势能相等时,物体的坐标15x =即cos A t ω=,cos t ω= 在一个周期内,相位变化为2π,故3574444t ππππω=, , , 时间则为1 3.140.3944 2.0t s s πω===⨯ 213330.39 1.24t t s s πω===⨯=315550.39 2.04t t s s πω===⨯=417770.39 2.74t t s s πω===⨯=14-16 解:(1) 合成振动的振幅为A =0.078m== 合成振动的初相位0ϕ可由下式求出110220*********.05sin0.06sin sin sin 44tan 113cos cos 0.05cos 0.06cos 44A A A A ππϕϕϕππϕϕ⨯+⨯+===+⨯+⨯ 084.8ϕ=(2) 当0102k ϕϕπ-=± 0,1,2,k =时,即0103224k k πϕπϕπ=±+=±+时, 13x x +的振幅最大.取0k =,则 031354πϕ== 当020(21)k ϕϕπ-=±+0,1,2,k =时,即020(21)(21)4k k πϕπϕπ=±++=±++时,13x x +的振幅最小.取0k =,则 052254πϕ==(或031354πϕ=-=-) 14-17 分析:质点同时受到x 和y 方向振动的作用,其运动轨迹在Oxy 平面内,16质点所受的作用力满足力的叠加原理.解:(1) 质点的运动轨迹可由振动表达式消去参量t 得到.对t 作变量替换,令12t t '=-,两振动表达式可改写为0.06cos()0.06sin 323x t t πππ''=+=-0.03cos3y t π'=将两式平方后相加,得质点的轨迹方程为222210.060.03x y += 所以,质点的运动轨迹为一椭圆. (2) 质点加速度的两个分量分别为22220.06()cos()3339x d x a t x dt ππππ==-+=-22220.03()cos()3369y d y a t y dt ππππ==--=-当质点的坐标为(,)x y 时,它所受的作用力为22()99x y F ma i ma j m xi yj mr ππ=+=-+=-可见它所受作用力的方向总是指向中心(坐标原点),作用力的大小为223.1499F ma π====⨯=14-18 分析:充电后的电容器和线圈构成LC 电磁振荡电路.不计电路的阻尼时,电容器极板上的电荷量随时间按简谐振动的规律变化.振荡电路的固有振动频率由L 和C 的乘积决定,振幅和初相位由系统的初始状态决定.任意时刻电路的状态都可由振荡的相位决定. 解:(1) 电容器中的最大能量212e W C ε=线圈中的最大能量17212m m W LI =在无阻尼自由振荡电路中没有能量损耗,e m W W =.因此221122m C LI ε=21.4 1.410m I A A -===⨯(2) 当电容器的能量和电感的能量相等时,电容器能量是它最大能量的一半,即22124q C C ε= 因此661.010 1.41.0101.41q C C --⨯⨯==±=±⨯ (3) LC 振荡电路中,电容器上电荷量的变化规律为00cos()q Q t ωϕ=+式中0Q C ε=,ω=.因为0t =时,0q Q =,故有00ϕ=.于是q C ε=当首次q =时有C ε==,4π=53.147.85104t s -===⨯18第十五章 波动学基础一、选择题 15-1 B 15-2 C 15-3 B 15-4 A 15-5 C 15-6 C 二、填空题15-7 波源,传播机械波的介质 15-8B C,2B π,2C π,lC ,lC - 15-9 cos IS θ 15-10 0 15-11 0.45m 三、计算题15-12 分析:平面简谐波在弹性介质中传播时,介质中各质点作位移方向、振幅、频率都相同的谐振动,振动的相位沿传播方向依次落后,以速度u 传播.把绳中横波的表达式与波动表达式相比较,可得到波的振幅、波速、频率和波长等特征量.t 时刻0x >处质点的振动相位与t 时刻前0x =处质点的振动相位相同. 解:(1) 将绳中的横波表达式0.05cos(104)y t x ππ=-与标准波动表达式0cos(22)y A t x πνπλϕ=-+比较可得0.05A m =,52v Hz ωπ==,0.5m λ=,0.55/ 2.5/ u m s m s λν==⨯=. (2) 各质点振动的最大速度为0.0510/0.5/ 1.57/m v A m s m s m s ωππ==⨯=≈各质点振动的最大加速度为192222220.05100/5/49.3/m a A m s m s m s ωππ==⨯=≈(3) 将0.2x m =,1t s =代入(104)t x ππ-的所求相位为10140.29.2ϕπππ=⨯-⨯=0.2x m =处质点的振动比原点处质点的振动在时间上落后0.20.082.5x s s u == 所以它是原点处质点在0(10.08)0.92t s s =-=时的相位. (4) 1t s =时波形曲线方程为x x y 4cos 05.0) 4110cos(05.0πππ=-⨯=1.25t s =时波形曲线方程为)5.0 4cos(05.0) 425.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1.50t s =时波形曲线方程为) 4cos(05.0) 45.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1t s =, 1.25t s =, 1.50t s =各时刻的波形见图15-12.15-13 解:(1) 由于平面波沿x 轴负方向传播,根据a 点的振动表达式,并以a 点为坐标原点时的波动表达式为0cos[()]3cos[4()]20x xy A t t u ωϕπ=++=+(2) 以a 点为坐标原点时,b 点的坐标为5x m =-,代入上式,得b 点的振动表达式为53cos[4()]3cos(4)20b y t t πππ=-=- 若以b 点为坐标原点,则波动表达式为3cos[4()]20xy t ππ=+-s1s5.12015-14 解:由波形曲线可得100.1A cm m ==,400.4cm m λ==从而0.4/0.2/2u m s m s T λ===,2/rad s Tπωπ==(1) 设振动表达式为 0cos[()]xy A t uωϕ=++由13t s =时O 点的振动状态:2Ot Ay =-,0Ot v >,利用旋转矢量图可得,该时刻O 点的振动相位为23π-,即 10032()33Ot t t ππϕωϕϕ==+=+=-所以O 点的振动初相位为 0ϕπ=-将0x =,0ϕπ=-代入波动表达式,即得O 点的振动表达式为0.1cos()O y t ππ=-(2) 根据O 点的振动表达式和波的传播方向,可得波动表达式0cos[()]0.1cos[(5))]xy A t t x uωϕππ=++=+-(3) 由13t s =时Q 点的振动状态:0Qt y =,0Qt v <,利用旋转矢量图可得,该时刻Q 点的振动相位为2π,即013[()]30.22Q Qt t x x t u πππϕωϕπ==++=+-=可得 0.233Q x m =将0.233Q x m =,0ϕπ=-代入波动表达式,即得Q 点的振动表达式为0.1cos()6Q y t ππ=+(4) Q 点离O 点的距离为0.233Q x m =15-15 分析:波的传播过程也是能量的传播过程,波的能量同样具有空间和时间的周期性.波的强度即能流密度,为垂直通过单位面积的、对时间平均的能流.注意能流、平均能流、能流密度、能量密度、平均能量密度等概念的区别和联系.解:(1) 波中的平均能量密度为32235319.010/ 3.010/2300I w A J m J m u ρω--⨯====⨯最大能量密度为 532 6.010/m w w J m -==⨯ (2) 每两个相邻的、相位差为2π的同相面间的能量为25273000.14() 3.010() 4.621023002u d W wV w S w J v λππ--====⨯⨯⨯⨯=⨯15-16 分析:根据弦线上已知质点的振动状态,推出原点处质点振动的初相位,即可写出入射波的表达式.根据入射波在反射点的振动,考虑反射时的相位突变,可写出反射波的表达式.据题意,入射波和反射波的能量相等,因此,在弦线上形成驻波的平均能流为零.解:沿弦线建立Ox 坐标系,如图15-16所示.根据所给数据可得图15-16/100/u s m s ===,2100 /rad s ωπνπ==,100250u m m v λ===, (1) 设原点处质元的初相位为0ϕ,入射波的表达式为0cos[()]xy A t uωϕ=-+据题意可知,在10.5x m =处质元的振动初相位为103πϕ=,即有110001000.51003x u ωππϕϕϕ⨯=-+=-+=得 05326πππϕ=+=所以,入射波表达式为550.04cos[100()]0.04cos[100()]61006x x y t t u ππππ=-+=-+入考虑半波损失,反射波在2x 处质元振动的初相位为2010511100()10066ππϕππ=-++=反射波表达式为220cos[()]x x y A t uωϕ-=++反 ]611)100(100cos[04.0]611)10010(100cos[04.0ππππ++=+-+=x t x t(2)入射波和反射波的传播方向相反,叠加后合成波为驻波40.08cos()cos(100)23y y y x t ππππ=+=++入反波腹处满足条件 2x k πππ+=即 1()2x k =-因为010x m ≤≤,在此区间内波腹位置为0.5, 1.5, 2.5,,9.5x m = 波节处满足条件 (21)22x k πππ+=+即 x k = 在区间010x m ≤≤,波节坐标为0,1,2,,10x m = (3) 合成为驻波,在驻波中没有能量的定向传播,因而平均能流为零. 15-17 分析:运动波源接近固定反射面而背离观察者时,观察者即接收到直接来自波源的声波,也接收到来自固定反射面反射的声波,两声波在A 点的振动合成为拍.当波源相对于观察者静止,而反射面接近波源和观察者时,观察者接收到直接来自波源的声波无多普勒效应,但反射面反射的频率和观察者接收到的反射波频率都发生多普勒效应,因此,两个不同频率的振动在A 点也将合成为拍. 解:(1) 波源远离观察者而去,观察者接收到直接来自波源声音频率为1R S Suu v νν=+观察者相对反射面静止,接收到来自反射面的声波频率2R ν就是固定反射面接收到的声波频率,这时的波源以S v 接近反射面.2R S Suu v ννν==-反 A 处的观察者听到的拍频为21222S S R R S S S S Suv u uu v u v u v νννννν∆=-=-=-+- 由此可得方程2220S S S v uv u ννν∆+-∆=0.25/S v m s ≈(2) 观察者直接接收到的波的频率就是波源振动频率1RS νν'= 对于波源来说,反射面相当于接收器,它接收到的频率为S u vuνν+'=对于观察者来说,反射面相当于另一波源,观察者接收到的来自反射面的频率为2RS S u u u v u vu v u v u u vνννν++''===--- A 处的观察者听到的拍频为212RR S S S u v vu v u vνννννν+''∆=-=-=-- 所以波源的频率为3400.24339820.4S u v Hz Hz v νν--=∆=⨯= 15-18 解:平面电磁波波动方程的标准形式为222221y y E E x u t ∂∂=∂∂, 222221z zH H x u t ∂∂=∂∂ 与平面电磁波的标准方程相比较,可知波速为82.0010/u m s ==⨯ 所以介质的折射率为1.50cn u== 15-19 解:由电磁波的性质可得00E H =而 000B H μ=, 真空中的光速c =所以0E B c==从而可得 0008703000.8/0.8/310410B E H A m A m c μμπ-====⨯⨯⨯ 磁场强度沿y 轴正方向,且磁场强度和电场强度同相位,所以0.8cos(2)3y H vt ππ=+[SI ]第十六章 几何光学一、选择题 16-1 A 16-2 B 16-3 B 16-4 C 二、填空题16-5 6.0S cm '=,12V = 16-6 80f cm '=16-7 34s cm '=-,2V =- 16-8 左,2R 三、计算题16-9 解:设空气的折射率为n ,玻璃的折射率为n ',则 1n =, 1.5n '= 因为 2r = 所以物方焦距4nrf cm n n=='- 像方焦距6n rf cm n n ''=='- 又因为 1f fs s'+='而 8s cm = 所以 12s cm '=(实像)1ns y V y n s''==-=-' 其中 0.1y cm = 所以 0.1y Vy cm '==-16-10 分析:将球面反射看作n n '=-时球面折射的特例,可由折射球面的成像规律求解。

昆明理工大学工程力学习题集册答案解析

昆明理工大学工程力学习题集册答案解析

第一章 静力学基础二、填空题2.1 –F 1 sin α1; F 1 cos α1; F 2 cos α2; F 2 sin α2 ; 0 ;F 3 ; F 4 sin α4; F 4 cos α4。

2.2 1200, 0 。

2.3 外 内 。

2.4 约束 ; 相反 ; 主动 主动 。

2.5 3 ,2.6 力偶矩代数值相等(力偶矩的大小相等,转向相同) 。

三、选择题 3.1 (c) 。

3.2 A 。

3.3 D 。

3.4 D 。

3.5 A 。

3.6 B 。

3.7 C 。

3.8四、计算题4.1(d)(a) (b) (c)mmKN F M ⋅-=18030)(mmKN F M ⋅=-=3.2815325)(20mmKN F M ⋅-=25210.)(4.2五 、受力图5.15.2(a)(c)ACCAB B(b)1=)(F M x mN F M y ⋅-=501)(01=)(F M z m N F M x ⋅-=2252)(m N F M y ⋅-=2252)(mN F M z ⋅=2252)(mN F M x ⋅=2253)(mN F M y ⋅-=2253)(mN F M z ⋅=2253)(qAM BA(c)P 2(d)5.3(1) 小球 (2) 大球(3) 两个球合在一起P 2P 1ACB(a)(1) AB 杆 (2) CD 杆 (3)整体(1) AC杆(2) CB杆(3)整体(1) AC段梁(2) CD段梁(3)整体第二章 力系的简化一、是非判断题1.1 ( × ) 1.2 ( ∨ ) 1.2 ( × ) 二、填空题2.1 平衡 。

2.2 分布载荷图形的面积 , 合力矩定理 , 分布载荷图形的形心 。

2.3 平行力系合力的作用点 ; 物体合重力的作用点 ; 物体的几何中心 。

三、计算题 3.1F 3F 1ykNX 98340.=⋅⋅⋅=∑kNY 13587.=⋅⋅⋅=∑解:由(2.10)式:kNY X F R 9667822.)()('=+=∑∑(1) CD 杆 (2) AB 杆 (3) OA 杆C(i)(1) 滑轮D (2) AB 杆 (3) CD 杆(j)DDF PPABKIBCF AY AX IY IX KY CID,DF ,BCF 'IX 'I Y DCE,EFFCF ABE.EF AY AX BY BX CAO,CF,A Y ,AXY 0X3.2第三章 力系的平衡方程及其应用一、是非判断题1.1 ( ∨ ) ;1.2 ( × );1.3 ( ∨ ) ;1.4 ( × );1.5 ( × );1.6 ( ∨ )(a)(b)5020.cos '==∑R F Xα8650.cos '==∑R F Y βcmkN FM M i ⋅=⋅⋅⋅==∑58460000.)(kNF F R R 96678.'==cm F M d R7860.'==M=c mmc 086.=mm125.mm1210.由(2.14)式:二、填空题2.1 力偶矩的代数值相等 ; 。

昆明理工大学大学物理习题册下

昆明理工大学大学物理习题册下

第十章气体动理论一、选择题1.关于温度的意义,有以下几种说法:〔1〕气体的温度是分子平均平动动能的量度;〔2〕气体的温度是大量气体分子热运动的集体表现,具有统计意义;〔3〕温度的上下反映物质局部子运动剧烈程度的不同;〔4〕从微观上看,气体的温度表示每个气体分子的冷热程度。

上述说法中正确的选项是:[ (B) ]〔A〕〔1〕、〔2〕、〔4〕〔B〕〔1〕、〔2〕、〔3〕〔C〕〔2〕、〔3〕、〔4〕〔D〕〔1〕、〔3〕、〔4〕2.一瓶氦气和一瓶氧气,它们的压强和温度都一样,但体积不同,那么它们的[ (A ) ] 〔A〕单位体积的分子数一样〔B〕单位体积的质量一样〔C〕分子的方均根速率一样〔D〕气体能一样3.一瓶氦气和一瓶氮气质量密度一样,分子平均平动动能一样,而且它们都处于平衡状态,那么它们[ (B) ]〔A〕温度一样、压强一样〔B〕温度一样,但氦气的压强大于氮气的压强〔C〕温度、压强都不一样〔D〕温度一样,但氮气的压强大于氦气的压强4.两容器分别盛有氢气和氦气,假设它们的温度和质量分别相等,那么:[ (A) ]〔A〕两种气体分子的平均平动动能相等〔B〕两种气体分子的平均动能相等〔C〕两种气体分子的平均速率相等〔D〕两种气体的能相等.5.在标准状态下,体积比为1:2的氧气和氦气(均视为刚性分子理想气体)相混合,混合气体中氧气和氦气的能之比为[ (C) ]6.在常温下有1mol的氢气和1mol的氦气各一瓶,假设将它们升高一样的温度,那么[ (A ) ] 〔A〕氢气比氦气的能增量大〔B〕氦气比氢气的能增量大〔C〕氢气和氦气的能增量一样〔D〕不能确定哪一种气体能的增量大7.温度、压强一样的氦气和氧气,它们分子的平均动能ε和平均平动动能w一定有如下关系[ (C ) ]〔A〕ε和w都相等〔B〕ε相等,而w不相等〔C 〕w 相等,而ε不相等 〔D 〕ε和w 都不相等8.1mol 刚性双原子分子理想气体,当温度为T 时,其能为 [ (C) ]9.在容积不变的封闭容器,理想气体分子的平均速率假设提高为原来的2倍,那么 [ (D) ] 〔A 〕温度和压强都提高为原来的2倍〔B 〕温度为原来的2倍,压强为原来的4倍〔C 〕温度为原来的4倍,压强为原来的2倍〔D 〕温度和压强都为原来的4倍。

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u
u2
(C) y Acos[(t x )] (D) y Acos[(t x) ]
u
u
5、一平面简谐波以波速 u 沿 x 轴正方向传播, O 为坐标原点。已知 P 点的振动方程为
y Acost ,则:[ CC ]
(A) O 点的振动方程为 y Acos(t l / u)
(B)波的表达式为 y Acos[t (l / u) (x / u)]
(A)λ
(B)λ/2
(C)3λ/4
(D)λ/4
12、若在弦线上的驻波表达式是 y 0.20sin 2x cos20t 。则形成该驻波的两个反向进行
的行波为:[ CC ]
(A)
y1
0.10cos[2
(10t
x)
2
]
y2
0.10cos[2
(10t
x)
2
]
(B)
y1
0.10cos[2
(10t
x)
4
S2
C
N
引起的振动
均干涉相消,则 S 2 的初相应为2
2k
3 2
,k
0,1,2,。
8.如图所示,一平面简谐波沿 x 轴正方向传播,波长为 ,若 P1 点处质点的振动方程
为 y1 Acos(2vt ) , 则 P2 点 处 质 点 的 振 动 方 程 为
y2
A c os [2v
2
(L1
L2 )]
]
y2
0.10cos[2
(10t
x)
3 4
]
(C)
y1
0.10
cos[2
(10t
x)
2
]
y2
0.10cos[2
(10t
x)
2
]
(D)
y1
0.10cos[2
(10t
x)
3 4
]
y2
0.10cos[2
(10t
x)
3 4
]
13、一沿 x 轴负方向传播的平面简谐波在 t 2s 时的波形曲线如图所示,则原点 O 的振动方
(C)媒质质元的振动动能和弹性势能的相位在任意时刻都相同,但二者的数值不相等
(D)媒质质元在平衡位置处弹性势能最大
16、两相干波源
S1

S2
相距
/
4

为波长), S1
的相位比
S2
的相位超前
2
,在
S1
,S2
的连线上, S1 外则各点(例如 P 点)两波引起的简谐振动的相位差是:[ BB ]
(A) 0 (B)
;与
P1
点处质点振动状态相同的那些点的位置是
x k L1 , k 1,2,
9.一简谐波沿 x 轴正向传播。已知 x 0 点的振动曲线如下图,试在它右边的图中画出 t T
时的波形曲线。
10.一列强度为
I
的平面简谐波通过一面积为
S
的平面,波速 u
与该平面的法线
n
的夹角为
,则通过该平面的能流是 IS cos 。
二.填空题
1.一横波的波函数是 y 0.02sin 2 (100t 0.4x)(SI) ,则振幅是 0.02M ,波长是
2.5M ,频率是 100hz
,波的传播速度是 250M/S

2.一平面简谐波沿 x 轴正方向传播,波速 u 100m/ s ,
t 0 时刻的波形曲线如图所示。波长 0.8m;
15.三个平面简谐波的波函数为:y1
Acos[(t
x) u
0 ],y2
Acos[( x u
t)
0] 和
y3
Acos[( x u
t) 0 ] 。则:(1)在
y1
中,原点处质点的振动初相为 0
;(2)y1

y3 叠加可产生驻波。
16.设沿弦线传播的一入射波的表达式为 y1 Acos[t (2x / )] ,波在 x L 处( B 点)
(B) y Acos{[t (x / u)] 0}
(C) y Acos(t x / u)
(D) y Acos{[t (x l) / u] 0}
4、一平面简谐波,沿 x 轴负方向传பைடு நூலகம்,圆频率为 ,波速为 u ,设T / 4 时刻波形如左下图
所示,则该波的表达式为:[ DD ]
(A) y Acos[(t x )] (B) y Acos[(t x) ]
5.一简谐波沿 x 轴正方向传播, x1 和 x2 两点处的
振动曲线分别如图 (a) 和 (b) 所示,已知 x2 x1 且
x2 x1 ( 为波长),则 x2 点的相位比 x1 点
的相位滞后 3 2
6.如图所示一平面简谐波在 t 2s 时刻的波
形图,波的振幅为 0.2m ,周期为 4s ,则图中 P
9、已知一平面简谐波的波函数为: y Acos(at bx) ,( A 、 a 、 b 为正值),则可以得
到该波的参量是:[ DD ]
(A)波的频率为 a
(B)波的传播速度为 b / a
(C)波长为 / b
(D)波的周期为 2 / a
(E)波的振幅为 A
10、图示一简谐波在 t 0 时刻的波形图,波速 u 200m/ s ,则 P 处质点的振动速度表达
在波的传播过程中,这两点振动速度的[ CC ]
(A)方向总是相同
(B)方向总是相反
(C)方向有时相同,有时相反
(D)大小总是不相等。
3、如图所示,一平面简谐波沿 x 轴正向传播,已知 P 点的振动方程为 y Acos(t 0 ) ,
则其波函数为:[ AA ]
(A) y Acos{[t (x l) / u] 0}
点处的质点的振动方程为:
y= yP
0.2 cos( t ) 22
m。
7.
S1

S
2
为振动频率、振动方向均相同的两个点波源,振动方向垂直纸面,两者相距
3 2

为波长)如图。已知
S1
的初相为
2
。⑴若使射线
S2C
上各点由
M 两列波引起的
振动均干涉相消,则
S2
的初 相应为 2
2k
2

S1
k 0,1,2,。⑵若使 S1S2 连线的中垂线 MN 上各点由两列波
发生反射,反射点为自由端(如图),设波在传播和反射过程中振幅不变,则反射波的表达
式为:y2
=
y
A c os (t
2
x
4
L)
17.一驻波方程为 y 2Acos(2x / )cost ,则 x 2 处质点的振动方程是:
y 2Acost ;该质点的振动速度表达式是: 2A sint (m)
18.已知一驻波在 t 时刻各点振动到最大位移处,其波形如图(A)所示;一行波在 t 时刻
(C) 1
(D) 3
2
2
17、电磁波在自由空间传播时,电场强度 E 和磁场强度 H 的关系是:[ A A ]
(A)互相垂直,且都垂直于传播方向
(B)朝相互垂直的两个方向传播
(C)在垂直于传播方向的同一直线上
(D)有相位差 2
18 、 在 真 空 中 沿 着 x 轴 正 方 向 传 播 的 平 面 电 磁 波 , 其 电 场 强 度 波 的 表 达 式 是
[ BB ]
(A) o , b , b , f
(B) a , c , e , g (C) o , d
(D) b , f
15、当一平面简谐机械波在弹性媒质中传播时,下述结论正确的是:[ DD ]
(A)媒质质元的振动动能增大时,其弹性势能减小,总机械能守恒
(B)媒质质元的振动动能和弹性势能都作周期性变化,但二者的相位不相同
11.机械波在媒质中传播过程中,当一媒质质元的振动动能的相位是 / 2 时,它的弹性势
能的相位是: / 2 。
12.如图所示,S1 和 S2 为同相位的两相干波源,相距为 L ,P 点距 S1 为 r ;波源 S1 在 P 点
引起的振动的振幅为 A1 ,波源 S 2 在 P 点引起的振动的振幅
为 A2 ,两波波长都是 ,则 P 点的振幅 A A
一、选择题
第十三章 波动
1、一平面简谐波的波函数为 y 0.1cos(3t x )(SI ) ,t 0 时的波形曲线如左下图
所示,则:[ CC ]
(A) O 点的振幅为-0.1m;
(B)波长为 3m;
(C) a 、 b 两点间的相位差为 / 2 ;
(D)波速为 9m/s。
2、一简谐波沿 Ox 轴传播。若 Ox 轴上 P1 和 P2 两点相距 / 8 (其中 为该波的波长),则
Ez=E0cos2(t-x/),则磁场强度波的表达式是 [ CC ]
(A) H y 0 0 E0 cos 2 (t x )
(B) H z 0 0 E0 cos 2 (t x )
(C) H y 0 0 E0 cos 2 (t x )
(D) H y 0 0 E0 cos 2 (t x )
程为:[ BB ]
(A) y 0.5cos[t ](SI) 2
(B) y 0.5cos[(t ](SI) 22
(C) y 0.5cos[(t ](SI) 22
(D) y 0.5cos[(t ](SI) 42
14、一横波在 t 时刻的波形曲线如图所示,则该时刻能量为最大值的媒质质元位置是:
求:(1)该简谐波的波长、周期、波速;(2)在 x=1m 处质点的振动方程;(3)在 t=0.4s 时,
该处质点的位移和速度。
2
2
x (k 1) , k 1,2,3, 22
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