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大学物理（下）复习提纲答案 第6章答案1. 2. C 3. 4. 解：两折线在P点产生的磁感强度分别为： 方向为 方向为 方向为 5. D 6. ,垂直纸面向内。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 ， O 点总磁感强度为 ， (方向指向纸内)8.9. D 10. D 11. B 121314. C 15. B 16 ，沿y 轴正向17 ，在图面中向上18. A 1、根据右手定则，A环产生向右的磁场。以B环为研究对象，根据左手定则可以判断：B环的左半边受力垂直于平面向里，B环的右半边受力垂直于平面向外，由于A、B环均未被固定，根据牛顿第三定律，B环也受到力的作用发生转动。2、根据B物体受力方向，判断B环转动后将与A同方向电流，根据同向电流相互吸引的规律，可判断A、B环将相互靠拢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 24. 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 3分, 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分第7章答案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。23 B 456 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。说明导线中的电动势大于导线中的电动势* 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导线中的电动势7. D 8 B 9 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. 11 A 12. B 131415垂直纸面向里 垂直OP 连线向下16 C 位移电流和传导电流共同构成连续的闭合电流：，意味着电流处处相等，即，但图中小于，所以（C）是对的。17 418 A 19，20（1）在任意时刻t 产生的动生电动势为，方向，方向，感生电流为顺时针方向。（2），（3）21.解：建立坐标(如图)则： ， ， 方向 感应电动势方向为CD，D端电势较高 第8，9章答案1（ B ）2（ C ）3（ C ）4（ B ） 答：5（ B ）6（ C ）解：，由图知是恒量，所以是等压过程。7（ A ）8（ D ）解：，无论是什么过程，始终是恒量。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。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 。212223 24。（用已知条件可求出，是双原子分子，所以.。）25 不能 ，原因是。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分子数的百分比。27 解：（1）图见右。 （3分）（2） 由归一化： （2分）可得： （1分）所以 （1分）（3） （3分）28 解：(1) 由压强公式 , 有(2) 由理想气体的状态方程得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 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： O34 解：(1) 由归一化条件得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 )35 解：由等温气压公式得设人每次吸入空气的容积为 ，在拉萨应呼吸x 次，则有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，与过程无关全过程第10章 第11章 答案1 B 2 C 3 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。所以用旋转矢量法可知 ，。合振动振幅是A2 A1，初位相是。于是得合振动的振动方程为 5. 6 ，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 7. S1的相位比S2的相位超前p/2 8. 解：(1) 求O点振动方程 读图，得，O点初相位点的振动方程为（2）沿轴正方向传播的波动方程 （3）P点的振动方程 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 , 所以 2 分O处振动方程为 (SI) 3分由图可判定波长l = 200 m，故波动表达式为 (SI) 2分 (2) 距O点100 m处质点的振动方程是 1分振动速度表达式是 (SI) 2分第12章 答案1. (n1-n2)e 或(n2-n1)e 均可2 . A ，因为，所以，因此3. B 由于半波损失，光程差变为。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 6. 上, (n-1)e7解：根据题意知，和对应的是同一级次的明暗条文，所以有，。解此方程组得，81.409，10. C 11. 12. 1.2 mm， 3.6 mm 13. 4 ， 暗 14 B15. 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 有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，I2I1cos245I1/ 4 通过第3偏振片后，I3I2cos245I0/ 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 ，有 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、，可解出D。根据，则 dxD题23图23. 解：屏上双缝干涉暗条纹的位置为 对第一极小即第一级暗条纹，取k=1，所以 用表示第一极小的角位置，则 则 24. 解：双缝干涉暗条纹的位置为对第五条暗纹，。因此第5条暗纹的位置为 对第二条暗纹，。因此第2条暗纹的位置为 所以 25. 解：明纹宽度为 26. 解：依据明条纹间距，在空气中钠光波长，在水中钠光波长，可求出相应介质中条纹的间距。（1）（2）27. SS1S2OO题27图解：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， SS2S1O题28图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29. 解： （1） （2）由于,，则 因此，两明条纹重合时，。两明条纹重合时的位置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，明条纹的位置由下式决定 设，代入上式 ，则 所以 31. 解： 光程差与相位差的关系为 因此，光程差为 设r为几何路程差，则，所以 32. 解：（1） （2） 33. 解：垂直入射时，光程差满足下式时反射加强 因此 当时， 当时， 当时， 显然，只有nm时为可见光，因此油膜呈黄色。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 不发生反射时，则应满足干涉暗条纹的条件，即 对于薄膜的最小厚度，应取。则 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 反射光完全相消时为暗条纹，则 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。设 ，相应的级次分别为，分别代入上式有 所以 因此 36. 解：由公式 式中所以 37. 解：根据公式 ，所以有 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，则两相干光的光程差的改变量为 。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 因此 39. 解：根据夫琅和费单缝衍射的暗纹条件 取，则又很小，则 40. 解：暗条纹的条件为 取 ，则 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 又 则， 所以 41. 解： 暗条纹的条件为 对， 则 对， 则 可得 42. 解：（1）暗条纹条件 ，则 又 所以 ，而，则 对可见光的上、下限值，有 只能取整数，因此在可见光范围内，。（2）由（1）知，所以 （3）根据菲涅尔半波带法，对暗条纹，可分成偶数个半波带，即。对p点来说，则可分成的波带数为 （4）对暗条纹 ，当时，式中角为中央极大的半角宽度，因此 由于很小 ，所以 中央极大的角宽度为的2倍，即。（5）对暗条纹有，取，则对第二级暗纹有 由于很小，所以 43. 解：（1）人眼最小分辨角 （2） 所以在明视距离25cm处，能分辨的最小距离为 44. 解：设光的波长为550nm。根据瑞利判据，最小分辨角为题44图因为很小，则有所以 （2）原理同（1）。 45.解：依据光栅方程 式中，取， 46. 解：设相邻两明条纹的级数分别为和，由光栅方程可知 用式减式，可得 （2）缺级的级次满足下式 最小时，则有 所以 （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。根据光栅方程，有 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屏上出现共19条谱线。由于缺级而在屏上消失的谱线的级次为 因此，的明条纹消失，实际在屏上出现的明条纹为。47.解：（1）根据光栅方程，范围在到之间，则有 取整则，所以最多看到3级光谱。（2）光栅方程 ，则，取，1=589nm、2=589.6nm。所以分别有 得 对衍射角和来说，显然有 则， 48. 解：光栅常数根据光栅方程，取，则有 可见光波长范围为，则相应的衍射角为 49. 解：旋转偏振片时，只会对入射光中的线偏振光有影响。设入射的混合光的光强为，其中线偏振光的光强为，自然光的光强为，旋转偏振片后，当线偏振光的振动方向与偏振片偏振化方向平行时，有最大透射光强，即 当线偏振光的振动方向与偏振片偏振化方向垂直时，有最小透射光强，即 依题意 ，因此 题50图解得 ，即线偏振光占，自然光占。50. 解：（1）设两偏振片偏振化的夹角为，自然光的光强为，透射光强为。如题50图，自然光通过第1块偏振片后光强变为。根据马