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物理学(第五版)下册马文蔚等改编(东南大学) 答案

第九章振动

1、设一物体沿x 轴作谐振动的方程为0.10cos(2)

x t ππ=+，式中x ，t 的单位分别为m ，s .试求：

（1）振幅，周期，频率和初相)cos(?ω+=

t A x ；（2）0.5t s =时，物体的位移、速度和加速度.

解：（1）谐振动的标准方程为，比较题中所给方程和标准方程，知振幅

m A 10.0=，角频率

2/rad s

ωπ=，初

.由此，

周期为12==

T s 频12Hz ω

νπ

=率为

（2）1=t s 时，

物体位移m m x 21007.7)4

5.02cos(10.0)42cos(10.0-?-=+?=+

=π

ππ

π 速度s m s m t dt dx v

/44.0/)45.02sin(2.0)42sin(2.0=+?-=+-==

πππππ 加速度2222/28/)4

5.02cos(4)4

2sin(4s m s m t dt

dv a =+?-=+-==π

πππππ

2、有一弹簧，当其下端挂一质量为m 的物体时，伸长量为9.8×10-2

m 。若使物体上、下振动，并规定向

上为正方向。（1）当t=0时，物体在平衡位置下方4.0×10-2

m 处，由静止开始向上运动，求运动方程。（2）当t=0时，物体在平衡位置并处以0.2m ·s -1

的速度向下运动，求运动方程。解：（1）根据题给的条件，20100.4-?-=x m, 00=v （题取向上为正方向，且平衡位置处为原

点）且

2100.4-?=A m ，其旋转矢量应为如图9-4-1图位置，所以π0=?。

又m

ω ，而 0kx mg =

所以

x g m k = ,

8.98

.92

-ω所以谐振动方程：)π10cos(100.42+?=-t x m

（2）据题意，0=t 时，00=x ，6.00-=v m.s 1-，其旋转矢量应为如图9-4-2图位置则

得

222

10210

2.00)(-?=+=+=ωv x A m

π0=

? 9-4-1图

M '

9-5-1图

（

0=x 的投影有上、下两个矢量，但0v 为负值，故只能选上面的OM 矢量），所以谐振动

方程为)2

10cos(100.42+?=-t x

m 。

3、做简谐振动的物体，由平衡位置向x 轴正方向运动，试问经过下列路程所需的最短时间各为周期的几分之几？

（1）由平衡位置到最大位移处；（用旋转式量方法）（2）由平衡位置到2A x

处；（3）由2

x =处到最大位移处。（用旋转式量方法）解：（1）作旋转矢量如图9-5-1图，

得2πt

t T

ω?==

? 因为求的是最短时间，故取向下的

旋转矢量，所以4

π22π==T t

（2）如图9-5-2图

t ω?==?6π

1=T t . （3）同理 3π=?? , 61=T t

4、某振动质点的

x t -曲线如9-6图所示，试求：

（1）振动的周期和初相；

（2）点P 位置所对应的相位和时刻。解（1）由曲线知，

0=t 时，05.00=x m=2A ，作旋转矢量如图

9-6-1图所示3

=?。由旋转矢量得，41=t s 时，2π01=

+?ωt

所以π24

543π

2π=+=

ωs 1-，所以运动周期为： 6.92==ωπT s 。（2）如图9-6-2图，0=P

?，即 00==+p t ??ω

所以 5

π5243π0

=?=

=ω

s 。 5、质量为0.10kg 的物体，以振幅1.0×10

-2

作简谐运动，其最大速度为4.0m ·s -1

。

求：(1)振动的周期；(2)物体通过平衡位置时的总能量与动能；(3)物体在何处其动能和势能相等； (4)当物体的位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少?

解:（1）A v ω=max

，A

v max

ω，所以2

max

1057.1v A π2π

2-?===ωT s.

（2）此8.02

m a x ==

=mv E E

k J

（3）设在0x 处k p E E =，则2220

121212

1kA mv kx

?==

，301007.72

-?±=±

=A x m （4）

E kA A k kx E p 4

12141)2(2121222=?===

，

E E E E p k 4

-=。 6、已知同方向、同频率的两简谐运动的运动方程分别为1

0.05cos(200.75π)x t =+m ；

20.06cos(200.25π)x t =+m 。

求：（1）合振动的振幅及初相；（2）若有另一同方向、同频率的简谐振动3

30.07cos(10)x t ?=+m ，则

3?为多少时，23x x +的振幅最大？又3?为多少时，13x x +的振幅小？

解（1）作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如9-11-1图），

因为2

12π???

=-=?，故合振动振幅为

221108.7-?=+=

A A A m

合振相位)

cos cos )sin sin (arctan 22112211?????

A A A A ++=rad

48.111arctan ==（2）使

2x x +振幅最大，即两振动同相，则由

2k =??得：

π25.0π2π223+=+=k k ??， ,2,1,0±±=k , 要使31x x +的振幅最小，即两振动反向，

则由π)12(+=?

k ?得：π75.1π2π)12(13+=++=k k ??， ,2,1,0±±=k

8、如9-8图所示，质量为

21.010-?kg 的子弹，以500m.s

-的速度射人木块，并嵌在木块中，同时弹簧压缩从而作简谐运动。设木块的质量为 4.99kg ，弹簧的劲度系数为

38.010?N ·m 1-，若以弹簧原长时物体所在处为坐标原点，

向左为

x 轴正向，求简谐振动方程。

解：设子弹射入木块时为0=t

时刻，弹簧原长处为原点，则

0=x ，

.12

110-=+-=m m v m v m.s

-,由旋转矢量9-8-1图得

π0=

?,又

402

1=+=

m m k

220

0105.2)(

-?=+=ω

v x A 所以振动方程为)2

40cos(105.22+?=-t x

9、示波管的电子束受到两个相互垂直的电场的作用。电子在两个方向上的位移分别为

cos x A t

ω=和

cos()y A t ω?=+。求在0?=、030?=及090?=各种情况下，电子在荧光屏上的

轨迹方程。

解：这是两个振动方向互相垂直的同频率简谐运动的合成问题。合振动的轨迹方程为

222

221212

2cos sin x y xy A A A A ???+-=?式中，1A 、2A 为两振动的振幅；??为两个振动的初相差。本题中

12A A =，??

?=，故有2

2222cos sin x

y xy A ??+-?=

（1）当

0?=时，有x y =，轨迹为一直线方程。

（2）当0

30?=

时，有2

224

A x y +=

，轨迹为椭圆方程。

（3）当0

90?=时，有222x y A +=，轨迹为圆方程。

第十章波动

1 . 一横波沿绳子传播时的波动表达式为

)π4π10cos(05.0x t y -=，x ，y

的单位为米，

t 的单位为秒。（1）求此波的振幅、波速、频率和波长。（2）求绳子上各质点振动的最大速度和最大加速度。（3）求

2.0=x m 处的质点在1=t s 时的相位，它是原点处质点在哪一时刻的相位？

解（1）将题中绳波表达式0.05cos(10π4π)0.05cos 2π(

)0.20.5

t x

y t x =-=- 与一般波动表达式

)(π2cos λ

T t A y -=比较，得振幅05.0=A m ，s T 2.0=频率

5=ν Hz ，波长5.0=λ m 。波速5.255.0=?==λνu m ?s

-1

（

）

绳

上

各

质

点

振

动

的

最大速度

57.105.0514.32π2max =???===A A v νω m ?s

-1

绳上各质点振动时的最大加

速度

.4905.0514.34π422222max =???===A A a νωm ?s

（3）将

.0=x m ，

=t s 代入

)

π4π10(x t -得到所求相位

π2.92.0π41π10=?-?， 2.0=x m 处质点的振动比原点处质点的振动在时间上

落后

08.05

.22.0==u x s （

.2==λνu m ?s -1

），所以它是原点处质点在

92.0)08.01(0=-=t s 时的相位。

2.设有一平面简谐波 )3

.001.0(

π2cos 02.0x t y -= ， x ，y 以m 计， t 以s 计。（1）求振幅、波长、频率和波速。（2）求

1.0=x m 处质点振动的初相位。

解（1）将题设平面简谐波的表式

.001.0(

π2cos 02.0x

t y -=与一般表式

)(

π2cos λ

T t A y -=比较，可得振幅02.0=A m ，波长3.0=λ m ，周期01.0=T s 。因此频率10001

.011===

T νHz ，波速 301003.0=?==λνu m ·s -

（2）将

1.0=x m 代入波动表式，得到位于该处的质点的振动表式

201.0π2cos(02.0)3.01.001.0(π2cos 02.0-=-=t t y

因而该处质点振动的初相位3

π20-

=?。 3. 有一平面简谐波在介质中传播，波速10=u m ?s -1

，已知沿传播方向距波源O （坐标原点）为5.0 m

处一点P 的运动方程为

)2ππ2cos(30.0+=t y P m ，求波动方程。

解波动方程要根据任意点的振动方程写出。取波动向x 轴正方向（右向）传播, 如图Q 点（距离o 点

为

x ）比P 点晚振动u x x P Q )(-时间,所以波动方程可以写出为

)10

(π2cos[30.0π

+--

Q Q x x t y ]23)10(π2cos[30.0π

-=x t m

4题图

Q 点为任意一点，任意一点的运动方程即为波动方程。

4. 已知一沿x 轴负方向传播的平面余弦波，在0=t

时的波形如图所示，且周期2=T s 。（1）写出O

点的振动表达式；（2）写出此波的波动表达式；（3）写出

Q 点的振动表达式；（4）Q 点离O 点的距离多大？

解（1）由图及题给条件知：

1.0=A m ，

ππ2==T

ωs

-1

。作原点的旋转矢量图

y -

=且00>v 因为波动向x 轴负方向传播，所以原点要跟随其

右方的质点进行运动，故应向上即向正方向运动，

可得π3

0-=? ，所以O 点的振动表达式为

)π3

πcos(10.00-

=t y m （2）由题图可得

40.0=λ m ，20.02

.0==

u λ

m ?s -1

波动向

轴负向传播，所以波动表达式为

]π3

)(πcos[10.0-+=u x t y

]π3

)2.0(πcos[10.0-+

=x t m （3）因不能直接求出Q x ，所以不能由波动表达式求出Q 点的振动表达式。可由图线判断出Q 点的初相，再用振动表达式的标准形式写出Q 点的振动方程。据题给图线，

可作出Q 点的旋转矢量（如图），可得Q 点的初相位是，其振动表达式为

πcos(10.0+=t y Q m 。

（4）根据波动方程可写出Q 点的振动表达式为]π2

)(πcos[10.0-+

Q x t y m 与]2

cos[10.0π

π+

=t y Q m 比较得233.0=Q x m 。

4题-1图

3题图

5.一平面波在介质中以速度

20=u m ·s

-1

沿

x 轴负方向传播，如图所示，已知a 点的振动方程为

t y a π4cos 3=，t 的单位为秒，y 的单位为米。求：（1）以a 为坐标原

点写出波动方程。（2）以距

a 点5m 处的b

点为坐标原点，写出波动方程。

解（1）以a 点为坐标原点的波动方程为)20

(π4cos 3x

t y +=m （2）以

a 点为坐标原点时，

b 点的坐标为5-=x m ，代入上式，得b 点的振动方程为

)ππ4cos(3)20

(π4cos 3-=-

=t t y b m 若以

b 点为坐标原点，则波动方程]π)20

(π4cos[3-+

t y m 。 6.图示为平面简谐波在

0=t 时的波形图，设此简谐波的频率为200 Hz ，且图中质点P

的运动方向向

上。求：（1）该波的波动方程；（2）在距原点O 为7.5 m 处质点的运动方程与

0=t 时该点的振动速度。

解（1）由P 的运动方向可知：该波动向x 轴负向传播。且：

.0=A m ，

=λm ，

?，

3104?==λνu m ?s -1

所以

π)4000(π400cos[10.0++

=x t y （2）

π)40005(π400cos[10.0++

=t y )π65

π400cos(10.0+=t M ， 8.62π6

5sin )10.0π400(d d 0-=?-===t t y v m ?s

-1

。

7.波源作简谐运动，周期为0.2 s ，若该振动以10m ?s -1

的速度沿直线传播，设

0=t 时，波源处的质点

经平衡位置向负方向运动，求：（1）距波源5.0 m 处质点的运动方程和初相；（2）距波源为16.0 m 和17.0 m 的两质点间的相位差。

解需先写出波动方程。由题给条件可知2.0=T

s ，10=u m ?s

-1

，π2

? 取传播方向为

轴正向，

6题图

5题图

]π2

)10(π10cos[])(π2cos[

0+-=+-=x t A u x t T A y ? m （1）5=x

m 处质点的振动方程为

)π5.0π10cos()π5.4π10cos(-=-=t A t A y m 初相 π5.00-=?。

（2）π)1617(π2)(π212=?-=-=?

T u x x λ?。

8.如题图所示，设B 点发出的平面横波沿BP 方向传播，它在B 点的振动方

t y π2cos 10231-?=;C 点发出的平面横波沿CP 方向传播，它在C 点的振动方程为

)2cos(10232ππ+?=-t y ，本题中y 以m 计，t 以s 计．设BP ＝0.4m ，CP ＝0.5 m ，波速u =0.2m ·s

-1

，求：(1)两波传到P 点时的位相差；(2)当这两列波的振动方向相同时，P 处合振动的振幅；

8题图

解: (1))(2)(12BP CP --

-=?λ

?φφ

)(BP CP u

=ω

π0)4.05.0(2

.02=--=ππ，

(2）P 点是相长干涉，且振动方向相同，所以

321104-?=+=A A A P m

9.如图所示，两相干波源分别在P ，Q 两点处，它们发出频率为ν，波长为λ，振幅为A 且初相相同的

两列相干波。设23λ

=PQ ，R 为PQ 连线上的一点。求：（1）自P ，Q 发出的两列波在R 处的相

位差及合振幅；（2）P ，Q 连线之间因干涉而静止的点。解（1）

???Q

P Q P r r -?

--=?π2π323π20-=?-=λ

所以

=A 。

（2）设此点距P 为

，则距Q 为 (

x -2

3λ),该点相位差为

???Q

P Q P r r -?

--=?π2 )223(2)

23(

20λ

πλλπ

x x x -=---=

9题图

干涉静止，则 π?)12(+=?k ，即 λ2

x -=。取2,1,1

,0--=k ，可分别得λλλ

,,0,2=x 。这些点即为干涉静止点。 10.两波在同一细绳上传播，它们的方程分别为

)

π4πcos(06.01t x y -=m 和

)π4πcos(06.02t x y +=m 。（1）证明这细绳是作驻波式振动，并求波节和波腹的位置；（2）波

腹处的振幅多大？在

1.2x =m 处，振幅多大？

解将

1y 的方程改写为：)ππ4cos(06.0)]ππ4(cos[06.01x t x t y -=--= m 这样1y ，

2y 便为在x 方向上沿相反方向传播的相干波源，其合成结果即为驻波。

且从方程可知

π4=ω，

π=u

，所以2π

2==

λu

m 。

（1）波节：)5.0(4

)12(+±=?

+±=k k x λ

m ,2,1,0=k

波腹：

k k x ±=?

±=2

m ,2,1,0=k

（2）波腹处：

12.02

π2cos 06.02π2cos 2=?

?=?

A A λ

m 12.0=x m 处，097.02

.0π2cos 06.02=?

?=A m 。 11.一平面简谐波的频率为500 Hz ，在空气（3.1=ρ

kg ?m -3

）中以340=u m ?s

-1

的速度传播，到达

人耳时，振幅约为

6100.1-?=A m 。试求波在耳中的平均能量密度和声强。

解 62222

21042.6π22

1-?===

νρωρA A w J ?m -2

，31018.2-?=?=u w I

w ?m

-2

。

12.一把小提琴演奏时的声强级为60dB ，两把小提琴演奏时的声强级为多少？声强为多少？解设一把小提琴演奏时的声强为1I ，对应的声强级为0

log 10I I L =60=dB 则 1001

110L I I =6121010?=-610-=W.m 2-两把小提琴演奏时的声强为12I ，对应的声强级为

22log 10I I L =12lg 10L +=63=dB. 第十一章光学

1、在双缝干涉实验中，两缝间距为mm 30.0，用单色光垂直照射双缝，在离缝m 20.1的屏上测得中央明纹一侧第

5条暗纹与另一侧第5条暗纹间的距离为mm 78.22，问所用光的波长为多少？

解：双缝干涉暗纹条件'(21)2

d x k d λ

=±+ (0,1,2,)k =??? 中央明纹一侧第

条暗纹对应于

=k ，由于条纹对称，该暗纹到中央明纹中心的距离为

mm 39.112

.22==

x 那么由暗纹公式即可求得 33

7'2211.39100.3010 6.32810m 632.8nm (21) 1.20(241)

xd d k λ---????===?=+??+

2、用白光垂直入射到间距为mm 25.0=d

的双缝上，距离缝m 0.1处放置屏幕，求零级明纹同侧第二

级干涉条纹中紫光和红光中心的间距（白光的波长范围是nm 760~400

）。

解：第k 级明纹位置应满足'

d x k d

λ= ),2,1,0(???±±=k 对紫光和红光分别取nm 4001

=λ，nm 7602=λ；则同侧第二级条纹的间距

621 1.010()2(760400)10 2.88mm 0.25

d x k d λλ-??=-=??-?=

3、用58.1=n

的透明云母片覆盖杨氏双缝干涉装置的一条缝，若此时屏中心为第五级亮条纹中心，设

光源波长为μm 55.0，（1）求云母片厚度。（2）若双缝相距mm 60.0，屏与狭缝的距离为m 5.2，

求0级亮纹中心所在的位置。

解：（1）由于云母片覆盖一缝，使得屏中心处的光程差变为λ5=?，一条光路中插入厚度为e 的透明介

质片光程变化e n )1(-。所以

λ5)1(=-=?e n

解得云母片厚度μm 74.41

58.155

.0515=-?=-=n e λ（2）因为

mm 29.260.055.05.2=?==?d D x λ, 又由于中心位置为

级明纹中心，故

级条纹距中心为

倍条纹宽度，所以

mm 45.1129.2555=?=?=x x

4、如图所示，在折射率为50.1的平板玻璃表面有一层厚度为nm 300，折射率为22.1的厚度均匀透明油膜，用白光垂直射向油膜，问：（1）哪些波长的可见光在反射光中干涉加强?（2）若要使透射光中

nm 550=λ的光干涉加强，油膜的最小厚度为多少?

由上式可得：k

d n 22=

λ , 1=k 时： nm 7321

300

22.121=??=

λ 红光

2=k 时： nm 3662

300

22.122=??=

λ 紫外, 故反射中波长为nm 732的红光产生干涉加强。(2)由反射光干涉相消条件为： () ,2,1,0 ,2

1222===?

k k d n λ

＋

故()2

412n k d λ+=

, 显然k =0所产生对应的厚度最小，即nm 11322

.14550

min

=?=

n d λ

5、如下图所示，在生产半导体中，有时为了测定硅片上的2SiO 的薄膜厚度，将薄膜一侧腐蚀成劈尖形状。现用波长为nm 3.589的钠黄光垂直照射到2SiO 薄膜表面上，结果在垂直方向上观察到MN 面的反射光干涉条纹有七条暗纹，且第七条位于N 处，试求薄膜的厚度。

解：根据题意，可知2SiO 薄膜表面上的暗纹条件为2

)

12(22λ

+=k e n ),2,1,0(???=k

因第七条暗纹的6=k

则有nm 8.12763.5895

.141624122=??+?=+=λn k e

6、在利用牛顿环测未知单色光波长的实验中，当用已知波长为nm 3.589的钠黄光垂直照射时，测得第一和第四暗环的距离为m 1000.43-?=?r

；当用波长未知的单色光垂直照射时，测得第一和第四环的

解：(1)因反射光的反射条件相同(321

n n n <<)，故不计半

波损失，由垂直入射

=i ，得反射光干涉加强的条件为

3,2,1 ,22===?k k d n λ

距离为m 1085.33'

-?=?r

，求该单色光的波长。

解：牛顿环干涉的暗环半径λ

kR r = ),2,1,0(???=k

所以1=k

和4=k 时，所对应的干涉暗环半径分别为 λ

R r =1

， λR r 24

由题意知：它们之间的距离

R r r r =-=?14，设未知光的波长为

λ,由分析得

λR r =?, 所以

λλλ

λ''

=??R R r

r ，故可解得未知波长

nm 546'=λ

7、如图所示，狭缝的宽度mm 60.0=b

，透镜焦距m 40.0=f ，有一与狭缝平行的屏放置在透镜

的焦平面处。若以单色平行光垂直照射狭缝，则在屏上离点O 为mm 4.1=x 处的点P 看到衍射明条纹。

试求：（1）该入射光的波长；（2）点P 条纹的级数；（3）从点P 看对该光波而言，狭缝处的波阵面可作

半波带的数目。

解：（1）由单缝衍射的明纹条件有()

12sin λ

+=k b ，对点P 而言，因为

f >>b 有f

≈

θsin ，

所以有2

)12(λ+=k f x b

，将

b ，x ，f

值代入，并考虑可见光波的上下限值有

nm 400min =λ时 75.4max =k ， nm 760=man λ时27.2=m ix k

因为

k 只能取整数值，故在可见光范围内只允许有3=k 和4=k ，它们所对应的入射光波分别为

nm 6001=λ， nm 7.4662=λ

（2）点P 的条纹级数随入射光的波长而定，当

nm 6001=λ时， 3=k ；

当

nm 7.4662=λ时， 4=k 。

（3）当nm 6001=λ时，3=k

当nm 7.4662

=λ时，4=k ，半波带数为912=+k 。

8、一单色平行光垂直照射于一单缝,若其第三条明纹位置正好和波长为nm 600的单色光入射时的第二级明纹位置一样，求前一种单色光的波长。解：

对于同一观察点，两次衍射的光程差相同，由于明纹条件

()

12sin λθ+=k b ，故有()()22111212λλ+=+k k

由以上分析，将

6002=λ，

1=k ，

2=k 代入即可求出未知的波长

()nm 6.4281

32600

)122(1

21212

21=+??+?=

++=

k k λλ

9、有一单缝，宽mm 10.0=a

，在缝后放一焦距为cm 50的会聚透镜，用平行绿光（nm 0.546=λ）

垂直照射单缝，试求位于透镜焦面处的屏幕上的中央明条纹及第二级明纹宽度。解：设屏上第k 级暗纹的位置为

x 。由单缝衍射的暗纹条件λθk b =sin

又因θ很小，有f

x ≈θs i n

，即λk f

=，

1±=k 时，对应的中央明纹宽度

mm 46.5100.54610

.0105022

6110=????==-=?--λa f x x x 第k 级明纹宽度λλλa

a f k a f k x x x k k k =-+=-=?+)

1(1 可见，各级明纹宽度相等，与k 无关。并且，中央明纹宽度为其它明纹宽度的两倍。所以，第二级明纹宽

度为mm 73.2100.54610

.010

5062=???==

?-λa f x 10、在迎面驶来的汽车上，两盏前灯相距cm 120。试问汽车离人多远的地方，眼睛恰可分辨这两盏前灯？设夜间人眼瞳孔直径为mm 0.5，入射光波长nm 550=λ。（这里仅考虑人眼圆形瞳孔的衍射效应。）

解：已知瞳孔直径mm 0.5=D

，nm 550=λ。人眼的最小分辨角D

θ22

.10=

汽车两盏前灯间距cm 120=l ，当车与人相距为d 时，两盏灯对人眼的张角d

当0θθ=时，人眼恰可分辨这两盏灯。由D

d l λ22.1=

得恰可分辨两盏车灯的距离为

m 1094.81055022.120.1100.522.13

3?=????==--λDl d

11、波长为λ的单色光垂直入射到每厘米有6000条刻痕的光栅上，测得第1级谱线的衍射角为o

20，求

（1）单色光波长；（2）第2级谱线的衍射角。

解：（1）每厘米6000条刻痕即光栅常数为mm 600

1cm 60001)(==

'+b b 由已知λθ='+1sin )(b b ，得nm 57020sin 10600

o 6=?=λ （2）由λθ2sin )(2

='+b b

得o

6216.43684.0arcsin 1060015702arcsin ==????

????????=θ

12、利用一个每厘米有4000条缝的光栅，可以产生多少完整的可见光谱（取可见光的波长范围：

nm 760~400）？

解：此光栅的光栅常数

mm 105.2cm 4000

)(6-?==

'+b b

按光栅公式λθk b b ='+sin )(，光谱线的最高级别1sin =θ，即λ

b b k '

+<，它与波长成反

比，因此，完整的可见光谱的最高级别

b b k λ'

，取nm 760=m λ所以，29.310

760105.29

=??<--k 取整数，3=k ，即可以产生三级完整的可见光谱。

13、已知某透明媒质对空气全反射的临界角等于o

45，求光从空气射向此媒质时的布儒斯特角。解：由题意知全反射临界角o

45=i ，只有当

12n n >时才会有全反射。有折射定律

10290sin sin n i n =， 0

0o 12sin 1

sin 90sin i i n n =

=，设布儒斯特B i

，由布儒斯特定律：

12sin 1

tan i n n i B =

， o

07.5454sin 1arctan )sin 1arctan(===i i B

14、一束自然光，以某一角度射到平行平面玻璃板上，反射光恰为线偏振光，且折射光的折射角为o 32，试求：（1）自然光的入射角；（2）玻璃的折射率；（3）玻璃板表面的反射光、折射光的偏振状态。解：（1）由布儒斯特定律知，反射光为线偏振光时，反射光与折射光垂直，即：o 90=+r i B

所以自然光的入射角为o o 5890=-=r i B

（2）根据布儒斯特定律1

tan n n i B

=，

其中11

=n ，因此玻璃折射率为6.158tan tan o 12===B i n n

（3）自然光以布儒斯特角入射介质面，反射光为光振动方向垂直入射面的线偏振光；折射光是光振动平行入射面部分强的部分偏振光。

15、自然光垂直射到互相叠放的两个偏振片上，若（1）透射光强为透射光最大光强的三分之一；（2）透射光强为入射光强的三分之一；则这两个偏振片的偏振化方向的夹角为多少？解：设自然光的光强为0I ，通过第一个偏振片以后，光强为20I ，因此通过第二个偏振片后的最大光强

为20

I 。根据题意和马吕斯定律有（1）2

31cos 2

20I I =α，解得

4454o '±＝α

（2）3

cos 202

0I I =α，解得6135o

'±＝α

（3）16、使自然光通过两个偏振化方向相交o

60的偏振片，透射光强为1I ，今在这两个偏振片之间插入

另一偏振片，它的方向与前两个偏振片均成o

30角，则透射光强为多少？解：设自然光的光强为0I ，通过第一个偏振片以后，光强为20

I ，则通过第二个偏振片后光的强度

0202018

60cos 2cos 2I I I I ===

α，在两偏振片之间插入第三个偏振片后，则通过第三偏振片的光的强度022*******

30cos 30cos 2cos cos 2I I I I ==''=

αα 因此两式相比得1225.2I I =

第十二章气体动理论

12-1 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：=

1ε2

kT ＝5.65×21

-J ，

=22

32kT ＝7.72×2110-J

由于1eV=1.6×19

-J , 所以理想气体对应的温度为：T=2ε/3k =7.73×310 K

12-2一容器中储有氧气，其压强为0.1个标准大气压，温度为27℃，求：(1)氧气分子的数密度n ；(2)氧气密度

；(3)氧气分子的平均平动动能

k ε？

(1)由气体状态方程

nkT p =得，24

51045.2300

1038.110013.11.0?=????==-kT p n 3m - (2)由气体状态方程

RT M M

pV mol

(M ，

mol M 分别为氧气质量和摩尔质量) 得氧气密度：

13.0300

31.810013.11.0032.05mol =????===RT p M V M

ρ 3m kg -? (3) 氧气分子的平均平动动能21231021.63001038.12

23--?=???==kT k ε 12-3 在容积为2.0×33

m 10

-的容器中，有内能为6.75×210J 的刚性双原子理想气体分子，求（1）气

体的压强；（2）设分子总数5.4×22

10个，求气体温度；（3）气体分子的平均平动动能？

解：（1）由2

iRT M m =

ε 以及RT M

m pV =, 可得气体压强

p =iV

2=1.35×5

10 Pa

（2）分子数密度V

N n =

, 得该气体的温度62.3===

pV nk p T

×210K (3)气体分子的平均平动动能为

ε2

3kT

=7.49×2110-J 12-4 2

0.2-?kg 氢气装在3

0.4-?m 3

的容器内，当容器内的压强为5

1090.3?Pa 时，氢气分子

的平均平动动能为多大？

解：由

RT M

m pV =

得 mR

MpV T =

所以221089.32323-?=?==

MpV k kT εJ 12-5 1mol 刚性双原子气体分子氢气，其温度为27℃，求其对应的平动动能、转动动能和内能各是多少?（求内能时可不考虑原子间势能）

解：理想气体分子的能量为

RT i

n E 2

=，所以氢气对应的平动动能为（

3=t ）

5.373930031.82

1=???

=t εJ 转动动能为（2=r

） 249330031.82

21=???=r J

内能5=i 5.623230031.82

51=???=i ε J

12-6 设有N 个粒子的系统，其速率分布如图所示，求：(1)分布函数

)(v f 的表达式； (2)速度

在1.50v

到2.00v 之间的粒子数；(3) N 个粒子的平均速率；(4) 0.50v 到10v 区间内粒子的平均速率？解：(1)从上图所给条件得：

??≥=≤≤=≤≤=)

2(0)()2()()0(/)(00000v v v Nf v v v a v Nf v v v av v Nf 由此可得分布函数表达式为：

???≥≤≤≤≤=)

2(0)2(/)0(/)(00000v v v v v N

a v v Nv av v f 类似于概率密度的归一化条件，故

)(v f 满足

+∞

∞

-1d )(＝v v f ,即

?=+0

20,1d d v v v v a v v av 计算得0

32v N

a =

，带入上式得分布函数

)(v f 为：

???

?≥≤≤≤≤=)

2(0)2(32)0(3/2)(000002

0v v v v v v v v v v v f (2)该区间对应的

)(v f 为常数

32v N ，所以可通过计算矩形面积得该区间粒子数为：

N v v v N N 3

)5.12(32000=-=

? (3) N 个粒子平均速率

+===∞

∞

+∞

-000

202

d 32d 32d )(d )(v v v v v v v v v v v vf v v vf v

0911v = (4)同理05.0v 到01v 区间内粒子平均速率

v v v v v vf v v v v v d 32d )(0

5.020

5.0??

===0367v 12-7 设N 个粒子系统在各速率区间对应的粒子数变化率为：

Kdv dN = （为常量K v V ,0>>），0=dN （V

v >）

（1）画出速率分布函数图；（2）用N 和V 表示常量K ；（3）用V 表示出平均速率和方均根速率。解：（1）因为Kdv dN = 所以有：N

dv N dN v f =?=

)( （0>>v V ）

0)(=v f （V

v >）故速率函数分布图如右图所示。

（2）由归一化条件：

1)(0

==?

+∞

∞

-dv N

dv v f V

可得：V

N K =

（3V V N K vdv N

K dv v vf v

V 2

121)(20

=?=

V V N K dv v f v v V

3)31()

)((2132

===?

12-8 某些恒星的温度可达到约8

100.1?k ，这是发生聚变反应（也称热核反应）所需的温度。通常在此温度下恒星可视为由质子组成。求：（1）质子的平均动能是多少？（2）质子的方均根速率为多大？解：（1）151007.22

-?==

kT ε

J （质子i=3, 只有平动动能）（2）

621058.133?===

M RT v m.s 1-（质子质量为2710675.1-?kg ） 12-9、图中Ⅰ、Ⅱ两条曲线是两种不同气体（氢气和氧气）在同一温度下的麦克斯韦分子速率分布曲线。试由图中数据求：（1）氢气分子和氧气分子的

最概然速率；（2）两种气体所处的温度。解：（1）

v P 2=

温度相同时，

P v 与M

成反比

∵22

o H

M M <,∴2

2)()(o P H P v v >. 故从图

知，Ⅱ图线对应的P v 值应为氢气的。

∴

3100.2)(2?=H P v m.s

-1,

又由

162

2=H O M M 可得：2

(P v m.s -1

（2）氢气、氧气温度相同。所以，由M

RT v P

2=得

221081.42)(222?=?=?=R

M v R M

v T H H P P

12-10一瓶氧气，一瓶氢气，等压、等温，氧气体积是氢气的2倍，求(1)氧气和氢气分子数密度之比；(2)氧分子和氢分子的平均速率之比．解：(1)因为 nkT p = 则

1=H O

n n (2)由平均速率公式mol

.1M RT v =,

1mol mol ==O H H O M M v v 12-11若氖气分子的有效直径为8

1059.2-?cm ,问在温度为600K 、压强为2

1033.1?Pa 时氖气分子1s 内的平均碰撞次数为多少？

解：6221081.38)(

22?===M

RT kT p d v n d Z

πππs 1- 12-12一真空管的真空度约为3

1038.1-?Pa ，试求在27℃时单位体积中的分子数及分子的平均自由程

(设分子的有效直径d ＝3×10-10

m )．

解：由气体状态方程

nkT p =得

2331033.3300

1038.11038.1?=???==-kT p n 3m -

由平均自由程公式 n

d 2

21πλ

，

5.710

33.310

921

=????=

-πλ m

3、理想气体做绝热膨胀，由初状态

()00,V p 至末状态()V p ,，试证明此过程中气体做的功为：

00--=

γpV

V p W 。证明：绝热过程0=Q ，所以E W ?-=，)(0,T T C M m W m V --=，

初状态和末状态的方程分别为：00

0RT M m

V P =

，RT M

m PV =，解出0T 与T 代入

有：

pV V p C W m V )

(00,-=

，又因为

V m p C C R ,,-=，

V m p C C ,,=

γ，所以，

00--=

γpV

V p W

解：

∵外界对物体做功 ∴W =300J ∵气体的内能减少了 ∴△U =-300J 根据热力学第一定律得

Q =△U - W =-300J – 300J= -600J Q 是负值，表示气体放热，

因此气体放出了600J 的热量。

7．奥托（内燃机）循环是由两个等容过程和两个绝热过程组成的，试求此循的热机效率是多少？解：)(d a V T T C Q -=ν吸

)(c b V T T C Q -=ν放

Q η=吸

=吸放Q Q -

1， =d

a c

b T T T T ---

1，

大学物理马文蔚第五版下册第九章到第十一章课后答案汇总

第九章振动 9-1一个质点作简谐运动，振幅为A，在起始时刻质点的位移为 2 A -，且向x轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（）题９-１图分析与解（b）图中旋转矢量的矢端在x轴上投影点的位移为－A/2，且投影点的运动方向指向O x轴正向，即其速度的x分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（b）．9-2已知某简谐运动的振动曲线如图（a）所示，则此简谐运动的运动方程为（）()()()() ()()()() cm π 3 2 π 3 4 cos 2 D cm π 3 2 π 3 4 cos 2 B cm π 3 2 π 3 2 cos 2 C cm π 3 2 π 3 2 cos 2 A ?? ? ?? ? + = ?? ? ?? ? - = ?? ? ?? ? + = ?? ? ?? ? - = t x t x t x t x 题９-２图分析与解由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为–A/2，且向x轴负方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为3/π 2．振动曲线上给出质点从–A/2 处运动到+A处所需时间为 1 s，由对应旋转矢量图可知相应的相位差3/π 4 Δ=，则角频率()1s3/π4 Δ / Δ- = =t ω，故选（D）．本题也可根据振动曲线所给信息，逐一代入方程来找出正确答案．

9-3 两个同周期简谐运动曲线如图（a ）所示， x 1 的相位比x 2 的相位（）（A ）落后2π （B ）超前2 π （C ）落后π （D ）超前π 分析与解由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b ）即可得到答案为（b ）．题９-３图 9-4 当质点以频率ν 作简谐运动时，它的动能的变化频率为（）（A ） 2 v （B ）v （C ）v 2 （D ）v 4 分析与解质点作简谐运动的动能表式为()?ωω+=t A m E k 222sin 2 1，可见其周期为简谐运动周期的一半，则频率为简谐运动频率ν的两倍．因而正确答案为（C ）． 9-5 图（a ）中所画的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐运动可叠加，则合成的余弦振动的初相位为（）（A ） π2 3 （B ）π21 （C ）π （D ）0 分析与解由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动，它们的相位差是π（即反相位）．运动方程分别为t A x ωcos 1=和()πcos 2 2+= t ωA x ．它们的振幅不同．对于这样两个简谐运动，可用旋转矢量法，如图（b ）很方便求得合运动方程为t A x ωcos 21=．因而正确答案为（D ）．

物理学(第五版)下册波动作业答案

波动作业答案 1.{ 一平面简谐波沿Ox轴正方向传播，t= 0时刻的波形图如图所示，则P处介质质点的振动方程是（） } A.(SI) B.(SI) C.(SI) D.(SI) 答案:A 2.如图所示，S1和S2为两相干波源，它们的振动方向均垂直于图面，发出波长为的简谐波，P点是两列波相遇区域中的一点，已知，，两列波在P点发生相消干涉．若S 1的振动方程为，则S2的振动方程为（） } A. B. C. D. 答案:D 3.两相干波源S1和S2相距，（为波长），S1的相位比S2的相位超前，在S1，S2的连线上，S1外侧各点（例如P点）两波引起的两谐振动的相位差是（） } A.0 B. C.

D. 答案:C 4.在弦线上有一简谐波，其表达式为 (SI) 为了在此弦线上形成驻波，并且在x= 0处为一波腹，此弦线上还应有一简谐波，其表达式为（） } A.(SI) B.(SI) C.(SI) D.(SI) 答案:D 5.沿着相反方向传播的两列相干波，其表达式为和．在叠加后形成的驻波中，各处简谐振动的振幅是（） } A.A B.2A C. D. 答案:D 6.{ 一平面余弦波在t= 0时刻的波形曲线如图所示，则O点的振动初相为（） } A.0 B. C. D.（或）答案:D 7.{ 如图所示，有一平面简谐波沿x轴负方向传播，坐标原点O的振动规律为），则B点的振动方程为（） }

A. B. C. D. 答案:D 8.{ 如图，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，则（） } A.O点的振动方程为 B.波的表达式为 C.波的表达式为 D.C点的振动方程为答案:C 9.一声波在空气中的波长是0.25 m，传播速度是340 m/s，当它进入另一介质时，波长变成了0.37 m，它在该介质中传播速度为______________．答案:503 m/s 10.一平面简谐波的表达式为(SI)，其角频率=_____________，波速 u=_______________，波长= _________________．答案:125 rad/s|338 m/s | 17.0 m 11.图为t=T/ 4 时一平面简谐波的波形曲线，则其波的表达式为________________________．答案:(SI) 12.一平面简谐波沿Ox轴正方向传播，波长为．若如图P1点处质点的振动方程为，则P2点处质点的振动方程为_________________________________；与P 1点处质点振动状态相同的那些点的位置是 ___________________________．答案:|(k=±1，±2，…） 13.如图所示，一平面简谐波沿Ox轴负方向传播，波长为，若P处质点的振动方程是，则该波的表达式是_______________________________；P处质点____________________________时刻的振动状态与O处质点t1时刻的振动状态相同．

大学物理马文蔚第五版下册第九章到第十一章课后答案

第九章振动 9-1一个质点作简谐运动，振幅为A，在起始时刻质点的位移为，且向x 轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（）题９-１图分析与解（b）图中旋转矢量的矢端在x轴上投影点的位移为－A/2，且投影点的运动方向指向Ox轴正向，即其速度的x分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（b）． 9-2已知某简谐运动的振动曲线如图（a）所示，则此简谐运动的运动方程为（）题９-２图分析与解由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为–A/2，且向x轴负方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为．振动曲线上给出质点从–A/2 处运动到+A处所需时间为 1 s，由对应旋转矢量图可知相应的相位差，则角频率，故选（D）．本题也可根据振动曲线所给信息，逐一代入方程来找出正确答案． 9-3两个同周期简谐运动曲线如图（a）所示， x1 的相位比x2 的相位（）（A）落后（B）超前（C）落后（D）超前分析与解由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b）即可得到答案为（b）．

题９-３图 9-4当质点以频率ν作简谐运动时，它的动能的变化频率为（）（A）（B）（C）（D）分析与解质点作简谐运动的动能表式为，可见其周期为简谐运动周期的一半，则频率为简谐运动频率ν的两倍．因而正确答案为（C）． 9-5图（a）中所画的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐运动可叠加，则合成的余弦振动的初相位为（）（A）（B）（C）（D）分析与解由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动，它们的相位差是（即反相位）．运动方程分别为和．它们的振幅不同．对于这样两个简谐运动，可用旋转矢量法，如图（b）很方便求得合运动方程为．因而正确答案为（D）．题９-５图 9-6 有一个弹簧振子，振幅，周期，初相．试写出它的运动方程，并作出图、图和图．

物理学教程(第二版)-马文蔚下册公式原理整理(1)

物理期末知识点整理 1、计算题知识点 1）电荷在电场中运动，电场力做功与外力做功的总的显影使得带电粒子动能增加。 2）球面电荷均匀分布，在球内各点激发的电势，特别是在球心激发的电势（根据高斯定理，球面内的电场强度为零，球内的电势与球面的电势相等 04q R επε= ，电势满足叠加原理） 3）两个导体球相连接电势相等。 4）载流直导线在距离r 处的磁感应强度02I B r μπ= ，导线在磁场中运动产生的感应电动势。（电场强度02E r λπε= ）t φ ξ=- 5）载流直导线附近的线框运动产生的电动势。 6）已知磁场变化，求感应电动势的大小和方向。 7）双缝干涉，求两侧明纹间距，用玻璃片覆盖其中的一缝，零级明纹的移动情况。（两明纹间距为' d d d λ?= ，要求两侧明纹的间距，就是要看他们之间有多少个d ?，在一缝加玻璃片，使得一端的光程增加，要使得两侧光程相等，光应该向加玻璃片的一方移动） 8）牛顿环暗环公式，理解第几暗环的半径与k 的关系。（r =k=0、1、2…..）） 9）光栅方程，光栅常数，第几级主极大与相应的衍射角，相应的波长，每厘米刻线条数，第一级谱线的衍射角（光栅明纹方程(')sin b b k θλ+=±（k=0、1、2….）暗纹方程(')sin (21)/2b b k θλ+=±+（k=0、1、2….）光栅常数为'b b +） 10）布鲁斯特定律，入射角与折射角的关系2 1 tan b n n θ= 2、电场强度的矢量合成 3、电荷正负与电场线方向的关系（电场线从正电荷发出，终止于负电荷） 4、安培环路定理0Bdl I μ=?。 5、导线在磁场中运动（产生感应电动势），电流在磁场中运动受到安培力的作用。 6、干涉条件（频率相同，相位相等或相位差恒定，振动方向相同） b θ

物理学答案《第五版》_上册马文蔚

1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v ,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ． (1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr ｜= Δs = Δr (B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r (C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s (D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s (2) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v (C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v 分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)． (2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故t s t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ．但由于｜d r ｜＝d s ,故t s t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x ．下述判断正确的是( ) (A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确 (C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确分析与解 t r d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速

内蒙古科技大学马文蔚大学物理(下册)第六版答案解析

第九章振动习题：P37～39 1，2，3，4，5，6，7，8，16.

9-4 一质点做简谐运动,周期为T,当它由平衡位置向X 轴正方向运动时,从1/2 最大位移处到最大位移处这段路程所需的时间( ) A、T/12 B、T/8 C、T/6 D、T/4 分析(C)，通过相位差和时间差的关系计算。可设位移函数 y=A*sin(ωt),其中ω=2π/T；当y=A/2, ω t1= π /6 ；当y=A, ω t2= π /2 ；△ t=t2-t1=[ π /(2 ω )]-[ π /(6 ω )]= π/(3ω)=T/6

9-回图（a）中所阿的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐j?动可叠加* 则合成的余弦振动的初相位为（） 3 1 （A）-7W （B）—IT（C）F （D）O 分析与解由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动, 它们的相位差是TT（即反相位）?运动方程分别为X I= Acos ωt利%2= -^-CoS（（（；? + 瓷）?它们的振幅不同.对于这样两个简谐运动M用旋转欠量送,如图（b）很方便 A 求得合运动方程为x=ycos ωt.因而正确答案为（D）. 9-目有一个弹簧振子，振幅4 =2-0 X 10-2 m,周期T = 1.0 s,初相＜p = 3ιτ∕4.试写出它的运动方程,并作出X - 1图I e - i图和a - t图. 解因3=X∕T,则运动方程 / 2πf ≡?cos(ωt + φ) =ACUS

根据题中给出的数据得 X = 2. 0 Xio '2cos( 2irf + O- 75τr) ( m ) 振子的速度和加速度分别为 t) = dx∕(It = -4π × 10^2Rin(2ττt + 0. 75ττ) (m * s^,) (Z = ?2χ∕df2 = - 8TT2X 10 ^2cos( 2τrt + 0. 75τT) ( m ? s ^2) X-I^V-C及Oft图如图所示.

大学物理_马文蔚__第五版_下册_第九章到第十一章课后答案

第九章振动 9-1 一个质点作简谐运动，振幅为A ，起始时刻质点的位移为2 A - ，且向x 轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（）题９-１图分析与解（b ）图中旋转矢量的矢端在x 轴上投影点的位移为－A /2，且投影点的运动方向指向O x 轴正向，即其速度的x 分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（b ）． 9-2 已知某简谐运动的振动曲线如图（a ）所示，则此简谐运动的运动方程为（） ()()()()()()()()cm π32π34cos 2D cm π32π34cos 2B cm π32π32cos 2C cm π32π32cos 2A ?? ????+=??????-=??????+=??????-=t x t x t x t x 题９-２图分析与解由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为 –A /2，且向x 轴负方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为3/π2．振动曲线上给出质点从–A /2 处运动到+A 处所需时间为 1 s ，由对应旋转矢量图可知相应的相位差3/π4Δ =，则角频率()1s 3/π4Δ/Δ-==t ω，故选（D ）．本题也可根据振动曲线所给信息，逐一代入方程来找出正确答案．

大学物理学第五版马文蔚答案上下册第十二章

第十二章气体动理论 12-1 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：= 1ε2 31 kT ＝5.65×21 10 -J ， =2ε2 32kT ＝7.72×2110-J 由于1eV=1.6×19 10 -J , 所以理想气体对应的温度为：T=2ε/3k =7.73×310 K 12-2一容器中储有氧气，其压强为0.1个标准大气压，温度为27℃，求：(1)氧气分子的数密度n ；(2)氧气密度 ρ；(3)氧气分子的平均平动动能k ε？ (1)由气体状态方程 nkT p =得，24 23 51045.2300 1038.110013.11.0?=????==-kT p n 3m - (2)由气体状态方程 RT M M pV mol = (M ， mol M 分别为氧气质量和摩尔质量) 得氧气密度： 13.0300 31.810013.11.0032.05mol =????===RT p M V M ρ 3m kg -? (3) 氧气分子的平均平动动能21231021.63001038.12 3 23--?=???== kT k ε 12-3 在容积为2.0×33 m 10 -的容器中，有内能为6.75×210J 的刚性双原子理想气体分子，求（1）气体的压强；（2）设分子总数5.4×22 10个，求气体温度；（3）气体分子的平均平动动能？解：（1）由2 iRT M m = ε 以及RT M m pV = , 可得气体压强p =iV ε2=1.35×5 10 Pa （2）分子数密度V N n = , 得该气体的温度62.3=== Nk pV nk p T ×210K (3)气体分子的平均平动动能为 = ε2 3kT =7.49×2110-J 12-4 2 10 0.2-?kg 氢气装在3 10 0.4-?m 3 的容器内，当容器内的压强为5 1090.3?Pa 时，氢气分子的平均平动动能为多大？解：由 RT M m pV = 得 mR MpV T = 所以221089.32323-?=?== mR MpV k kT εJ 12-5 1mol 刚性双原子气体分子氢气，其温度为27℃，求其对应的平动动能、转动动能和内能各是多少?

物理学上册马文蔚答案

物理学上册马文蔚答案【篇一：物理学答案(第五版,上册)马文蔚】 (1) 根据上述情况,则必有( ) (2) 根据上述情况,则必有( ) (a) ｜v｜= v,｜｜=(b) ｜v｜≠v,｜｜≠ (c) ｜v｜= v,｜｜≠(d) ｜v｜≠v,｜｜= 但由于｜dr｜＝ds,故drds?,即｜｜＝．由此可见,应选(c)． dtdt 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 drdrds?dx??dy?(1)； (2)； (3)；(4)?????． dtdtdtdt???dt? 下述判断正确的是( ) (a) 只有(1)(2)正确 (b) 只有(2)正确 (c) 只有(2)(3)正确 (d) 只有(3)(4)正确分析与解 22dr表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速dt 率．通常用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；dr 表示速度矢量；在自然dt 22ds?dx??dy?坐标系中速度大小可用公式v?计算,在直角坐标系中则可由公式v??????dtdtdt???? 求解．故选(d)． 1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列表达式,即 (1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ．下述判断正确的是( ) (a) 只有(1)、(4)是对的 (b) 只有(2)、(4)是对的 (c) 只有(2)是对的(d) 只有(3)是对的 dv表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速dt dr度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所dt分析与解述)；dsdv在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度adtdt ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(d)． 1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( )

物理化学第五版课后习题答案解析

第五章化学平衡 5－1．在某恒定的温度和压力下，取n 0﹦1mol 的A (g )进行如下化学反应：A (g ) B (g ) 若0B μ﹦0 A μ，试证明，当反应进度 ﹦时，系统的吉布斯函数G 值为最小，这时A ，B 间达到化学平衡。解：设反应进度为变量 A (g ) B (g ) t ﹦0 n A , 0﹦n 0 0 0 ﹦0 t ﹦t 平 n A n B ﹦ B B n ν n B ﹦ B ，n A ﹦n 0－n B ﹦n 0－ B ，n ﹦n A ＋n B ﹦n 0 气体的组成为：y A ﹦ A n n ﹦00 B n n νξ-﹦01n ξ-，y B ﹦B n n ﹦0n ξ 各气体的分压为：p A ﹦py A ﹦0 (1)p n ξ - ，p B ﹦py B ﹦ p n ξ 各气体的化学势与的关系为：0 000ln ln (1)A A A A p p RT RT p p n ξμμμ=+=+- 0 000 ln ln B B B B p p RT RT p p n ξμμμ=+=+? 由 G ＝n A A ＋n B B ＝(n A 0A μ＋n B 0 B μ)＋00ln (1)A p n RT p n ξ-＋00 ln B p n RT p n ξ ? ＝[n 0－ A μ＋0 B μ]＋n 00 ln p RT p ＋0 0()ln(1)n RT n ξξ--＋0ln RT n ξξ 因为 0B μ﹦0A μ，则G ＝n 0(0 A μ＋0 ln p RT p )＋00()ln(1)n RT n ξξ--＋0ln RT n ξξ ,0()ln T p G RT n ξξξ?=?- 20,20()() T p n RT G n ξξξ?=-?-＜0 令 ,( )0T p G ξ ?=? 011n ξξξξ==-- ﹦ 此时系统的G 值最小。

大学物理学第五版马文蔚答案上下册第三章

第三章动量守恒定律和能量守恒定律 3-1质量为m 的物体，由水平面上点O 以初速为0v 抛出，0v 与水平面成仰角α。若不计空气阻力，求：（1）物体从发射点O 到最高点的过程中，重力的冲量；（2）物体从发射点到落回至同一水平面的过程中，重力的冲量。分析：重力是恒力，因此，求其在一段时间内的冲量时，只需求出时间间隔即可。由抛体运动规律可知，物体到达最高点的时间 g v t αsin 01=?，物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是到达最高点时间的两倍。这样，按冲量的定义即可求出结果。另一种解的方法是根据过程的始、末动量，由动量定理求出。解1：物体从出发到达最高点所需的时间为 g v t αsin 01=?

则物体落回地面的时间为 g v t t αsin 22012=?=? 于是，在相应的过程中重力的冲量分别为 j j F I αsin d 0111 mv t mg t t -=?-==??，j j F I αsin 2d 0222 mv t mg t t -=?-==?? 3-2如图所示，在水平地面上，有一横截面2m 20.0=S 的直角弯管，管中有流速为1s m 0.3-?=v 的水通过，求弯管所受力的大小和方向。解：在t ?时间内，从管一端流入（或流出）水的质量为 t vS m ?=?ρ,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为 ()()A B A B v v t vS v v m p -?=-?=?ρ 依据动量定理p I ?=，得到管壁对这部分水的平均冲力()A B v v I F -=?=Sv t ρ 从而可得水流对管壁作用

力的大小为：N 105.2232?-=-=-='Sv F F ρ 作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧。 3-3 A 、B 两船在平静的湖面上平行逆向航行，当两船擦肩相遇时，两船各自向对方平稳地传递kg 50的重物，结果是A 船停了下来，而B 船以1s m 4.3-?的速度继续向前驶去。A 、B 两船原有质量分别为kg 10 5.03?和kg 100.13?，求在传递重物前两船的速度。(忽略水对船的阻力) 题3.3分析：由于两船横向传递的速度可略去不计，则对搬出重物后的船A 与从船B 搬入的重物所组成的系统I 来讲，在水平方向上无外力作用，因此，它们相互作用的过程中应满足动量守恒；同样，对搬出重物后的船B 与从船A 搬入的重物所组成的系统II 亦是这样。由此，分别列出系统I 、II 的动量守恒方程即可解出结果。解：设A 、B 两船原有的速度分别以v A 、v B 表示，传递重物后船的速度分别以v A 、v B 表示，被搬运重物的质量以m 表示。分别对上述系统I 、II 应用动量守

大学物理学(第五版)上册课后习题选择答案_马文蔚

习题1 1-1 质点作曲线运动，在时刻t 质点的位矢为r ，速度为v ，t 至()t t +?时间内的位移为r ?，路程为s ?，位矢大小的变化量为r ?（或称r ?），平均速度为v ，平均速率为v 。（1）根据上述情况，则必有（ B ）（A ）r s r ?=?=? （B ）r s r ?≠?≠?，当0t ?→时有dr ds dr =≠ （C ）r r s ?≠?≠?，当0t ?→时有dr dr ds =≠ （D ）r s r ?=?≠?，当0t ?→时有dr dr ds == （2）根据上述情况，则必有（ C ）（A ）,v v v v == （B ）,v v v v ≠≠ （C ）,v v v v =≠ （D ）,v v v v ≠= 1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即（1） dr dt ；（2）dr dt ；（3）ds dt ；（4下列判断正确的是：( D ) （A ）只有（1）（2）正确（B ）只有（2）正确（C ）只有（2）（3）正确（D ）只有（3）（4）正确 1-3 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a 表示加速度，s 表示路程，t a 表示切向加速度。对下列表达式，即（1）dv dt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =。下述判断正确的是（ D ）（A ）只有（1）、（4）是对的（B ）只有（2）、（4）是对的（C ）只有（2）是对的（D ）只有（3）是对的 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ B ）（A ）切向加速度一定改变，法向加速度也改变（B ）切向加速度可能不变，法向加速度一定改变（C ）切向加速度可能不变，法向加速度不变

大学物理(第二版)下册答案-马文蔚剖析

物理学教程（二）下册答案9—13 马文蔚第九章静电场 9－1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图 (B )中的( ) 题 9-1 图分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为0 2εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ). 9－2 下列说法正确的是( ) (A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷 (B )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零 (C )闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零 (D )闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零分析与解依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电

场强度都不可能为零，因而正确答案为(B ). 9－3 下列说法正确的是( ) (A ) 电场强度为零的点，电势也一定为零 (B ) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零 (C ) 电势为零的点，电场强度也一定为零 (D ) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D ). *9－4 在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p 的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( ) (A ) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p 水平指向棒尖端而停止 (B ) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动 (C ) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动 (D ) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动题 9-4 图分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B ). 9－5 精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10 －21 e ，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10 －21e ，由最极端的情况考虑，一个有8个电子，8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小. 分析考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10 －21 e ，中子电量为10－21 e ，则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较. 解一个氧原子所带的最大可能净电荷为 ()e q 21max 10821-??+= 二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为 1108.2π46202max <

物理化学第五版课后习题答案

第十章界面现象 10－1 请回答下列问题： (1) 常见的亚稳定状态有哪些？为什么产生亚稳态？如何防止亚稳态的产生？ (2) 在一个封闭的钟罩，有大小不等的两个球形液滴，问长时间放置后，会出现什么现象？ (3) 下雨时，液滴落在水面上形成一个大气泡，试说明气泡的形状和理由？ (4) 物理吸附与化学吸附最本质的区别是什么？ (5) 在一定温度、压力下，为什么物理吸附都是放热过程？答： (1) 常见的亚稳态有：过饱和蒸汽、过热液体、过冷液体、过饱和溶液。产生这些状态的原因就是新相难以生成，要想防止这些亚稳状态的产生，只需向体系中预先加入新相的种子。 (2) 一断时间后，大液滴会越来越大，小液滴会越来越小，最终大液滴将小液滴“吃掉”，根据开尔文公式，对于半径大于零的小液滴而言，半径愈小，相对应的饱和蒸汽压愈大，反之亦然，所以当大液滴蒸发达到饱和时，小液滴仍未达到饱和，继续蒸发，所以液滴会愈来愈小，而蒸汽会在大液滴上凝结，最终出现“大的愈大，小的愈小”的情况。 (3) 气泡为半球形，因为雨滴在降落的过程中，可以看作是恒温恒压过程，为了达到稳定状态而存在，小气泡就会使表面吉布斯函数处于最低，而此时只有通过减小表面积达到，球形的表面积最小，所以最终呈现为球形。 (4) 最本质区别是分子之间的作用力不同。物理吸附是固体表面分子与气体分子间的作用力为德华力，而化学吸附是固体表面分子与气体分子的作用力为化学键。 (5) 由于物理吸附过程是自发进行的，所以ΔG ＜0，而ΔS ＜0，由ΔG =ΔH －T ΔS ，得 ΔH ＜0，即反应为放热反应。 10－2 在293.15K 及101.325kPa 下，把半径为1×10－3m 的汞滴分散成半径为1×10－9m 的汞滴，试求此过程系统表面吉布斯函数变(ΔG )为多少？已知293.15K 时汞的表面力为0.4865 N ·m －1。解： 3143r π＝N ×3243r π N ＝3132 r r ΔG ＝2 1 A A dA γ? ＝γ(A 2－A 1)＝4πγ·( N 22 r －21 r )＝4πγ·(3 12 r r －21r )

物理学(第五版)下册分子运动论答案

// /分子运动论 1.一定量的理想气体贮于某一容器中，温度为T，气体分子的质量为m．根据理想气体的分子模型和统计假设，分子速度在x方向的分量平方的平均值（） A. B. C. D. 答案:D 2.一个容器内贮有1摩尔氢气和1摩尔氦气，若两种气体各自对器壁产生的压强分别为p1和p2，则两者的大小关系是（） A.p1p2 B.p1p2 C.p1＝p2 D.不确定的答案:C 3.{ 关于温度的意义，有下列几种说法： (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)温度的高低反映物质内部分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．这些说法中正确的是（） } A.(1)、(2)、(4) B.(1)、(2)、(3) C.(2)、(3)、(4) D.(1)、(3)、(4) 答案:B 4.刚性双原子分子理想气体，当温度为T时，其内能为（）（式中R为普适气体常量，k为玻尔兹曼常量） A. B. C. D. 答案:C 5.在标准状态下，若氧气(视为刚性双原子分子的理想气体)和氦气的体积比，则其内能之比为（）A. B. C. D.

答案:C 6.压强为p、体积为V的氢气（视为刚性分子理想气体）的内能为（） A.pV B.pV C.pV D.pV 答案:A 7.在容积V＝4×10-3m3的容器中，装有压强P＝5×102Pa的理想气体，则容器中气体分子的平动动能总和为（） A.2 J B.3 J C.5 J D.9 J 答案: 8.一容器内装有N1个单原子理想气体分子和N2个刚性双原子理想气体分子，当该系统处在温度为T的平衡态时，其内能为（） A. B. C. D. 答案:C 9.已知一定量的某种理想气体，在温度为T1与T2时的分子最概然速率分别为v p1和v p2，分子速率分布函数的最大值分别为f(v p1)和f(v p2)．若T1T2，则（） A.v p1 v p2，f(v p1)f(v p2) B.v p1 v p2，f(v p1)f(v p2) C.v p1 v p2，f(v p1)f(v p2) D.v p1 v p2，f(v p1)f(v p2) 答案:B 10.两种不同的理想气体，若它们的最概然速率相等，则它们的（） A.平均速率相等，方均根速率相等 B.平均速率相等，方均根速率不相等 C.平均速率不相等，方均根速率相等 D.平均速率不相等，方均根速率不相等答案:A 11.{ 麦克斯韦速率分布曲线如图所示，图中A、B两部分面积相等，则该图表示（）

大学_物理学_第五版_马文蔚_答案上下册第七章

第七章稳恒磁场一、毕奥—萨伐尔定律 1、如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为 I ，它们在O 点的磁感应强度各为多少？ 7-1 图解（a ） R I B 800μ= 方向垂直纸面向外（b ） R I R I B πμμ22000- = 方向垂直纸面向里（c ） R I R I B 42000μπμ+= 方向垂直纸面向外 7-2 如图7-2，一根无限长直导线，通有电流I ，中部一段弯成圆弧形。求图中P 点磁感应强度的大小。 7-2图解如图，直线AB 中电流在P 点产生的磁感应强度 ()0112cos cos 4πI B d m q q = - 式中12,0,302 a d q q = ==

)2 3 1(2)30cos 0(cos 200001-= -=πμπ μa I a I B 方向垂直纸面向内。同理，直线DE 中电流在P 点产生的磁感应强度 )2 3 1(202-= πμa I B 方向与1B 方向相同。圆弧BCD 中电流在P 点产生的磁感应强度 a I a I B 63601202003μμ=? = 方向与1B 方向相同。 P 点总的磁感应强度 123B B B B =++ = a I a I a I a I 00 0021 .06)23 1(2)231(2μμπμπμ=+-+- 方向垂直纸面向内。 7-3、如右图所示，两根导线沿半径方向引到铁环上的A 、B 两点。并在很远处与电源相连。求环中心的磁感应强度。解：环中心O 位于直线电流的延长线上，电流的直线部分在该点不产生磁场。设铁环的优弧长l 1,其中电流强度I 1，劣弧长l 2，电流 7-3图强度为I 2.因为优弧与劣弧连端的电压相等，可得I 1R 1 = I 2R 2 铁环的截面积和电阻率是一定的，因此电阻与长度成正比，于是有 I 1l 1 = I 2l 2 （1）优弧上任一电流元在O 点产生磁感应强度 01 12 d d 4I B l R μπ= 方向垂直纸面向外。优弧在O 点产生的磁感应强度 1 0011 1122 B d 44l I I l B d l R R μμππ===?? 方向垂直于纸面向内。 O 点总的磁感应强度

大学物理学第五版马文蔚答案上下册第十三章

第十三章热力学 1、一定质量的双原子分子理想气体，其体积和压强按a PV =2 的规律变化，其中a 为已知常数，当气体1V 由膨胀到2V 试求，（1）在膨胀过程中气体所做的功是多少？（2）内能的变化是多少？（3）理想气体吸收的热量是多少？(摩尔热熔为：R C v 5.2=) 解：（1）根据功的定义可得：2 2 1 1 2 1 2 11( )V V V V a W PdV dV a V V V = ==- ? ? (2) )(5.2)(5.2)(11221212V P V P T T Rn T T nC E v -=-=-=?,,又因为 a PV =2 ，所以：)11( 5.21 2 V V a E - =?（3）由热力学第一定律得：2 1 111.5( )Q E W a V V =?+=- 2、一定量的氢气在保持压强为Pa 5 100.4?不变的情况下，温度由0C 0升高到50C 0，这个过程吸收了J 4 100.6?的热量。（R C pm 5.3=;R C vm 5.2=）则，(1)氢气的物质的量是多少？（2）氢气的内能是多少？（3）氢气对外做了多少功？（4）如果氢气的体积保持不变而温度发生了同样的变化，则氢气吸收了多少热量？解：（1）由 T C Q pm ?=ν得：m o l T C Q pm 3.41=?= ν.（2）由 T C E vm ?=?ν得： J J T C E vm 4 1029.45.25031.83.41?=???=?=?ν (3)由热力学第一定律得：4 1.7110W Q E J =-?=? (4)由热力学第一定律得：E Q ?-=0 ，所以有：J E Q 4 1029.4?=?= 3、理想气体做绝热膨胀，由初状态()00,V p 至末状态()V p ,，试证明此过程中气体做的功为： 1 00--= γpV V p W 。证明：绝热过程0=Q ，所以E W ?-=，)(0,T T C M m W m V -- =，初状态和末状态的方程分别为：000RT M m V P = ，RT M m PV =，解出0T 与T 代入W 有： R pV V p C W m V ) (00,-= ，又因为 m V m p C C R ,,-=， m V m p C C ,,= γ，所以， 1 00--= γpV V p W 4、有可能利用表层海水和深层海水的温差来制成热机。已知热带海水区域的标称水温是25C 0，300m 深处水温约为5C 0 。则：在这两个温度之间工作的热机的效率是多少？

物理学(第五版)下册 马文蔚等改编(东南大学) 答案

大学物理 马文蔚 第五版 下册 第九章到第十一章课后答案汇总