大学物理活页作业答案及解析((全套))

1、(2)v=dr=2i-2tjdtv=2i一4j(m/s)1. 质点运动学单元练习(一)答案1B2D3D4B5. ；(提示：首先分析质点的运动规律，在t时质点沿x轴正方向运动；在七=时质点的速率为零;，在t时质点沿x轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。)6. 135m(提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t的两次积分求得质点运动方程。)7. 解：(1)r=2ti+(2-12)j(SI)r=2i+j(m)r=4i一2j(m)12Ar=r一r=2i一3j(m)21v=AL=2i一3j(m/s)dv(SI)a=-=-2j(SI)dt=一2j(m/s-2)8. 解：v=Jtadt=-Ao2

2、Jtcostdt=-Aosinotx=A+J*vdt=A-A和sinmtdt=Acosmtoo°=6*3600=佃X10-5冋/S9. 解：(1)设太阳光线对地转动的角速度为3v=ds=h=1.94x10-3m/sdtcos2mt(2)当旗杆与投影等长时，mt=n/4冗t=1.08x104s=3.0h4mdvdvdydv10-解：a=dt=乔石=vay"-k-ky二vdv/dy-Jkydy=Jvdv,-2ky2=2v2+C11已知尸y,v=v则C=-v2一y2oo2020v2=v2+(y2一y2)oo2. 质点运动学单元练习（二）答案1D2A3B4Cdsdvv2m-s-2；

3、5.v=4tm-s-i；a=4m-s-2；a=&2dttdtnRa=4e+8t2em-s-2tnrad/s2；6. o=2.0rad/s；a=4.0rad/s；a=ra=0.8ota=ro2=20m/s2n7. 解：(1)由速度和加速度的定义drv=扩2+2jdv(SI;a=dt=2i(SI)2）由切向加速度和法向加速度的定义d2ta=上餾2+4=-=（SI）tdt样2+1|2a=':a2-a2=(SIntt2+1(3)P=兰=22+1)/2(SI)an8解：火箭竖直向上的速度为v=vsin45。-gtyo火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得vgt=83m/s9解：utan3

4、0°=346m/suhl10.解：一"；v>uvlhosin45°1C2C3A3.牛顿定律单元练习答案227解：ym®2R>mgo®>0.2T=367.5kg;a=098m/s2M5v2=k2x;2vdv=k2dx=k2vxxdtdtxdv=mxdt6解：(1)Fcos0-Fsin0=maTNFsin0+Fcos0=mgTNF=mgsin0+macos0;F=mgcos0-masin0TN8解：由牛顿运动定律可得120t+40=10dVdt分离变量积分v=6t2+4t+6(m/s)x=2t3+2t2+6t+5(m)JVdv=f

5、心2/+4血6.0oJxdx=J1It2+4t+6t5.0o9解：由牛顿运动定律可得-kv+mg=mdVdt分离变量积分Jvkdvvokv。+mgJtdto(、Inmg<kv+mgot=-mIn(、mg=mIn(1+竺kIkv+mg丿okImg丿10解：设f沿半径指向外为正，则对小珠可列方程v2mgcos0-f=m，amgsin0=m，dt以及d0av=a，dt=d0，dtv积分并代入初条件得v2=2ag(1-cos0)，f=mgcos0m=mg(3cos02)a#.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案2A3B；4C；5相同FAtFAt6v=i;v=v+21m+m21m122=104

6、0m7.解:(1)v=d=10t;a=备xdtxdtF=ma=20N;Ax=x一x31W=FAx=800J(2)I=J3Fdt=40N-s18解：mv=(m+m'Amv2+m；2+kx222i2mmmmx=Vk(m+m'9解：物体m落下h后的速度为当绳子完全拉直时，有mx2gh=J2gh+MA42gh1=2It=2M宀2mMM+m2gh10解：设船移动距离x，人、船系统总动量不变为零Mu+mv=0等式乘以dt后积分，得/1Mudt+bmvdt=0Mx+m(x-1)=0x=mlM+m=0.47m5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1C2D3D4C518J；6m/s65/3

7、7解：摩擦力f=卩mg由功能原理一f(x+x)=0-kx21221解得kx2R=2mg(x+x)128解：根据牛顿运动定律mC0S"n=R由能量守恒定律mv2=mgh2质点脱离球面时F=0;cos0=R_hN'R解得：h=R9解：（1）在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小mv+mv=（m+m）v112212mv+mvV=1122m+m12(2)两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差E=1mv2+1mv2-!(m+m)v2p21222212厂1联立、得E=一mm(v-v)2/(m+m)p212121210解：(1)由题给条件m、M系统水平方

8、向动量守恒，m、M、地系统机械能守恒.m(u-V)一MV=01 m(u-V)2+1MV2=mgR2 22gR2(M+m)gR解得：V=mMM+m；u=?(2)当m到达B点时，M以V运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以M为参考系N一mg=mu2/RN=mg+mu2/R=mg+2(M+m)mg/MMmg+2(M+m)mg3M+2mN=mg6. 刚体转动单元练习(一)答案1B2C3C4C5-v=m/s；an=m/s2；a=-rad/s2；N=转。6In2k7解：(1)由转动定律，a=F=392rad/s2(2)由刚体转动的动能定理E=AE=Fh=490Jkk3)根据牛顿运动定律和转动定律：mg-

9、F'=marF'=Jaa=ra联立解得飞轮的角加速度a=陀J+mr2=218rad/s28解：(1)由转动定律a=3g2l2)取棒与地球为系统，机械能守恒1E=mglk25(3)棒下落到竖直位置时2mgl=13m242w=普119解：(1)系统的能量守恒，有mgh=2mv2+2Jw2v=rw2联立解得：v=2mghr2mr2+J:mr2+J(2)设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg-T=maTr=J由运动学关糸有：a=r联立解得：mgJJ+mr210解：以中心0为原点作坐标轴Ox、Oy和Oz如图所示，取质量为dm=pdxdy式中面密度p为

10、常数，按转动惯量定义，=f(x2+y2)dm=pj2dxf2(x2+y2)dy=(ab3+a3b)ba12薄板的质量所以b2m=pabm才J=(a2+b2)z127. 刚体转动单元练习（二）答案1C2A3D4B53®；Jo3o-o3oJo22oo7解：小球转动过程中角动量守恒r2mr2o=m十ooo4o=4ooW=-Jo2-1Jo222o3=mr2o22oo8子弹与木杆在水平方向的角动量守恒lmv=22丄m12+m12-2(1丫<2>6mvo=f2m+3m129解：圆环所受的摩擦力矩为M=mgR，由转动定律pmgR=mR2a，a=gooR至圆环停止所经历的时间t=a

11、76;=盂10解：落下过程棒的机械能守恒。设棒刚到竖直位置时角速度为o1 1LML2&2=Mg，2 32碰撞过程，物体与棒系统角动量守恒1mvx=ML2®,3碰撞过程轴不受侧向力，物体与棒系统水平方向动量守恒mv=LM&,2M、消去w，得v=3gL，2m2、消去v，得x=3L合外力工F=P-F'=-pga2x=-kx8. 机械振动单元练习(一)答案1B2B3C4A5x=0.10cos(n/6t+n/3)m62:17 解：A=0.1m，®=2n/T=n运动方程x=Acos(®t+申)=0.1cos(nt+申)m(1) 由旋转矢量法申=n/2，

12、x=0.1cos(nt-n/2)m;(2) 由旋转矢量法申=n/3，x=0.1cos(nt+n/3)m;(3) 由旋转矢量法9=n，x=0.1cos(nt+n)m。8 解：木块处于平衡位置时，浮力大小F=mg。上下振动时，取其处于力平衡位置点为坐标原点，竖直向下作为x轴正向，则当木块向下偏移x位移时，合外力为工F=P+F'其中，浮力F'=F+pgSx=mg+pga2xk二Pga2为常数，表明木块在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动。d2xd2xPga2x由EF=mltT可得木块运动的微分方程为乔+9-解：如图，由旋转矢量法可知令w2聖，可得其振动周期为2nT=wAt二n13

13、w二l/3s11110.解：(1)E=kx2=E=kA2p224x二#A0.141m2)Ep=丄kx22=8kA2=4(2kA2)=4E1011129. 机械振动单元练习（二）答案132kn+n/3，7xl0-2m，2kn+4n13，lx10-2m1415n/2（1），；（2）0s，1s,2s。16解：（1）由已知的运动方程可知：A=0.10m，9=2n/3，w=3n，T=2n/w二2/3s(2)v=Awu0.94m-s-i，a=Aw2=8.88m-s-2maxmax17解：振动系统的角频率为w=”m|m=10s-112由动量守恒定律得振动的初速度即子弹和木块的共同运动初速度的值v0为mvv=

14、1=0.8m-s-10m+m12又因初始位移x0二0，则振动系统的振幅为.vA='X2+(0)20wv0-w二0.08m如图由旋转矢量法可知®0=-兀/2，则简谐运动方程为x=0.08cos(10t-n/2)(m)图9-l18解：如图由旋转矢量法可知，合振动振幅为+A2+2AAcos(n/2)=0.10m212合振动初相为Asinn/3+Asinn/6申二n一arctan+Acosn/6-Acosn/321图9-2=n一arctan2.341沁11310.解：如图由旋转矢量法可知Q=-n/30a因此合振动振幅为：A=A一A=1cm12合振动初相为：9=9=-n/30a同样由旋

15、转矢量法可知et=5e=5n/6T=2n/e=12s9ob=2n/3。可见它们是反相的图9-310. 机械波单元练习(一)答案19B20C21B22xl23-y=Acosg(t)+申u0246，3025-解：(1)由波动方程可知振幅A二0.05m，角频率w二20n，w/u二3n，2n则波速u-6.67m-si，频率v二w/2n二10Hz，波长九=u=2/3m。2)v=Aw=nq3.14m/s)max26-解：(1)由图可知振幅A=0.1m，波长X=4m，波速u=100m-s-1则w=2n/T=50n。X又O点初始时刻位于平衡位置且向y轴正向运动，则由旋转矢量法可得9=n/2，因此波动方程为y=

16、0.1cos50n(tx/100)n/2(m)(2)P处质点的振动方程为y=0.1cos(50nt3n/2)(m)27-解：由图可知振幅A=0.1m，波长九=100m，则角频率w=由P点的运动方向可知波向x轴负方向传播。又由图可知原点O初始时刻位于A/2处，且向y轴负方向运动，则由旋转矢量法可得申0二兀/3。则波动方程为y=0.1cosn(t+x/50)+n/3(m)10解：(1)以A点为坐标原点的波动方程为y=3x10-2cos3n(t-x/30)(m)AB则以B点为坐标原点的波动方程为y=3x10-2cos3n(t-x/30)一n/2(m)11. 机械波单元练习（二）答案282930313

17、2550Hz，33m234解：两列波传到SS2连线和延长线上任一点P的相位差A=申_申-2n2010r-rq1左侧各点：r-rA=n一2nT1九2一n-2n10=-6n振动都加强；S2右侧各点：rr申=一n2nti=n尢振动都加强；、S2之间：r-r10-r-rA=n2兀七i=n2n+i=一6n+rn=(2k+1)n九4i则距S点为：二lm,3m,5m,7m,9m处各点静止不动。41-f"t10m35解：（1）rr&(rr)A=申一申2ni=申一2i=申一n2010九U图11-7(2)A=申一n=2kn时振动加强，即申=(2k+l)n36解：反射点为固定端，即为波节，则反射波

18、为y=Acos2n(vt-f)+n=-Acos2n(vt-壬)2九九驻波表达式xxxy=y+y=Acos2n(vt+)-Acos2n(vt-)=2Asin2nsin2nvt12九九九xnn=2Acos(2n一一)cos(2nvt+)九2210.解：乙接受并反射的信号频率为,u+vv'=乙vu-v甲甲接受到的信号频率为u+vu+vu+vv''=甲v'=甲-乙v=8.56x104Hzu-vu-vu-v乙乙甲12. 静电场单元练习（一）答案37383940oo411九=0(rvR);E=e(r>R)22兀srro42利用点电荷电场的矢量叠加求y轴上的电场强度。E

19、(J)=E(J)=6+J）+43Tsina=-f2soTcosa=mg匸(石+寸)J2+a23/2oo解：通过点电荷在电场力作用下的平衡条件求出平衡时点电荷的电量。4qQtana=2smgo2smgq=otana=3.03x10-9CQ44解：利用电荷元电场的积分叠加，求0点的电场强度。工Ml九工九=J2cos0=J2cos0d0=_工4兀sR24兀sR一工2兀sR2oo2o严MlE=J2一sin9=0y_工4兀sR22oi入iE=i2兀sR45o解：取同心球面为高斯面，利用高斯定理求电场强度的分布。(RvrvR)12-(3一r3e3sr21ro=如C一R3)3s21oQ3一R3l3sr221

20、ro(r>R)10解：用对称性取垂直带电面的柱面为高斯面，求电场强度的分布。1)带电面外侧E=±如i2so2)带电面内E2AS=丝里s13. 静电场单元练习（二）答案oo46C47D48B49C1Q；o；丄Q；丄Q4nsR2''4冗£R4兀£rooo251-52-解：假设阴极A与阳极B单位长度带电分别为-入与入，由高斯定律求电场分布，并进一步求出阴极与阳极间的电势差U，由已知量求电场强度并由阴极表面的电场强度求电子刚从阴极射出时所受的电场力九2nsroU=九，Rln22nsRo1E=rlnF=eE=4.34x10-14NRRln2-iR18解

21、：（1）方法一：取同心球面为高斯面，利用高斯定理求电场强度的分布再求电势分布；(rvRi)E4nr2=22sE=Qie24nsr2r(RvrvR)12E4nr2=Qi+QE=Qi+Qe(r>R)3£34k£r2r2ooV=卜E-d=卜Qi+Q2ed=Qi+Q2r>R3r3r4k£r2r4兀£r2ooVJR2Edl+卜Edl=JR2旦>edl+卜Q+Q-12edl2r2R23r4kero2rR24k8r2orV厶+Q2RvrvR24兀£ro4k8Ro212V=JR1Edl+JR2Ed+卜Edl=JR2Q-1edl+卜0+Q2恳d

22、112edl1r1R12R23R14k8r2orR224冗8r2roV=Q1+Q2rvR14keR4k£R1o1o2方法二：带电量为Q，半径为R的带电球面对电势的贡献V=QV=Q球面内电势：V=4ngR球面外电势：V=4£7oo有电势的叠加求电势分布；结果与方法一一致。4兀£IRo1（2）由势差u=Jr2ed=血q-ed=2（）电势R12r,4k£r2r9解：（1）电场作用于电偶极子的最大力矩：11oM=pE=2x10-3Nmmax2）电偶极子从受最大力矩的位置转到平衡位置过程中，电场力作的功A=-J0M-d0=-f0pEsin0-d0=pE=2x10-

23、3J22*10-解：带电粒子处在h高度时的静电势能为到达环心时的静电势能为W2=qQ/(仏0R)W=(qQ卜14冗£W2+R2丿/20据能量守恒定律联立求解得112m2+匕=2m2+mg+叫v2+2ghqQf-12nmeR01/2<h2+R2丿14.导体电介质和电容单元练习（一）答案53B54C55D56C57 -<58 -负电；b=£E=1.06x10-9C/m2o59解：两个球形导体用细导线相连接后电势相等，Q+Q=2x1.0x10-8C12Q=QRR12解得：Q=x2.0x10-8=1.33x10-8C；V=2=60x103V解得匕2324K8ro2Q=-

24、x2.0x10-8=0.67x10-8C13V=Q2=6.0x103V14k8Ro28解：依照题意d»R，导体上的电荷分布基本保持不变，电场可以视为两个长直带电线电场的叠加。取其中一导线轴心为坐标原点，两根导线的垂直连线为x轴。任意一点P的电场强度E=-I-+-iU=fRE-dl2兀&Ixd一x丿ABrod-R2兀£Ro九KEolnd>>R两直导线单位长度的电容九兀£C=«UABlnR9解：方法一：导体电荷的自能就是系统的静电能W=-fVdq=-Vfdq=2Q2QQ28兀£Ro方法二：依照孤立导体球电容的能量求系统的静电能1

25、Q2C=4keRW=Q2=O2C«8ksRo方法三：依照电场能量密度对电场空间的积分求系统的静电能w=1eE2=Q2W=fQ2dV=Q2伽2血=巫e2o32k2£r4q32兀28r432兀2sr48keROOOO*10解：（1）导体达到静电平衡时，导体板上电荷分布的规律可参见物理学教程习题分析与解答，根据电荷守恒定律以及C板的电势，有adai=2d828oo2Q解得：ai=3S；a=Qa23SQA=_2Q3（2）C板的电势UadaQ12d-dC8283Ssa1S+a2S=QQBooo15导体电介质和电容单元练习（二）答案60 -C61 -B62 -C63-B64 65 66

26、 ,rr4解：设芯线单位长度带电荷九，芯线附近的电场强度最强，当电压增高时该点首先被击穿Emax_九2兀££Ror1R九入RRU=Jr2dr=ln2=REln2R2兀££r2兀££R1maxR1oror118解：（1）电容器充满介质后，导体板间的电势差不变££UDor&°rdP=£（£-1）E=or£（-1Uoro（2）介质表面的极化电荷面密度d-£（£-1UQ=+P=±rod9解：依照孤立导体球电容的能量求系统的静电能1W=Q2o2Co

27、的无限大电介质中电若断开电源导体所带电荷保持不变，浸没在相对电容率为容增大为rC，系统的静电能1Q2WW=Q2=-Q=一e2C2£C£rr*10-解：用D的高斯定理求得电位移的大小为=x10toC/m2(0<x<2)真空中电场强度介质中电场强度真空中电势U1DaE=100V/m。££00DaE=50V/m££££0r0rEo(di-x)+Ed2=100x(SI)U2E(d2+qx)=50x(SI)各区域内均为线性分布1E2D3C4D506- 0；一卩Io7- 解：(i)=JB-d=m0bacJB-ds-

28、cos0o=B-S=0072(W&)obacSobacSobacbd=mobedJB-ds=JB-ds-cos900=0SobedSobed(3)©=JB-ds=JB-dscos(cos-14)=B-S-=0.072(Wb)macde5acde5SacdeSacde8-解：（i）电子沿轨道运动时等效一圆电流，电流强度为eeevi=T2na/v2na00原子核（圆心）处的磁感应强度：uiuev=02a4兀a200方向：垂直纸面向外（2）轨道磁矩：m=isaneva0e2n方向：垂直纸面向外9解：（1）在螺线管内取一同心的圆为安培回路JB-d=gSi0ia内）B-2兀r=NIB(

29、r)=EoN2血-42uNIuNib,R（2）©=JB-dS=JB-dS-cosOo=J-o-bdr=oIn2m2nr2兀RSSR11*10解：无限长的载流薄导体板可看作由许多无限长的载流直导线组成距板左侧为1，宽为dl的窄导体板内电流为：由磁感应强度的叠加原理：B=JE2=JEo1dl=EZln(土)P2冗(bl+r)2兀(bl+r)b2価ro1B2C3A4C53986.兀R2IB/2，垂直于磁场向上，9007解：电子在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动v2evB=m=mR&2Rmv轨道半径：R=5.69x10-7(m)eB旋转频率：v=1eBT2兀m=2.80x109(S-

30、1)S0（2）由于U=色AAnqa=2.86x1020（个/m3）IB:.n=qaU,AA9.解：经分析可知，同轴电缆内外磁场具有柱对称性，所以取同心的圆为安培环路rVR1：H-2nr=Inr2nR2i（i内）uIrB=uH=o一02nR2iRVrVR:H-2nr=I12B=uH=RVrVRH-2nr=I一n（r2一R2）23：n（R2一R2）232UI（R2一r2）B=uH=o302nr（R2一R2）32r>R:H-2nr=03*10.半径为R的均匀带电薄圆盘，总电荷为q圆盘绕通过盘心且垂直盘面的轴线以角速度匀速转动，求(1)盘心处的磁感强度；(2)圆盘的磁矩解：(1)均匀带电薄圆盘转

31、动后在圆盘面上会形成许多半径不同的圆电流半径为r,厚度为dr的圆环转动后形成的圆电流为：di=dq=b2nrdr=&qrdrdt2n/onR2此圆电流在盘心处产生的磁感应强度为:dB=UdL=U0oqdr2r2nR2盘心处的磁感应强度：B=JdB=J=2nR2uoq02nRqrdr&qr3dr2)dm=di-S=kt2=kR2R2圆盘的磁矩：m=Jdm=f&tqrdr=®qRR24S0磁矩的方向：根据电流的方向用右手定则判断18. 电磁感应单元练习(一)答案1C2B3B4D5-gnna2&Icosetom6-kR2a87 解：用导线连接MN与圆环一起构

32、成闭合环路，环路电动势为零，因而半圆环动生电动势等于直导线MN的电动势。由动生电动势的关系式：E=JCxB)d=Jadr4inallLa-R2kr2ka-R电动势方向向左。8 解：感应电荷Q=一£(襄一丿；=BSR21解得B=(T)9金属圆板的感应电动势的大小E=fCxB)dl=fL0叽.d=2碗2方向:中心指向边缘*10解：由麦克斯韦电磁场方程，Lk-=s-r<a时，2兀rEk讐”2=B。咙皿+a)E=BorsinCot+a)k2。r>a时，2兀也盘=皿2=Bo兀a2sinCot+a)EkBoa2sin(ot+a)2r。oo19. 电磁感应单元练习（二）答案1C2C3D

33、4C5=6相反£Eooe_t/RCRC7解：（1）设回路中电流为I,在导线回路平面内，两导线之间的某点的磁感强uIuI度B=+o2nx2兀（dx）沿导线方向单位长度对应回路面积上的磁通量为dfrdfruIdfruI=JBdx=Jdx+J0dx2nx2兀（d-x）rruId-ruIdoInqln兀r冗r2）磁场的能量1u12dW=-LI2=ln-m22兀r8解：（1）先求出回路的磁通量，再求互感系数。a+buI,uIca+b=Ja+bocdx=alna2兀x2兀aM=Iuca+boln2兀a2）由互感电动势的定义E=一MdI=dtUcI&a+bo&sm®tln

34、2冗a9解方法一：由自感磁场能量的方法求单位长度电缆的磁场能量。RuuIuuIR=JR20rdr=0rln2-r2nr2nR11=uuRL=0rln2I2兀R11uuI2RW=L2=0rln2m24兀R1方法二：由磁场能量密度的体积分求单位长度电缆的磁场能量。B2uuI2W=0rm2uu8兀2r2orW=JJJw-V=巴虫12时-r=U0UrI2lnRmqmr8兀2r24冗R11*10解：（1）电容器板极板上的电量Q=Jtidt=J10.2e-t-t=0.21一e-J£KR2ooU=Ed=吸£S(2)忽略边缘效应，t时刻极板间总的位移电流I=jnR2=£dEnR2

35、=0.2e-ddodt可求感应磁场的分布(3)由安内环路定律JB-dl=pJJj-dSLoSdB-2nr=po0.2e-1)znr2丿01pre-tB=onR2B-2nr=02ye-toB=吩-nr20. 几何光学单元练习答案67B图20-168D69 -70 -71 -72 -73C凹透镜，凸透镜.凸透，实，虚MN，CO,OA，9，水，空气由0点发出的光线在圆形荷叶边缘处恰好发生全反射贝Usini二1/n，r=htani=htan(arcsin、n74如图20-2所示，物距图20-2s二O.O5m，r=0.20m,112则由公式+=可得ssrs'二0.10m即所成的是在凹面镜后0.1

36、0m处的一个虚像。75-已知-P二a，代入第一个透镜的高斯公式，即3a-3a_+二1p'-a1p'=-1.5a1对于第二个透镜，此像点位于-P2二1.5a+2a处，代入第二个透镜的高斯公式，即a-a+=1p'(-3/2)a-2a2得P2'=7a/5=1-4a，即象点位于第二个透镜后处。则得物镜和目镜的像方焦10.由分析可知|m|=10，又f'+f'110cmf'0ee距为f'100cm0f'10cme21波动光学单元练习(一)答案76D77B78A79C80500nm81-折射率较小，折射率较大，n82屏上任一点对应的光程

37、差为A=（r一t）xn+tn一rn=（n一1）t+（r一r）102012(1) 第零级明纹所在处A=0，则r，即条纹上移。(2) 原中央处0点A=(n-1)t=kX=7九则云母片的折射率n=7X/1+1沁1.5883反射光加强的条件为A=2ne+九/2k九X-k-1/2k2时，X709.3nmk3时，X425.6nm284-b二九/20二1.5mmb'二b-Al二0.5mmAO=9'-9=X/2b'-9=4x10-4radr=JkR九<k10-r=J(k+15)R九1k+10x4.0:k+157=，k=5，则九=400nm2.0k22波动光学单元练习(二)答案k九

38、,九=-i=420nm2k210.(1)Ax=2f/b=2.95mm02）第二级明条纹距离中央明纹中心的距离(2k+1)九2b2b=3.68mm第二级暗条纹距离中央明纹中心的距离叮=f=¥=2.95mm23.波动光学单元练习（三）答案88. C89. C90. B91-D图23-193.0，I0/894.60o.95-（1）由布儒斯特定律tan=/件，得介质的折射率n=tan60=；32）由于i+r=n/2，则折射角r=n/2i=300000o咄射光强为1出出96-设入射光强为1入其中自然光强为1自线偏振光强为1线I=I/2+1cos29出自线11=I/2+12出max自线则|I=I

39、/2出min自由已知I/I=4出max出min可得=4-透过第二个偏振1自/1入=2/5，1线/1入=3/510-(1)透过第一个偏振片后的光强度I1=I0cos2303片后的光强度/2=7icos260o=i6(2)透过第一个偏振片后的光强度人=1J2透过第二个偏振片后的光强度1I=ICOS2600=I。218o24气体动理论单元练习1B；2- D；3- A；4- C；52，1，6-1:1,2:1，10:37(1)4.83x1025/m32)PMRT2.57kg/m3r=3KT=6.21X10-21Jkt2-(1、1/3(4)dJ2.75x10-9m-38（1）£心=KT=8.28

40、xlO-21J2-5（2）ek=KT=1.38x10-2oJ2（3）E=M2rt=8307/9（1）552E由E=V2RT=2PV得P=矿皿5105PaE32KT_3E2）由一=2得e=7.5x10-21JENKT得kt5N53由E=N-KT（或e心=KT）得T二362K2210.E=-RT=3RT=7.31x106J平M2M2AE=-RAT=PV-RAT=4.16x104JM2M22125热力学基础单元练习（一）答案1C；2C；3D；4略5等压，绝热。等压，绝热，等压116-w=2（P+P2）W一9=2（甕一即（由p-V图知PV）33AE=v-R(T-T)=-(pV-pV)22122211Q

41、=AE+W二2(pVpV)22117两过程pV图如图所示(1)对124过程：W=W+W=RTln巴=2033J112242VoAE=CT-T)=1247J1V,m41Q=Q+Q=CT-T)+RTIn巴=3280J1 1224V,m212Vo2)对134过程：W=W+W=RTIn巴=1687J213341VoAE=CT-T)=1247J2 V,m41Q=Q+Q=RTln2V+CT一T)=2934J213341VV,m43o8由pV=vRT知：T=TAC故全过程AE=0则W=QABCABCQ=Q=CT一T)=5R(T一T)=5(pV一pV)ABCABp,mBA2BA2BBAA其中对绝热过程有pVY

42、=pV1式中Y=BBCC3(p丫/1(1)3/5故V=H-CIV=-V=3.48m3BIP丿C14丿CB代入有关数据可得Q=z(PV一pV)=148JABC2BBAA2V9(1)Q=W=pVlno=3.11x103JABABooVo(2)W=W=1p(2V一V)=2.24x103JACBCB2oooQ=vC(T-T)+vC(T-T)=2.24x103JACBV,mCAp,mBC10设初终态参量分别为Po，V，竽助。，V，TpV5pV由手_0二严得T=5T,p-V图如图0所示对等温过程：5VQ=W=vRTIn一=1.09x104JTToVo对等体过程Q=AE=vC（5T-T）=3.28x103C

43、TV,mooV,m由Q+Q=Q=8x104J得：C=21.0J/molKVTV,mCC+R则：Y=Cp,m=C=1.40CCV,mV,m26热力学基础单元练习（二）答案1A；2D；3D；4功变热、热传导；51.62xlO4J6、过程Q(J)W(J)AE(J)AB（等温）1001000/BC（等压）-126-42-84/CA（等容）84084/ABCD5858031。5%7、(1)AE二Q-W二300JA1BA1BA1B(2)AE=AE=300J,Q=AE+W=600JB2AA1BB2AB2AB2A3)耳二1-二25%Q18、设C状态体积为V2，由P1V1-彳V2得V24V1Q=W=p&2-V)+P/iIn卜=2'3-ln4)pV14/1111V9、(1)QYRTIn2=5.35x103J11V1TW2)由耳=1一-2=得W=1.34x103J卡TQ11)Q二QW二4.01x103J2110、设a状态状态参量为Po,V,T则T仝TqT，由pp0pa0CaV2得V3V0V2C00由pV=RT得T二27TCCCC0(1)过程I：Q=C(T-TVVmbVm)=12RT0(2)过程H：QC(TTppmcb)45RT0(3)过程皿：QC(T一T)+LaVmacVcpVdV=-47.7RTV200Q(2)H=1-