大学物理复习提纲(下)答案

大学物理大学物理（下）复习提纲答案（下）复习提纲答案 第第6 6章答案章答案 1.1. 2.2. C C 3.3. 4.4. 解：两折线在 P 点产生的磁感强度分别为： 方向为 ) 2 2 1 ( 4 0 1 a I B 方向为 ) 2 2 1 ( 4 0 2 a I B 方向为 )4/(2 021 aIBBB 5.5. D D 6.6. , ,垂直纸面向内。 7.7. 解：设半径分别为R 和2R 的两个载流半圆环在O 点产生的磁感强度的大小分别 为和 1 B 2 B ， O 点总磁感强度为 ， (方向指向纸内)B 8.8. 9.9. D D 10.10. D D 11.11. B 1212 1313 14. C C 15. B B 1616 ，沿y 轴正向 17 ，在图面中向上 18. A 19. 平移，靠向直导线； 受力矩，绕通过直导线的线圈直径转动，同时受力向直导线平 移 20. B 21. B = 0 22. 正 ， 负 23 )/(lBmg 24. R I 4 0 25 n ， p 26. aIB 27. 解：建立坐标系，Ox 如图所示，设 Ox 轴上一点 P 为 B = 0 的位置， 其坐标为 x，在 P 点向上，向下，向上，故有下式 1 B 2 B 3 B 3 分 x I 2 0 xd I (2 2 0 xd I (2 0 , xdxdx 1 2 21 xdxdx xxd 1 )2( 22 代入数据解出 x = 2 cm B = 0 的线在 1、2 连线间，距导线 1 为 2 cm 处，且与 1、2、3 平行(在同一平面 内) 2 分 x 1 2 3 O P 第第7 7章答案章答案 1 1无论何种情况，电动势的方向总是非静电场强（单位正电荷受到的力）的方向。 K E ba baI dl l I dlB l d B ba ba ba ba ba ba ln 22 00 2 2 3 3 B B 4 4 5 5 6 6 D D * 根据麦克斯韦方程以及右手定则可知在圆柱体内与轴垂直的平面Sd t B l d E S L 内形成逆时针方向的感生电场，又根据电动势的定义知，感生l d q F l dE K K 电场的方向既是感生电动势的方向，所以在图中必然是A负极、B正极； * 根据楞次定律，和形成的回路中感生电流为逆时针方向。说明导线中的电BABA BA 动势大于导线中的电动势BA * 若磁场以速率dB /dt 变小，用类似方法得出相同结论，即导线中的电动势大于BA 导线中的电动势BA 7. D D 8 B B 9 9 B B 根据麦克斯韦方程以及右手定则可知，回路平面上形成顺时针方向Sd t B l d E S L 的感生电场，此感生电场使得两个圆形导线回路中形成顺时针方向的感生电流（也可根据 电磁感应定律判断感生电流的方向） ；又此感生电场（力）与半径垂直，所以相连处导线上 的带电粒子保持静止不动，意味着此处无电流且等电位。 10. 2BRv 11 A A 12. B B 1313 BL2 2 1 1414 1515 垂直纸面向里 垂直OP 连线向下 16 C C 位移电流和传导电流共同构成连续的闭合电流：，意味着电流处0 SdJJ S d 处相等，即，但图中小于，所以（C）是对的。 d II 1 L dlH d I 17 4 18 A 1919 ，nI 222 2 1 2 1 2 1 InBBHw m 20 （1）在任意时刻t 产生的动生电动势为 ，方向l ta I ld ta I lBd l d B AB )(2)(2 00 BA ，方向l tba I ld tba I lBd l d B DC )(2)(2 00 CD ， DCAB ) )( 1 )( 1 ( 2 0 1 tba l ta lI DCAB 感生电流为顺时针方向。 （2）， a batlI ldx x tI ldx x I d ba a ba a mm ln 2 )sin( 2 )sin( 2 00000 )cos(ln 2 00 2 t a balI dt d m （3） 21 21. 解：建立坐标(如图)则： 21 BBB ， x I B 2 0 1 )(2 0 2 ax I B ， 方向 x I ax I B 2)(2 00 B x xax I xBdd) 11 ( 2 v dv 0 x xax I ba d) 11 ( 2 v d 2 2a 0 E ba baI 2 )(2 ln 2 0 v 感应电动势方向为 CD，D 端电势较高 2a x +dx 2a+b I I C D v x O x 第第8 8，9 9章答案章答案 1 （ B ） 2 （ C ） 3 （ C ） 4 （ B ） 答：2/)2(, 000000 PPRTVPRTVP 5 （ B ） 6 （ C ） 解：，由图知是恒量，所以是等压过程。PV i RT i E 22 V E P i 2 7 （ A ） 8 （ D ） 解：，无论是什么过程，始终是恒量。RT i E 2 R i 2 9 （ B ） 10 （ D ） 11 B 12 C 13 C 14 B 15 A 16实际气体在 压强不太高，温度不太低 的条件下，可当作理想气体处理。 17分子速率的三种统计平均值分别是：平均速率 ， 方均根速率 ，最概然速率 。 讨论速率分布一般用 ，讨论分子的碰撞次数用 ，讨论分子的平均平动动能用 。 18热力学系统与外界传递能量的两种方式是 做功 和传热 。 19如图所示，容器中间为隔板，左边为理想气体，右边为真空。 今突然抽去隔板，则系统对外作功 A=0。 M RT M RT m kT v59.1 8 8 0 M RT M RT m kT 73 . 1 33 0 2 v M RT M RT m kT p 41 . 1 22 0 v p vv 2 v 20如图所示，一绝热容器被隔膜分开，左边为理想气体，右边为真空。 当隔膜破裂后，理想气体的温度变化为 零 。 21 1 21 1 221 1 11 2 212 , )( P VV V PTT T VP T VVP 22 00 4 7 VP 23 , 2wJA200 24。 （用已知条件可求出，是双原子分子，所以.。 ）R 2 5 4 . 1 25 不能 ，原因是。 卡 26在讲麦克斯韦速率分布时，表示的意义是 在 V 附近速率区间内的分子 v N N V 数占总分子数的百分比，表示的意义是 在 V 附近单位速率区间内的分子数占总 v vN N 分子数的百分比。 27 解： （1）图见右。 （3 分） （2） 由归一化： （2 分）1)()( 0 0 0 dfdf 可得： （1 分）1)( 0 0 0 Cdf 所以 （1 分） 0 1 C （3） （3 分） 2 )( 0 00 00 Cddf 28 解：(1) 由压强公式 , 有 (2) 由理想气体的状态方程得 )(f C 0 V 0 n p 2 3 VNN p )(2 3 21 J1068 . 9 21 nkTRT N N V VRTp A 1 /KJ N R k A /1038 . 1 23 29 解： 30 解：(1) 由理想气体状态方程得 (2) 每个分子平均平动动能 ，N 个分子总平动动能为 31 解： (1) 由由 有有 由结果可知，这是 N2 或 CO 气体。 (2) 平均平动动能和平均转动动能为 (3) 单位体积内气体分子的总平动动能为 (4) 0.3 mol 气体的内能？ 由气体的内能公式，有 32 解：当容器突然停下来，定向运动的动能转化为分子热运动的内能，使气体的温度升高， 如果容器体积不变，气体的压强将会增大. 常温下，氮气可视为刚性双原子分子，则质量 m 的氮气的内能为 当温度改变 T 时，内能的增量为 k V NN p nk p T 21 K467 2 22 1 11 T Vp T Vp 1 11 22 2 T Vp Vp T K941320 17 1 104 . 8 102 . 4 4 6 2 T 3001038.1 101333105 23 56 kT pV N 13 1061.1 kT 2 3 J10 2 3 7 kTNN RT M m pV kg/mol028.0 10013.110 27331.81025.1 53 3 p RT M J1056. 52731038 . 1 2 3 2 3 2123 kT t 32 23 2 21 J/m1052 . 1 2731038 . 1 10013. 1 1056 . 5 kT p nE ttt J1070.127331.8 2 5 3.0 2 3 RT i M m E RT M m E 2 5 mol mol 5 2 m ER T M TR M m m 2 5 2 1 mol 2 v J1077 . 3 2731038. 1 2123 kT r 当系统定向运动的动能全部转化为分子热运动的内能时，有 则 由 得 33解： He )(vf )m/s(v O 1000 34 解：(1) 由归一化条件得 0 v a )(vf 0 2v v O (2) 因为速率分布曲线下的面积代表一定速率区间内的分与总分子数的比率，所以 因此，的分子数为 ( 2N/3 )，同理 的分子数为 ( N/3 ) 0 0 35 解：由等温气压公式得 232 mol 28 10100 K6.7K 55 8.31 M T R v RT M m pV mol Pa100 . 2Pa 01 . 0 1028 7 . 631 . 8 1 . 0 4 3 mol T VM mR p 2 ()He RT M p vm/s1000 102 3 RT 3 H 10 )( 2 RT p vm/s1041. 1 3 mol M RT3 )( 2 H 2 vm/s1073 . 1 3 1dd 0 0 0 2 0 0 v v v vv v v a a 1 2 1 00 aavv 0 3 2 v a adadf N N 0 22 0 0 0 0 vvvv v v v v 3 2 3 2 0 0 v v NN 3 2 )27331 . 8 ( 36008 . 91029 5 0 3 10013 . 1 eepp RT Mgh pa10645.0 5 设人每次吸入空气的容积为 ，在拉萨应呼吸 x 次，则有 0 V 36 解：由气体的状态方程, 有 气体容器线度小于平均自由程，因此气体分子的平均自由程就应该是容器的线度。 即 37 解： 38 解：根据等压过程方程，有 因为是双原子气体 39 解：内能是状态的函数，与过程无关 Pa)10013. 1 ( 5 p )m10( 33 V a b c d 1 1 2 2 3 3O )17()( 000 VpxVp 次 7 .26x 317 23 3 m1021 . 3 3001038 . 1 1033 . 1 kT p n nd 2 2 1 m79.7 1021.3)103(2 1 17210 m10 2 m/s7 .468 8 0 m kT v 14 1068 . 4 sZ v M RT 8 v 1 3 8 8.31 273 m s 3.14 32 10 1 426 m s kT p n 5 3 23 1.013 10 m 1.38 10273 325 m1069 . 2 ndzv 2 2 19 s1028 . 4 z v 9 426 m 4.28 10 m1095 . 9 8 1 1 2 2 T V T V K600 2 T RCV)25( )(d 12 VVpVpA 2 1 V V J249)( 12 TTR J873)( 12 TTCQ pp J624)( 12 TTCE V ad EEE)( 2 mol ad TTR i M m 0)( 2 aadd VpVp i )( pabaab VVpAA 53 3 1.013 101 10 J J304 b c bbc V V RT M m AAln mol T b c bb V V Vpln J246 全过程 第第1010章章第第1111章章 答案答案 1 B B 2 C C 3 C C 4. 这类问题用旋转矢量法最方便。 由振动曲线可知在时刻第一个质点向正方向运动，第二个质点向负方向运动。0t 所以用旋转矢量法可知 ，。) 2 cos( 11 tAx) 2 cos( 22 tAx 合振动振幅是 A2 A1，初位相是。于是得合振动的振动方程为 2 ) 2 12 cos( 12 t T AAx 5. ) 2 2cos(2 21 2 2 2 1 rL AAAA 6 ，) 2 cos(08 . 0 1 tx) 2 cos(04 . 0 2 tx 合振动振幅是 A1 A2=0.04，初位相是。于是得合振动的振动方程为 2 ) 2 1 cos(04 . 0 t 7. S1的相位比 S2的相位超前/2 8. 解：(1) 求 O 点振动方程 读图0.04 ,4 ,0.8/Amm um s ，得，uHz2 . 04 . 02 O 点初相位 0 2 点的振动方程为O 0 0.04cos(0.4) 2 yt （2）沿轴正方向传播的波动方程 x 0 cos()0.04cos 0.4 () 0.82 xx yAtt u （3）P 点的振动方程 0 V AAcd VTp AAAAJ550AEQJ550 0 0.42 cos()0.04cos 0.4) 0.82 p x yAtt u 3 0.04cos 0.4 2 0.04cos 0.4 2 t t 9. 解：(1) 由 P 点的运动方向，可判定该波向左传播 原点 O 处质点，t = 0 时 , 0 cos2/2AA0sinv 00 A 所以 2 分4/ 0 O 处振动方程为 (SI) 3 分) 4 1 500cos( 0 tAy 由图可判定波长 = 200 m，故波动表达式为 (SI) 2 分 4 1 ) 200 250(2cos x tAy (2) 距 O 点 100 m 处质点的振动方程是 1 分) 4 5 500cos( 1 tAy 振动速度表达式是 (SI) 2 分) 4 5 500sin(500vtA 第第1212章章 答案答案 1. (n1-n2)e 或(n2-n1)e 均可 2 . A ，因为，所以，因此 2 n d n n ,32 nd 5 . 1nd 3. B 由于半波损失，光程差变为。 22 2 k 4 B 5. 根据知， (1) 使两缝间距变小 (2) 使屏与双缝之间的距离变大 d D x 6. 上, (n-1)e 7 解：根据题意知，和对应的是同一级次的明暗条文，所以有 1 2 ，。解此方程组得， 2 ) 12(2 1 ken 2 2ken3kmme 4 1078 . 7 8 1.40 9 ， 2 ) 12(2 knd 2 4 9 4 n dk 10. C 2 2n d 11. 12. 1.2 mm， 3.6 mm 13. 4 ， 暗 14 B 15. 解：光栅常数d =210-6 m (1) 垂直入射时，设能看到的光谱线的最高级次为km，则据光栅方程有 d sin = km sin km / d 1 ， kmd / kmd / =3.39 km为整数,有 km=3 (2) 斜入射时，设能看到的光谱线的最高级次为，则据斜入射时的光栅方程 m k 有 ) sin30(sin m o kd 16解：(1) 由光栅衍射主极大公式得 （2） 17. B 18. (1) 自然光通过第一偏振片后，其强度 I1 = I0 / 2 通过第2偏振片后，I2I1cos 245I 1/ 4 通过第3偏振片后，I3I2cos 245I 0/ 8 通过每一偏振片后的光皆为线偏振光，其光振动方向与刚通过的偏振片的偏振化方向平 行 (2) 若抽去第2片，因为第3片与第1片的偏振化方向相互垂直，所以此时 I3 =0。I1仍不变 19. 20部分偏振 布鲁斯特（起偏） 21. 解：双缝干涉明条纹的位置为 k d D x2, 1, 0k ，有 d D x3 3 d D d D d D x6)3(3 nmm D xd 5851085. 5 94 . 0 6 102 . 2105 . 1 6 7 42 22. 解：双缝干涉的明条纹或暗条纹的宽度由式 表示，此题已给出 d、 d D x x ，可解出 D。 根据，则 d D x m xd D5 . 0 10600 103 . 0100 . 1 9 33 23. 解：屏上双缝干涉暗条纹的位置为 2 1 k d D x 对第一极小即第一级暗条纹，取 k=1，所以 d D x 2 用 表示第一极小的角位置，则 D x 1 tan 4111 1073 . 2 tan 2 tantan dD x 则 , 4 1073 . 2 tan 24. 解：双缝干涉暗条纹的位置为 2 1 k d D x 对第五条暗纹，。因此第 5 条暗纹的位置为 5k d D d D x 2 9 2 1 5 5 对第二条暗纹，。因此第 2 条暗纹的位置为 2k d D d D x 2 3 2 1 2 2 所以 9 3 2 25 10600 103 . 0 105033 2 3 2 9 d D d D d D xxx mmm3103 3 25. 解：明纹宽度为 d D x m x D d 49 2 100 . 610690 20 103 . 2 1 26. 解：依据明条纹间距，在空气中钠光波长，在水中钠光波长 d D x nm 3 . 589 0 ，可求出相应介质中条纹的间距。 n 0 （1）m d D x 49 3 0 105 . 210 3 . 589 102 . 1 5 . 0 d x D 题 23 图 （2） nd D x 0 9 3 10 3 . 589 3 4 102 . 1 5 . 0 m 4 108 . 1 27. 解：如题 27 图，在缝 S2盖上厚度为 e 的云母片 后，缝 S1和 S2到屏中心 O 点的光程不相等，所以 O 点处不再是零级明条纹，而是 7 级明条纹， 71 12 enOSeOSne 158 . 1 105507 1 7 9 n e m 6 1064 . 6 28. 解：要使明条纹的位置重新回到 O 点，需在 S1缝上盖上云母片。设云母片的厚 度为 e，则有 0) 1(ken m n k e 6 9 1006 . 4 158 . 1 10 3 . 5894 1 29. 解： （1） cm d D x275 . 0 10550 1 . 0 500 7 11 cm d D x25 . 0 10500 1 . 0 500 7 22 （2）由于,，则 21 xx 111 xkx 222 xkx 1 2 2 1 k k x x 10 11 25 . 0 275 . 0 1 2 k k 因此，两明条纹重合时，。10 1 k11 2 k 两明条纹重合时的位置 cmxkxkx75 . 2 275 . 0 10 2211 30. 解：白光入射时，屏上的干涉明条纹除零级外，均为有一定宽度的彩色条纹带，明条 S S S2 S1 O O 题 28 图 S S1 S2 O O 题 27 图 纹的位置由下式决定 k d D x 设，代入上式 ，则nm400 1 nm760 2 1k 11 d D x 22 d D x 所以 9 4 1212 10400760 100 . 3 0 . 2 d D xxx mmm4 . 2104 . 2 3 31. 解： 光程差与相位差的关系为 2 因此，光程差为 4 3 2 2 3 2 设 r 为几何路程差，则，所以nr nn r 4 3 32. 解： （1） nm n n 375 3 4 500 （2） 533 375 1010 . 0 22 6 n d n 33. 解：垂直入射时，光程差满足下式时反射加强 kne 2 2 因此 2 1 2 k ne 当时， 1knm 6 . 1769 2 1 1 10316 . 0 40 . 1 2 3 1 当时， 2knm590 2 1 2 10316 . 0 40 . 1 2 3 1 当时， 3knm354 2 1 3 10316 . 0 40 . 1 2 3 1 显然，只有nm 时为可见光，因此油膜呈黄色。590 34. 解：由题意可知，介质薄膜两侧介质对薄膜的表面来说都是从光疏到光密介质，因此 光程差为 ne2 不发生反射时，则应满足干涉暗条纹的条件，即 2122 kne3, 2, 1 , 0k 对于薄膜的最小厚度，应取。则0k nm n e120 25 . 1 4 600 4 35. 解：由题意可知，经膜上下两表面反射的两束相干光的光程差没有半波损失，则光程 差应为 ne2 反射光完全相消时为暗条纹，则 2122 kne3, 2, 1 , 0k 在两个波长间没有其它波长相消的暗条纹，因此，两波长的暗条纹干涉级相邻，设为 ，。由上式可确定出干涉级，则可将油膜厚度求出。k1k 设 ，相应的级次分别为，分别代入上式有nm700 1 nm500 2 k1k 1 2 1 2 kne 22 2 3 2 1 12 kkne 所以 21 2 3 2 1 kk 2 5007002 7005003 2 3 21 12 k 因此 nm n k e673700 30 . 1 2 2 1 2 2 2 1 1 36. 解：由公式 l 2 式中cml1 . 0 10 1 所以 rad 4 7 1095 . 2 1 . 02 10 3 . 589 37. 解：根据公式 ，所以有1, 2 n L h n l mmL h l2 . 1200 100 . 52 10 3 . 589 2 2 6 38. 解：迈克尔孙干涉仪的干涉现象可以等效为薄膜干涉（两平面镜互相垂直等倾干 涉）和劈尖干涉（两平面镜不垂直等厚干涉） ，本题为后一种情况，放入玻璃管后，两 相干光的光程差发生了变化，从而引起干涉条纹的移动（相当于空气劈尖的厚度改变） 。 设玻璃管充入空气前，两相干光的光程差为，充入空气后，两相干光的光程差为 1 ，则两相干光的光程差的改变量为 2 。ln12 21 光程差的改变引起 N 条条纹的移动，根据劈尖干涉明条纹的条件，有 Nln12 因此 00029 . 1 1 102 10546 2 . 107 1 2 7 l N n 39. 解：根据夫琅和费单缝衍射的暗纹条件 kasin, 2,1 k 取，则1k sin a 又很小，则sin ma 6 9 103 . 7 14 . 3 180 5 10 8 . 632 40. 解：暗条纹的条件为 kasin 取 ，则 1k a sin 设第一极小值距屏中心（即中央明条纹的中心）的距离为 x，则 f x tan 又 则， 所以 ,tansin f x a mf xfx a 4 3 9 109 . 50 . 1 2/102 10589 41. 解： 暗条纹的条件为 kasin, 2, 1k 对， 则 1 3k 1 3sina 对， 则 2 2k 2 2sina 可得 21 23 nm400600 3 2 3 2 21 42. 解：（1）暗条纹条件 ，则kasin a k sin 又 所以 ，而，则,sintan f x tan a k f x 6 2 34 101 . 1 1040 101 . 1100 . 4 f xa k 对可见光的上、下限值，有 nm400 min 75 . 2 max k nm760 max 45 . 1 min k 只能取整数，因此在可见光范围内，。k2k （2）由（1）知， af x 22k 所以 nmm f ax 550105 . 5 10402 101 . 1100 . 4 2 7 2 34 （3）根据菲涅尔半波带法，对暗条纹，可分成偶数个半波带，即。kn2 对 p 点来说，则可分成的波带数为2k 4222 kn （4）对暗条纹 ，kasin 当时，式中角为中央极大的半角宽度，因此1k a sin 由于很小 ，所以 a sin rad a 3 4 9 10375 . 1 100 . 4 10550 中央极大的角宽度为的 2 倍，即。rad 3 0 10.75 . 2 2 （5）对暗条纹有，取，则对第二级暗纹有kasin2k 2sin 2 a 由于很小，所以 rad a 3 4 9 2 1075 . 2 100 . 4 10550 22 43. 解：（1）人眼最小分辨角 rad d 46 0 1024 . 2 10550 3 22 . 1 22 . 1 （2） L x 0 所以在明视距离 25cm 处，能分辨的最小距离为 cmLx 34 0 106 . 5251024 . 2 44. 解：设光的波长为 550nm。根据瑞利判据，最小分辨角为 d 22 . 1 sin 1 因为很小，则有sintan 所以 dl x22 . 1 8 3 9 108 . 3 100 . 5 1055022 . 1 22 . 1 l d x kmm51101 . 5 4 （2）原理同（1） 。 x l d 题 44 图 ml d x51108 . 3 5 1055022 . 1 22 . 1 8 9 45.解：依据光栅方程 kdsin2, 1, 0k 式中，取，1k nmd57020sin 10600 1 sin 0 6 46. 解：设相邻两明条纹的级数分别为和，由光栅方程可知k1kkdsin kd 1 sin 1sin 2 kd 用式减式，可得 12 sinsind md 6 9 12 106 20 . 0 30 . 0 10600 sinsin （2）缺级的级次满足下式 k a ba k 2, 1 k 最小时，则有a1 k 4 a d a ba k 所以 m k d a 6 6 105 . 1 4 106 （3）能接受到的谱线条数应是在一无限大的屏上可能出现的所有的谱线条数。由于接 收屏是无限大的，因此衍射角的范围为到之间。 2 2 根据光栅方程，有kdsin kd 2 sin 10 10600 106 9 6 d k 由于时，谱线实际接收不到，故的最大级次取为 9。所以依据光栅方程在 2 k 屏上出现共 19 条谱线。9,2, 1, 0k 由于缺级而在屏上消失的谱线的级次为k 4kk a ba k , 2, 1 k 因此，的明条纹消失，实际在屏上出现的明条纹为8, 4 k 。9 , 7 , 6, 5, 3, 2, 1, 0k 47.解：（1）根据光栅方程，范围在到之间，则有kdsin 2 2 kd 2 sin 4 . 3 10589 100 . 5 1 9 3 d k 取整则，所以最多看到 3 级光谱。3k （2）光栅方程 ，则，取，1=589nm、2=589.6nm。kdsin d k sin2k 所以分别有 d 1 1 2 sin d 2 2 2 sin 得 01 7 111 1 09.36589 . 0 sin 5000 1 105892 sin 2 sin d 01 7 121 2 13.365896 . 0 sin 5000 1 10 6 . 5892 sin 2 sin d 对衍射角和来说，显然有 1 2 f x1 1 tan f x2 2 tan 则， 11 tanfx 22 tanfx 00 1212 09.36tan13.36tantantanffxxx m 3 101 . 17289 . 0 7300 . 0 0 . 1 48. 解：光栅常数mmmmd 3 100 . 2 500 1 根据光栅方程，取，则有kdsin1k d 1 sin 可见光波长范围为，则