[大物]下(吴百诗)作业答案

7.1 -1190J ; 7.2 B ; 7.3 A ;

7.4 解:A=曲线下面积=(P1+P2)(V2-V1)/2

P1V1=νRT1 P2V2=νRT2

ΔE=νCv(T2-T1)= ν5R/2(P2V2/νR- P1V1/νR)=5(P2V2-P1V1)/2 Q=A+ΔE

2

7.5 解:等压过程A=PΔV=5*10J

Q=A+ΔE

ΔE=Q-A=1.21*103J

7.6 A ; 7.7 D ; 7.8 B ; 7.9 解:C V =5R/2;C p =7R/2;γ=7/5

ab 等容过程 吸热

Q ab =νC V (T b -T a ), P a /T a =P b /T b , T b =2T a

γ-1

bc 绝热过程 Q bc =0, P b ca 等压过程 放热

T b

=P c T c , T c =T b /2

γ-1-γγ

Q ca =νC p (T a -T c )

η=

Q ab +Q ca

Q ab

7.10 解:AB 过程 吸热Q 1=vRT1InV 2/V1

BC 过程 放热 Q2=vCV (T2-T 1) CD 过程 放热Q 3=vRT2InV 1/V2 DA 过程 吸热Q 4=vCV (T1-T 2)

η=A/Q吸=( Q1+ Q2+ Q3+ Q4)/(Q 1+ Q4)=15%

8.1 相同、相同、相同、不一定; 8.2 A ; 8.3 B ; 8.4 解:n=N/V=P/kT=2.44*10/m

ρ=nμ=1.3kg/ m ε=3kT/2=6.21*10-21J

3

25

3

d =/n =3. 45⨯10-9m

-22

8.5 解:PV=νRT T=PV/νR ε=3kT /2=3. 89⨯10J

8.6 理想气体分子速率大于最概然速率的概率

理想气体分子平均平动动能 8.7 6; 8.8 B ;

(1) PV =vRT , p /ρ=RT /M

v 2=RT /M =P /ρ=494m /s

8.9 解:

(2) M =3RT /(494) 2=28⨯10-3kg /m ol , N 2(3) εK =3KT /2=3. 7⨯10-21J (4) n =P /kT , E k =n K =1. 5⨯103J (5) E =

m 5

RT =1. 7⨯103J M 2

CO

v p =

8.10 解:

2RT

, M H 2v pO 2, v pH 2=2000m /s M

2RT

, T =481K , v pO 2=500m /s M H 2

v pH 2=

12.1、C 12.2、D 12.3、 2π

12.4 解:(1)波动方程y=0.05cos (100t-2x)= 0.05cos2π (50t/π-x/π)

将上述方程与波动方程标准形式y=Acos2π (νt-x/λ) 相比较,有: A=0.05(m),λ=π(m),T=1/ν=π/50(s),u=λ/T=50(m/s) (2)质点的振速度方程为

∂y v ==-0.05*100sin(100t-10) 故V m =0.05*100=5m/s

∂t

∂v

各质点加速度方程为:∂t 2

故a m =0.05*100*100=500m/s 由题意可知:A=0.1m,ω=2π/T=πs ; 由旋转矢量法可知φ=-π/2 故振动方程为:y=0.1cos(πt-π/2) 又u=λ/T=2/2=1m/s

-1

=-0.05*100*100 cos (100t-2x)

12.5 解:(1)设坐标原点的振动方程为:y=Acos (ωt+φ)

故波动方程为:y=0.1cos[π(t-x)- π/2]

(2)将x=0.5m代入波动方程,得该质点的振动方程为:y=0.1cos(πt-π)

(3)将t=1.0s代入波动方程,得此时各质点的位移为:

y=0.1cos(π/2-πx)=0.1sinπx

波形图为:

12.6 解:(1)设坐标原点的振动方程为:y=Acos (ωt+φ)

由图可知:A=0.10(m),λ=20 (m),ω=2πν=500πs

由题意可知波沿OX 轴负方向传播,并可判断原点处质点将沿OY 轴的负方向运动,由旋转矢量法可知初

相φ=π/3;故坐标原点的振动方程为:

y=0.10cos (500πt+π/3) 又u=λν=5000(m/s)故波动方程为 y=0.10cos[500π(t+x/5000)+π/3]

12.7 频率相同;振动方向相互平行;相位相同或相位差恒定。 12.8 D 12.9 0.005m 12.10解:(1)两相干波源初相相同,两列波在R 处的相位差为Δφ=2πΔr/λ=3π

(2)由于Δφ=3π则合振幅为

A=

-1

A 1+A 2+2A 1A 2cos 3π=A 1-A 2

22

12.11解:两波的波长均为λ= u/ν=4.0m.取A,B 中点为原点。

(1)A 的左侧

Δφ=φ2-φ1-2π(r2-r 1)/λ=-14π

相位差为2π的偶数倍,故没有干涉静止的点。 (2)B 的右侧

Δφ=φ2-φ1-2π(r2-r 1)/λ=16π 也没有干涉静止的点。 (3)A,B 之间的点

设任意一点P 距原点为x ,因r 2=15-x,r 1=15+x,则两列波在点P 的相位差为: Δφ=φ2-φ1-2π(r2-r 1)/λ=(x+1)π 干涉静止应满足(x+1)π=(2k+1)π

得x=2k(m) k=0,±1, ±2, ±3, ···且k ≤7,故共有15个干涉静止的点。

12.12解:(1)将y=0.03cos1.6πxcos550πt 与驻波方程y=2Acos(2πx/λ)cos (2πνt )

比较得:A=1.5⨯10m ,λ=1.25m,ν=275Hz ,u=λν=343.8ms。

(2)相邻波节间的距离为:ΔX=Xk+1-X K =[2(k+1)+1] λ/4-(2k+1) λ/4=λ/2=0.625 m

13.1 D 13.2 B,C

13.3 频率相同,光矢量振动方向相同,相位差恒定,分振幅法,分波阵面法

-2

-1

s

=3. 33⨯10-7J /m -3 c 122

(2) w =(ε0E +μ0H ) 0E =0H

2

13.4解:(1) s =wc , ∴w =

∴w =ε0E w =μ0H

2

2

E =

w

ε0

=194V /m B =μ0w =6. 47⨯10-7T

13.5解:(1)双缝干涉明纹的条件为:X=kDλ/d k=0,±1, ±2, ±3, ···

将k=10代入上式可得第十级明纹离中央明纹的距离为: X 10=10Dλ/d=10*1000*6×10/0.2=30mm=0.03m

相邻明纹的宽度为Δx=Dλ/d=1000*6×10/0.2=3mm=0.003m (2)波长为400nm 的光波的第二级谱线位置x 21=2 Dλ1/d 波长为760nm 的光波的第二级谱线位置x 22=2 Dλ2/d 第二级谱线宽度为:

Δx= x22- x21=2 D(λ2-λ1)/d=2*1000*(7.6-4)×10/0.2=3.6mm

13.6 A 13.7 C 13.8 λ/2nb 13.9 3.39m 13.10解:(1)反射光的加强条件为:2nd + 即 λ=

-4

-4

-4

λ

2

=2k ⋅

λ

2

(k = 1,2,3,…)

4nd 2k -1

仅当k=3时,λ为可见光波长,因此求得λ=0.48μm (2)透射光的加强条件为:2nd + 即 λ=

λ

2

=(2k +1) ⋅

λ

2

4nd

2k

当k=2时,λ=0.60μm 当k=3时,λ=0.40μm

13.11解:在牛顿环实验装置中满足R =r+(R-e)

∵R»e ∴2e=r/R

干涉暗环满足:2ne+λ/2=(2k+1)λ/2 ∴r=kR /n

2

2

2

2

将R=3m, λ=650nm,n=1.33,k=10代入可得r=0.38cm

13.12 B ; 13.13 A ; 13.14 D; 13.15 450 。 13.16解:单缝衍射暗纹条件是:asin φ=±k λ k=1,2, ···

当φ很小时sin φ≈φ≈tan φ=x/f故有x=±kf λ/a k=1,2, ···暗纹 中央明纹宽度即为两个第一级暗纹之间的距离: Δx=2fλ/a=2*600×10*0.6/0.6×10=1.2mm 两个第三级暗纹之间的距离s=6 fλ/a=3.6mm

13.17解:(1)光栅方程为dsin φ=±k λ k=0,1,2, ···

由题意的d=2λ/sinφ2=2*600×10/0.2=6.0μm

(2)根据缺级公式d/a=k/k,当第四级谱线缺级时,k=4,则1≤k ≤4,所以有 当k =1时得到a=d/4=1.5μm 为最小宽度 当k =2时不符合题意,舍去。

当k =3时得到a=3d/4=4.5μm 为最大宽度 故其最小宽度为1.5μm

(3)根据光栅方程有:k=dsinφ/λ<d/λ=10 光谱缺级的级数为4,8,12,···

则屏幕上能出现的全部谱线级数为0,±1,±2,±3,±5,±6,±7,±9

13.18 B 13.19 B 13.20 波动 横 13.21 60º

13.22解:(1)设此时的入射角为i ,折射角为r ,由布儒斯特定律可知i+r=90 º

∴i=90 º-r=90 º-32 º=58 º

(2)设此种玻璃的折射率为n 则有tani=n ∴n=tan58 º=1.60

13.23解:(1)光强为I 0的自然光通过M 后光强为I 0/2

某时刻C 的偏振化方向与M 的偏振化方向成ωt 角度,由C 出射光强为 I 1= I0cos ωt/2

在经过N 后的出射光强为I 2= I0cos (ωt )cos (π/2-ωt )/2= I0sin 2ωt/8

(2)当sin 2ωt=1时,I 2取最大值为1/8 14.1 A ; 14.2 D ; 14.3 0,0,3*10-7,0; 14.4解:Δx ’=90m Δt ’=90/c ∆x =

2

2

2

2

2

///

/

/

-9

-9

-3

∆x ' +v ∆t ' v -() 2

c

=270m

14.5解:Δx=100m Δt=10s v=0.6c ∆x =

'

∆x -v ∆t v -() 2

c

=-2. 25⨯10m

9

∆t =

'

∆t -v ∆x /c 2

v -() 2

c

=12. 5s

V’=Δx ’/Δt ’=-0.6c

14.6 B ; 14.7 D ; 14.8 0.6,1/5; 14.9 解:Δx=0m Δt=4s Δt ’=6s

v -() 2

c

∆x -v ∆t ∆x ' ==1. 34⨯109m

v -() 2

c

∆t =

'

∆t -v ∆x /c 2

, v =c /3

A 1=m c 2-m 0c 2=(

14.10解:

1v -() 2

c 1-(

-1) m 0c 2=0. 005m 0c 2,

1-(

0. 89c 2

) c

v =0. 1c

A 1=m 2c 2-m 1c 2=(

0. 99c 2

) c

-

) m 0c 2=4. 9m 0c 2

15.1 1.09,2 ; 15.2 D; 15.3 2.4*10-12m,0.44*1016J; 15.4 解:E k =hv-A3.22*10-19J,Ua= Ek /e=2.0V,λ0=hc/A=296nm

∆λ=2

h θc c sin 2=1. 2⨯10-12m , ∆ν=-=-2. 3⨯1016HZ m 0c 2λ0+∆λλ0

15.5解: ∆E =h ∆ν=-95. 3ev

E k =95. 3ev

15.6 D; 15.7 B; 15.8 C;

15.9 解:1.038*10-9;

2

15.10 解:ΔE=-13.6/4-(-13.6)=12.75ev 6条,可见光范围由2条 15.11 A; 15.12 0,1,2;0,2 , 6 ;0, ± , ±2 ; 15.13 2, 2(l+1), 2n; 15.14解:a/4,3a/4 ;

15.15解: l=2,2(l+1)=10,m l =0, ±1, ±2, m s =±

2

1 2


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