大学物理(机械工业出版社)下册-课后练习答案

-5353212-237635555-33-15-33-5353212-237635555-33-15-33多长时间后才能使容器内的压强由1.01×10

5

降第11

热学础

。设抽气过程中温度始终不变。分：气机每打开一次活容内气体的容积在等温条件下扩大了V，因压有所降低。活门－在面50.0深的湖底处（温度为4.0℃个积.0×10m的气泡升到湖面上来，若湖面的温度为℃求气泡到达湖面的体积。（大气压1.013×10Pa）0

关上以后容器内气体的容积仍然为V。下一次又如0此变化，从而建立递推关系。解抽机抽气体时，由玻意耳定得：活塞运动第一次分：将泡看成是一定量的理想气体，它位于湖底和上升至湖面代表两个不同的平衡状态。利用理想气体物态方程即可求解本题。位于湖底时，气泡内

V0活塞运动第二次

1

00

0的压强可用公式

pp

gh

求出的密度

pV)100（常取=1.0kg·m解设气泡在湖底和湖面的状参量分别为p，1V，T）（p，，分析知湖底处压强为112

p0V00活塞运动第：

2

0p。利用理想气体的物态方程可得空气泡到达湖面的体积

p()nn0

p

p0

0V

V1106.112101

3

n0

00－氧瓶的容积3m其中氧气的压强为.30×10，氧气厂规定压强降.00×10时，就应重新充气，以免经常洗瓶。某小型吹玻璃车

抽气机每次抽出气体体积V/400)l0.05l

2.0l0间，平均每天用0压强1.01×10的氧气，问一瓶氧气能用多少天？（设使用过程中温度不变）

p1.010

5

Pa

Pan分：由使用条件的限制，瓶中氧气不可能完全被使用。从氧气质量的角度来分析。利用理想气体

将上述数据代入）式，可解得

n

。则物态方程pV/M可以分别计算出每天使用氧气的质量和供使用的氧气总质（即原瓶中氧气的3总质量和充气时瓶中剩余氧气的质量m之差12从而可求得使用天数)/。解根据分析有

t(276/400)60s－mol的空气从热吸收了热量2.66J，内能增加了J，这过程中气体作了多少功？是它对外界作功，还是外界对它作功？解由力学第一定律得气体所作功为

Mp1RT

m

MpMp133RTRT

WQ10负号表示外界对气体作功。

则一瓶氧气可用天数mV33

11双子分子的理想气体始处于Pa，1V=10的状态。然后1经本题图示直线过程Ⅰ

2

II11－一抽气机转速ωmin抽机每分钟能抽出气体升容的容积升经0

变到，2V=2×10m的态。后2

1习题51/25351/2535又经过程方程为PV

=C（量）的程Ⅱ变到压强

功分别为=1.01×10的态。求）过程Ⅰ中的气3体吸收的热量）整个过程气体吸收的热量。解1在过程I中体对外作的功

326

Jp)/2在过程I中气体内能增量

则由热力学第一定律可得由A到过中系统能的增量R)(p)在过程I中气体吸收的热量AJ

200J由此可得从到，统内能的增量CA从C到A，系统所吸收的热量

（）过程II中气对外作的功

CA

CA

CA

JA

pdVp由

V

VpVV)pV

式中负号表示系统向外界放热里要说明的是由于是未知过程。上述求出的放热是过程的总效果对中每一微小过程来讲并不一定都是放热。5Pa体积为－空由压强为1.52可算得

V

，带入上式得

，后再经等压压，等温膨胀到压强为1.01缩到原来的体积。试计算空气所作的功。A

解空在等温膨胀过程中所作的为整个过程中气体对外作功AA

T

mM

RT

VV

pV1

1整个过程中气体内能增量

空气在等压压缩过程中所作的功为R(T)

J

p

Vp2

2

整个过程中气体吸收的热量1.29116如题图所示，系统从状态A沿变

利用等温过程关系所作的功为

pVp

，则空气在整个过程中化到状态C的程中有的热量传递给系统，同时系统对外作功。当系统从状态C沿一曲线返回到状态时，外界对系统作功为，则此过程中系统是吸热还是放热？传递热量是多少？分：知系统从状态C到状态，外界对系统作功为，果再能道此过程中内能的变化为CA

WWpVp55.7J12211－如题图所示使l氧（由等温地变到B）等体地变到C，再由等地变到，分别计算氧气所作的功和吸收的热量。分：－V图可以看出，氧气在AB与ACB

，则由热力学第一定律即可求得该过程中系统CA传递的热量Q。于理想气体的内能是状态（温度）CA的函数用中给出的ABC过吸热功情况，由热力学第一定律即可求得由A至过程中系统内能的变化

，而

AC

CA

，故可求得。CA解系统经ABC过所吸收的热量及对外所作习题116

习题118AAT终态方T2AAT终态方T220V-31020111112005两个过程中所作的功是不同的，其大小可通过W虑到内能是状态的函数，其变（）

pn22

1.9626个m化值与过程无关，所以这两个不同过程的内能变化是

－11有一绝热的圆柱形的容器，在容器中间相同的，而且因初、末状态温度相同

AB

，故

放置一无摩擦绝热的可动活塞塞两侧各同种单原子分子理想气体，初始时，两侧的压强、体，用热力学第一定律Q，求出每一过程所吸收的热量。解1沿作温膨胀的过程中，系统作功mWlnBVlnB3AA由分析可知在等温过程中，氧气吸收的热量为3JAB（2沿到C再的过程中系统作功和吸热分别WWpACBACCBC2.03JACB－9一量的某单原子分子理想气装在封闭的气缸里，此气缸有可活动的活塞（活塞与气缸壁之间无摩擦且无漏气已知气的初压强=1atm,1体积V=10将该气体在等压下加热直到体积为1原来的两倍然后在等体下加到压强为原来的2倍最后作绝热膨胀,直到温度下降到初温为,求整个过程中气体内能的改变、吸收的热量和所作的功。解因，以内能增量为零。

J

积、温度均为（，V，）气体的定容摩尔热容0量为C＝一电线圈放在活塞左侧气体中，V对气体缓慢加热左侧气体膨胀时压缩右方气体，最后使右方气体体积为V＝V/8求1左、右两2侧气体的终温是多少）左侧气体吸收多少热?解1右则气体经历一绝热过程，初态、得出右侧02气体末态温度：T05/T002由理想气体物态方程，右侧气体终态压强为032由于活塞是可动的，左、右两侧的压强应相同：32，12VV左侧末态体积：V15T11T60T左侧气体末态温：3(2V)V(2)5.62

2

（）＋＝＋左左右左

右AJ11－有刚多原子分子的理想气原来的压强为1.0atm,温度为27℃若经过一绝热过程使其压强增加到16atm:气内能的增量在该过程中气体所作的功；终时气体的分子数密度。

T)R0－12如题图所示除部外都是绝热的气筒位固的导热板隔成相等的两部分A和B其中各盛有一摩尔的理想气体氮。今将的热量缓慢地由底部供给气体塞上的压解1

T2

1

p

2

1

K

强始终保持为1.0110，A部B部温度的改变以及各吸收的热量(热板的热容可以忽略。将位置固定的导热

Mi

RT)3J

板换成可以自由滑动的绝热隔板上述讨论。解导热板固定A中气体为等

题1112（）

7.479J

容加热；B中体为定压膨胀，且为准静态的，搁板导热，ABQCCQ334.4机循环出环效率。5V循环来区分热机和AQCCQ334.4机循环出环效率。5V循环来区分热机和A图中循环曲线行进-1-11M2BCACA12AC1－14如本题图所示，某理想气体循环过的APV－T图知气体的定压摩尔热容CP=2.5R定体摩尔热容C=1.5R且V=2V。试问）图中所VCA致冷机还是热机？2如是正循环（热6R8.31PV2分：正、逆R8.316.71139.4致冷机是针对pVQ334.4139.4BA（2）隔板活动A体等压膨胀；隔板绝热B中体温度不变。QCBBAP

方向而言的。因此，对图中的循环进行分析时，一般要先将其转换为－图。

习－14

T2Q211.50KP－13的氧气作如本题图所示的ABCDA循，设V＝2VT＝300KT＝200K求21循环效气定体摩尔热容的实验值为=VJ·mol·K）分循环是正循环效可根据

由图可以看出，BC为体温过程为温压缩过程；而AB过为等压膨胀过程。这样，就可得出pV图中的过程曲线，并可判别是正循环。解）根据分析，将－T图换为相应的－V图如图所示。图中曲线行进方向是正循环，即为热机循环。（2根据得到的－V图知AB等压膨胀过程，为吸热过程BC为等体降压过程CA为温压缩过程，均为放热过程。故系统在循环过程中吸收和定义式

/

放出的热量分别为来求出，其中W表示一个循环过程系统作的净功为习题－13环过程系统吸收的总热量。解根分析，因AB、为等温过程，循环过程中

mQp,mBAmmQCVVM

系统作的净功为WAB

RTlnRTlnVVMM

CA为等有；AB为压且因VV，有T。循环效率为AA

M

12

/CV,mAAp,mA由于吸热过程仅在等温膨对于AB段等

－15有一以理想气体为工作物质的热机其体升应DA段生温过程中

，

循环如本题图所示，试证明热机效率为则Q升过程中=所以，循环过程中系统吸热的量为

DA

，

V112p12QABABDARTlnVVCTMM

分：热机由三个过程组成，图中AB是绝热过程，BC是等压压缩过程，CA是等由此得到该循环的效率为

体升压过程。其中

过程系统吸热，过

习题111586MEBM86MEBM程系统放热。本题可从效率定义

TBB

2

Q1

BC

Q

CA

出利用热力学

B

DC

第一定律和等体、等压方程以及

/CV,m

的关

由上述两式可得系来证明。证该机循环的效率为

BCVDCB

2

QQ1

BC

Q

CA

将此结果代人（1）中。即可得其中QBC

T,Qp,mCB

CV,mAC

，

B11在夏季，假定室外温度恒定为37，启动空调使室内温度始终保持在℃、如果每天有J的量通过热传等方式自室外流人室内，则上式可写为

则空调一天耗电多少？（设该空调致冷机的致冷系数为同条件下的卡诺致冷机致冷系数的60）

TBTA

TCTTA

分：电量的单位为J。因为卡诺致冷机的致冷系数为e在等压过程BC和体过程CA分别有

T为温热源温（外环境温度为低温热源温1度（室内温度以空调的冷系数为TVVTB2A

PP2

ek

另一方面，由致冷系数的定义，有代人上式得

V112p12

，证毕。

eQQ1其中Q为调传递给高温热源的热量，即空调向1－16汽机可近似地看成如图所示的理想循

室外排放的总热量是调从房间内吸取总热量。2环，这个循环也叫做奥托（循环，其中和BC是热程。证

若进室内的热，则在热平衡时Q

。明此热机的效率为)B证循环仅在

由此，就可以求出空调的耗电作功总值WQ解根上述分析、空调的致冷系为8.72

。一程中吸热，EB过中放热。则

在室内温度恒定时，有

Q

。由热机效率为

习1116图

e

可得空调运行一天所耗电功CTTQEBTCTD（2在过程BCDE中分别应用绝热方程

WQ2.8978.0kW22－设质量为克物体具有恒定的比热c当此物体由温度加热到时熵变化为多少（）当温度下降却时这物体的熵是否减小？如

，有

果减小，那么在这样的过程中宇宙的总熵是否减小？mcdT解（）∵dsTTSTN33VSlnfiii5-2注意到为双原子分子，，。所以在“”过程中的熵变为SSTN33VSlnfiii5-2注意到为双原子分子，，。所以在“”过程中的熵变为S,mV,m5-2则S

T

mcdTTTT

新的平衡位置，试问（1水温升高多少？（2）活塞将静止在距气缸左边多大距离位置物系的总熵增加多少？∴Smcln21

21

解1系统处于新的平衡位置后：A1B11（2）冷却时TT，，即222熵减小

AB

T

温度不变物冷却时，周围环境的熵增加，宇宙的总熵不会减小

（）设新平衡后，活塞位于距A塞截面为）－19一黄铜棒的一端与℃的热库接触，而另一端与℃的热库接触。试问

A端

'

（1）当1200卡热量通过这棒时这导过程中所发生的熵的总变化为多大？

B端

PV2020

2

50.5S（2）在传导过程中棒的熵是否改变？解112001eq\o\ac(△,S)eq\o\ac(△,))（2）在这传导过程中棒的熵不改变。

两式相除：0.6m（整个气体的熵变等于氦气的熵变和氖气的熵变之和。注意温度始终不变。利用理想气体熵变公式，则0ν0.25νHNeS0.5S－20让一摩尔的单原子理想气体由压强为P与体积为的态，经历两不同过程改变到压强为

R/5)3.22

-1与积为2V的态）先让此理想气体等温地膨胀到体积加倍为止，然后在恒定体积下将压强增大到终态）让此理想气等温地压缩到压强加倍为止，然后在恒定压强下将体积增大到终态。试分别对此两个过程计算理想气体熵的变化。解熵是态函数△S=S－与线关fi

－22如题图所示图→3等温线1为热线，→2和→3均为等压线，→3等体线。1mol的氢气在1点的状态参量V＝，＝1，在3点的状态参量为V＝，＝300K。3试分别用如下三条路径计S－S→2→331→3）→4→3有

ds

由dQdET

dυ

解1“”等压过程，V/)K“”等体过程。2211fdTfυffTTVυTVii3TV3PV3lnln22ln222111如题图所示为0.8m的柱形容器被一薄的活塞分隔成两部分。开始时活塞固定在距左端处。活塞左边充有，510N的气，右边充有N的气。它们都是理想气体。将气缸浸入水中，开始时整个物体系的温度均匀

H7/22,mR/(2)dQdQT(2)T300dQ2T600T（2）“”等温过程。其熵变地处于C及活塞的热容可不考虑。放松以后

S

(1)

Q/R/)R22振动的活塞最后将位于一习题1121图习题1122图40R-5-2540R-5-25（3）

”过程是由“”绝热过

解l）单位体积分子数程，

mTV1

V

（）

（2）氧气的密度V1.30kg

和“”等压过程

（3）氧气分子的平均平动能T//44

（）

k

3kT

所组成的联（式考到

300K

，

（4）氧气分子的平均距d13.45

得到“4”点的温度－本图III条曲线是两种不同气体T4

/5

300K

（氢气和氧气）在同一温度下的麦克斯韦分子速率分布曲线。试由图中数据求氢气分子和氧气分子其熵变

S))343

的最概然速率）两种气体所处的温度。Q3003005R/522

dTT

分：vRT/可知，在相同温度下，由于不同气体的摩尔质量不同们的最概然速率v也就不同。因第12

气动论

M

M

，故氢气比氧－一积10L的真空系统已被抽成.0×

mmHg的真空态温度2℃为提高其真空度，将它放℃的烘箱内烘烤，使器壁释放出所吸

气的v要，由此可判

习题12－附的气体，如果烘烤后压强为.0×10壁原来吸附了多少个气体分?解由式p，

mmHg问器

定图中曲线II所标2.0m是对应于氢气分子的最概然速率。从而可求出该曲线所对应的温度。又因曲线I、IIkT573

/760

所处的温度相同，故曲线I中氧气的最概然速率也可1.6820个m3按上式求得。解1由分析知氢气分子的最概然速率为因而器壁原来吸附的气体分子数为nV1.6818个

(v)PH

RT/M

H

－一器内储有氧气，其压强，度27℃，求气体分子的数密度氧气的密度）子的平均平动动能）子间的

利用

M/M

可得氧气分子最概然速率为平均距离分子间等距排列分：在中压强和温度的条件下，氧气可视为

(v)P

2/

O

)PH

m

理想气体。因此，可由理想气体的物态方程、密度的定义以及分子的平均平动动能与温度的关系等求解。又因可将分子看成是均匀等距排列的，故每个分子占

（）由RT/得体温度有的体积为即可求出。

数度的含意可知nd

T4.81Kp－有质量均m同种气体分子，它们的速率分布如本题图所示说明曲线与横坐标所2vvadvv2vmv2vvadvv2vmv包围面积的含义）由Nv求值）在速率0v到3v间隔内的分子数分的平均平动动00能.

率v为p分：处与气体分子速率分布曲线有关的问题时，关键要理解分布函数f的物理意

v

M

8.31

2182/秒f(v)dNd

题中纵坐标Nf()N/v

处

麦克斯韦速度分布速率

附近单位速率区间内的分子数。同时要掌握

公式可改写为f(

的归一化条件，即

f(vv

。在此基础上，

N

x

2

根据分布函数并运用数学方法（如函数求平均值或极值等可解本题。解）由于分子所允许的速率在02v的围0内，由归一化条件可知图中曲线下的面积

则速度在米秒~3010米/间的分子数

习题12－4图

v

N1

π

2182

2

30002182

即曲线下面积表示系统分子总数。Nf)/v（2从图中可知，在0到区间内，0

；

速度在vv10米秒间的分子数pp而在v到2v区内，00

Nf()

。则利用归一化条

N2

π

21822182

2

21822182

102182件有

故得

0

av0

d

a

2182

0a/3（3速率在v/2到3v/2间隔内的分子数为00avv//2v

1－讨气体分子的平动动能mv分2布函数，归一化条件，及求任意函数g(平均值公式。并由麦克斯韦气体分子速率分布函数导出动能分布函数，求出最可几动能。(4)分子速率平方的平均值按定义

解在动能空间中取一小区间

，小区v

v

N/N

v

f(v)dv

间内分子数dN占总分子数N比为故分子的平均平动动能为

N

f

K

112(vdv22Nv0v

a

31v)36

20

其中

f

为分子动能分布函数，它满足归一化条件：f(0－当气的温度300时，求速率在区间3000m/s010m/s间的分子数N与率在区v1p到v+10m/s之间的分子数Δ之。p2解氢气在温度=273+300=573开的最可速

任意函数令

)的平均值公g

)

0

(

)f(

)d-32226-32226

f(v)

m

2

v

mv22kT可求出f

)d

(

)

3/2

kT

)令

(

可得最可几动

12-7－在积2的容器中，有内能为6.75J的刚性双原子分子理想气体）气体的压强）分子总数.4个，求分子的平均平动动能及气体的温度。解1）由

iM

m和

可得气体压强

p2E/Pa（2分子数密度n=N/为则该气体的温度12-8

pnkpV

K气体分子的平均平动动能为

k

32－10质离开地球引力作用所需的逃逸速率为

gR

，其R为地球半径若使氢气分子和氧气分子的平均速率分别与逃逸速率相等，它们各自应有多高的温度）明大气层中为什么氢气比氧气要少=）分：体分子热运动的平均速率8RT/

。对于摩尔质量M同的气体分子为使

等于逃逸速率v，所需的温度是不同的；如果环境温度相同，则摩尔200531122120111122200531122120111122质量M较小的就容易达到逃逸速率。解1由题意逃逸速率v2，而分子热运动的

同理可得

pN22

．平均速率

8RT。vv28

时有4

将N和的式代入上面公式可得12ipipVipi1020)T22221约去公因子，可得混合气体的温度为

，由于氢气的摩尔质量MH

，

(i)T1iTT11

=284.4(K)．氧气的摩尔质量

混合气体的压强为M

3.2

kg

(NN)p1kT则它们达到逃逸速率时所需的温度分别为4K,1.895KO（2）根据上述分析，当度相同时，氢气的平均速率比氧气的要大（约为4此达到逃逸速率的

1Vp()kTkTkTi)()2=．2(iT)11氢气分子比氧气分子多。按大爆炸理论，宇宙在形成

－12

已知在单位时间内撞击在容器壁单位面过程中经历了一个极高温过程。在地球形成的初期，虽然温度已大大降低，但温度值还是很高。因而，在

积上的分子数为

14

nv

一边长为1米立方箱子，气体分子产生过程中就开始有分子逃逸地球，其中氢气分子比氧气分子更易逃逸。另外，虽然目前的大气层温度不可能达到上述计算结果中逃逸速率所需的温度，但由麦克斯韦分子速率分布曲线可知，在任一温度下，总有一些气体分子的运动速率大于逃逸速率。从分布曲线也可知道在相同温度下氢气分子能达到逃

在标准情况下盛有个分子，计算秒内氧分子与箱子碰撞的次数。解氧分子在标准状态下算术平均速率v逸速率的可能性大于氧气分子。12-11一绝热的容器被中间隔板分成体积相等的

v

2733.140.032

425米秒两半一半装有氦气度250K一装有氧气，

每边长为米立方箱的总面积1温度为310K两气体的压强均为求去隔板后0

米

2的混合气体温度和压强为多少？[解答]设氦气和氧气分子各有和N个气是12

1则Nnv4

1.91

次秒单原子分子，自由度为i=；氧气是双原子分子自1由度为i=52

12－在标准状态下氦气（）内摩擦系数×帕，摩尔质量M为0.004千，平均隔板抽去前，氦气和氧气分子的总能量为

速率

为1.20×10米/试在标状态氦原ii1N，EN．2隔板抽去后，氦气和氧气分子的总能量为ii1N2N．22这个过程能量守恒，即，=+，以12

子的平均自由程）原子的半径。1解）公式则3M4因为气体密度千/米v

3iN+iN=(iiN)T．1111122N由于压强1，

31.890.1781.20

3

2.65

米所以

pN021

；

（）

λ×6×258882λ×6×258882由氦原子直径

RT

1.413.14

λ则λ

米

即氦原子半径为

d2

米

010大压=帕λ112－如果理想气体的温度保持不变，当压强降为12－14（求气在标准状下的平均碰撞次

原值的一半时，分子的平均碰撞频率和平均自由程如数）温不变，气压降到×10

4

帕，平均

何变化？碰撞次数又为多少？（设分子有效直径为10

10

米）

分：

在温度不变的条件下，分子的平均碰撞解）在标准状态下，氮气分子的算术平均度

频率Zp，而分子的平均自由程

1/

，由此可v

312733.140.028

454米秒

得压强变化时，平均碰撞频率和平均自由程的变化。由公式=得

解由析知Zp平均碰撞频率为

，当压强由p降时0

1.01351.3810273

2.6910个米

3

Z

0

p/0p0

/20由平均自由程

2

得

又因

故当压强减半时平自由程为λ

3.1410

×10

8.39×

第四

波平均碰撞次数Z

v×2λ8.3910

5.42次/秒

－1如题图所示，一平面简谐波沿轴向传播，波速大小为u，处点振动方程为y求处点的振动方；P（该的波动方程处质点振动状态相同（2气压降低之后的平均碰撞次数为

质点的位置。∵

ZZ

解）O处点振动方程：yA[ω（t+L/）φ]0（2）波动方程∴

Z

Z

101.01310

×/秒

y=ω[t（x-L）uφ0（3）质点位置x=L2u/

（k,……）12－15若在标准压强下，氢气分子的平均自由

－一谐波动周期10m，程为×10

米，问在何种压强下，其平均自由程1

振幅=0.1m当t时，波源振动的位移恰好为正厘米？（设两种状态的温度一样）

方向的最大值，若坐标原点和波源重合，且波沿ox轴解按=和λ

πd

2

，有

正方向传播，求）波的表达式）tT/4时1刻，x处点的位移）t＝T/2时，x1处质点的振动速度。解）

y=0.1cos(4πt2πx/

2λ

，p

KT2λ

(SI)

=0.1cos4π（-/20）(m)A/0(m)A/0/4处

（2）当t=/s),xλ/41011

－5已知一平面简谐波的程为cost)(SI)质点的位移yπ（/4-λ/80）1=π(1//80.1（3振速vsinπ(/t=/1/4在x=/4=10/4(m)21处质点的振速v(-π/2)1.26m/s2－一谐波沿轴负方向传播频率为，

求波的波长和速度值；写t＝2.2s时各波峰位置的坐标表达式，并求出此时离坐标原点最近的那个波峰的位置。－波作简谐振动，周期为.0，它经平衡位置向正方向运动时为时间起点动以u＝400m/s的度沿直线传播。求距离波源处质点的运动方程和初相）距离波源9.0m和10.0m处两点的相位差。波速为。设

t

4

时

A

解在确角率2Ts

、波速刻的波形如本题图所示，求该波的表达式。解：由图可看出，

m波动方程

和初相

2(或的条件下，在t=0时原点处质点位移y＝A，0说明原点处质点的振动初相

习题14－3图因而波动方程为

yAs)(/4002]位于x=m处质点的运动方程为Acos[(200s)t2]t)u

该质点振动的初相2P点的相位差为

。而距波源m和－本图表示一平面余弦波在t＝0时与＝2s时刻的波形图，求：A坐原点处介质质x(m)点的振动方t程；(2)该的波方程。习题－4解：由图可知：

)/x)/uT1如果波源初相取，则波动方程为s)(t/－为保持波源的振动不变要消耗4.0W的功率。若波源发出的是球面波（设介质不吸收波的能量）。求距离波源5.0m和处的能流密度。原点处质点的振动初相

0

2

；

分：波传播伴随着能量的传播。由于波源在单位时间内提供的能量恒定，且介质不吸收能量，故波长

，波速

20um/2

；

对于球面波而言，单位时间内通过任意半径的球面的能量（即平均能流）相同，都等于波源消耗的功。而在同一个球面上各处的能流密度相同，因此，可求因而圆频率

u

8

，

出不同位置的能流密度IS。解由析可知，半径r处能疏密为

原点处质点的振动方程

IP4

r

y8

当r=、r=m时分别有1

波方程

ycos

xt)810

IP1I2

2

W333y3sinu1习题14－10图r解波传到212333y3sinu1习题14－10图r解波传到212－一性波在媒质中传播的速度10，振幅m，率=10，媒质的密度为。）波的平均能流密度）一分钟内垂直通过一面积S=的能量。

在外，2所以I=0。

r2

，解1由能流密度I的达得

－11在弦线上有一简谐波，其表式为I

2

2

v

2

1.58

5

W

y

x

（SI)在时间间隔s

内垂直通过面积能量为

为了在此弦线上形成驻波，并且在＝0处一波腹，此弦线上还应有一简谐波，求其表达式。WP3J

解设另一波的波动方程为－如题图所示，三个同频率，振动方向相（直纸面的简谐波在播过程中在O点遇；若三个简谐波各自单独在S、和振方程分别为12y＝cos(+，y＝Acos和y＝ωt，1且＝4＝O点合213振动方程传播过程中各波幅不变）

y.0则驻波方程为1

t

x

解：一波传播的距离都是波长的整数倍，所以三个波在O点的振动方程可写成

4.0

cos

432

432

y=sωtπ/2)11y=sωt2y=sωt-π/2)33其中AA=AA,123在点三个振动叠加，利用振

S1

SS23习题14－9图

x＝0处波腹，取k＝0处，则

幅矢量图及多边形加法（如图）可得合振动方程

A

1

A

2

y

t

xy=2ωt/4)/4AA=ΣA－10本图中和是波长均为两个相干波的波源，相距，S的位相比超2。若两波单独传播时过和S的直线上各点的强度相同不随距离变化两的度都是I在、01连上外和外侧S各点，合成波的强度分别12为多少？PS2解在的外ll侧源起的分振动的相位差

－12如题图所示和为位相的两相1干波源，相距为，点距为r；波源S在点引1起的振动振幅为A，波S在P点引起的振动振幅为A，波波长都是L求点的振幅。2习题14－12图点时的相位差rrr21，因而点振幅Acos21r1

3

，

2cos21

Lr

合振动振幅

A0

，波的强度

I4I

0

；

b

－13如题图所示，为

习题14－13图222112TD12D3-5222112TD12D3-5点波源，振动方向垂直于纸面，和是上2两个狭缝，＝。SS⊥AB并且SS＝。轴21以为标原点并垂直于在左波为；右侧，波长为。求轴干涉加强点的坐标。解在坐标为x的P点两列波引起的分振动的位相差为

过平衡位置向负方向运动。求D点入射波与反射波的合振动方程。（设入射波和反射波的振幅皆为A，频率为。）解以点坐标原点，设入射波方程为xyAcos引起的振动方程为

a

2

x1

22

2

4yA代入干涉加强的条件2xx212解出干涉加强点的坐标为2a12a21

2

反射时有半波损失，cos2P反射波方程式为4y2合成驻波方程式为－设入射波的方程式为tyx＝处生反射，反射T

xy2A2

点为一固定端。设反射时无能量损失，求反射波的方程式）合成的驻波的方程式）腹和

由题设条件t＝0时x＝0处y＝0，

，所以波节的位置。解反射点是固定端，反射时有半波损失，且振幅不变，所以反射波的方程式为ty（2合成的驻波的方程式为xtyA2T（3波腹位置满足

x，y2A又x代入上式，得D412点的振动方程7y3AA2

x

2

n

n

2,3，

x

－16一面简谐波的频率为500Hz在空气中（1.3kg/m）u＝340m/s的度传播，到达人耳时，振幅约为A＝1.0×10m试波在耳中的平均波节位置满1。2

x

2n22

，

能量密度和声强。解波耳中的平均能量密度6.42J－15如本题图所示，一平面简谐波沿x正

声强就是声波的能流密度，即方向传播，BC为密介质的反射面。波由点射，OP3λ/，λ/6。在＝时，O质点的合振动是经

..D

P

B

I2.18W这个声强略大于繁忙街道上的噪声，使人耳已感C习题14以速度2R以速度2R到不适应般正常谈话的声强为1.0W

解（）根据多普勒频率公式，声源（警车）左右。－17面积为的户向街道噪在窗户的声强级为80dB问有多少声功率传入窗

25m接收到的频率为

运动时，静止于路边的观察者所内？分：首要理解声强、声强级、声功率的物理意义，并了解它们之间的相互关系。声强是声波的能

uuv

流密度I声强级L是述介质中不同声波强弱的物

警车驶近观察者时，式中前“，故有理量。它们之间的关系为lII)，其中I为规定声强L的位是贝尔

v

1

865.6（常用的单位是分贝1B=10dB声

警车驶离观察者时，式中

前取“”，故有功率是单位时间内声波通过某面积传递的能量，由于窗户上各处的I相，故有

。

Hzu解根据分析，由

Llg(II)

可得声强为

（）源（警车）与客车上的观察者作同向运动时，观察者收到的频率为ILI则传入窗户的声功率为

u0826.2HzSPIS

L

I0

W

－20一源的频率为1080Hz，相对地面以－18若在同一介质中传播的、频率分别为1200Hz和的声波有相同的振幅。求：）它们的强度之比；（）两声波的声强级差。

30m/s的速率向右运动右有一反射面相对于地面以65m/s速率向左运动空中声速为331m/s求：（1声源在空气中发出的声音的波长；）反射回的声音的频率和波长。解（）声强

I

，则两声波声强

解1）在声源运动的前方II之比112（）声强级LI声级差为

u)/(331/1080b在声源运动的后方u)/asI

I

I

0.954B9.54

（2反射面接收到的频率为－19一警车以25m/s的度在静止的空气中行驶，假设车上警笛的频率为。：）静止

Ru

站在路边的人听到警车驶近和离去时的警笛声波频率；2如果警车追赶一辆速度为客车，则客车上的人听到的警笛声波的频率是多少？（设空气中的声速）分：于声源与观察者之间的相对运动而产生声多普勒效应，由多普勒频率公式可解得结果。在处理这类问题时，不仅要分清观察者相对介质（空气）

反射后声音的频率为uu(u)vRu(u)(uRsR33165)Hz30)(331-是静止还是运动，同时也要分清声源的运动状态。

波

长

为

R

)018nnsrl5018nnsrl5第十六

光的干1汞弧灯发出的光通过一滤光片后照射双缝干涉装置已缝间距d=0.60mm察屏与双键相距D＝，并测得相邻明纹间距离Δx=2.27mm。计算入射光的波长，并指出属于什么颜色。解mnm)黄色。－由源发的＝600nm的色光，自空气射入折射率n＝的一层透明物质入气（如图）若透明物质的厚度d=1cm入射θ＝30，且SA=BC=5cm求（）θ为大2此单色光在这层透明物1质里的频率、速度和波长各是多少？）到C几何路程为多少？光程为多少？

1d解：x4.5(m2－一双缝实验中两缝间距为l.0m远处测得第l级第10级纹之间的距为。求所用单色光的波长。解：600(nm)D－5利洛埃德镜观察干条纹，条纹间隔为0.005cm，所用的波长为，果光源和屏的距离为0.3m问光源放在镜面上方多高的地方？D解：()DD2

(m)mm16-2sin解：(1)由折射定律可:sin1sinsin30sinarcsin()241.23cm/)4.88c14(Hz)(3)S到的何路程:

(m)

－在涅耳双棱镜的实验中，若光源离两镜交线的距离是1m屏距交线2m所用单色光的波长是，得干涉条纹的间距为，计算两反射镜的夹角。sMCM'习题16-6用r解rad)2－沿北方向相隔3.0km有两座无线发射台，它们同时发出频率为2.0的线电波。南台比Z北台的无线电波的相位落后/2求在远处无线电波dSAABBCBC1到C的程:

发生相长干涉的方位角（相对于东西方向解：4AB)

其中

c385

3

(－劳德镜干涉装置如图所示，光源S和0它的虚像位镜左后方的面内，1并在它的右边缘处放一毛玻璃屏幕。如果从S到0的垂直距离为2mm单色光的波长为试求

k2

)/d4k

2.0镜的右边缘到第一条明纹的距离。k

8.2

1.01212ksin

舍

(舍)

所以反射最强的光为584nm－用很薄的射率为的云母片覆盖在双缝实验中的一条缝上，这时屏幕上的零级明条纹移到原来的第七级明条纹位置上，如果入射光波长为550nm试问此云母片的厚度为多少？

－一折射率为表面附有一层折射率为油膜，今用一波长连续可调的单色光束垂直照射油面。当波长为485nm时，反光干涉相消。当波长增为时射再次干涉相消油膜的厚度。解：零级明条纹移到第七级明条纹则原来零级明纹的地方出现的为7级纹，设

解：

2nd

b云母片厚度则光程1为:r光程2为:rrnb得b6.6(mm用光垂直射到间距为0.25mm的缝

其

2k221中２485nm,1

1rr2习题用图

上距缝1.0m处置屏幕求第二级干涉条纹中紫光和红光极大点的间距（白光的波长范围是400～

2

代数,可760nm

得d643nm解：

Dx(m)dDxd

()

－13如，一长10cm的玻璃片，叠加在另一玻璃片上，并用0.1mm厚的金属带从一端塞入它们之间，使两玻璃片成一小角度。以波长为546nm光从玻璃片顶上照射，从反射光可以观察到每厘米有多(m))116－10让束水平的氦氖激光器出波长为的光垂直照射双缝，在缝后2.0m处墙上观察到中央明纹和第1级纹的间隔为。（1）求双缝的间距；

少条干涉条纹？解0.0273(cm)2nD1条b

n=1L习题用

D（2）在中央条纹以上还能看到几条明？解：(1)

d

D

9.04

(m)

－14如，与上题原理同，将金属带换成金属丝D，的光照射，从图示之劈尖正上方的

中点处（即L/2处观察到条纹向左移动了条，求sin

时,

k

金属丝直径膨胀了多少？若在金属丝的上方观察又－在气中有一厚度为5000A的油膜

可看到几条条纹移动？（n=1.46垂照射到此膜在到的范围内，些波长的光反射最?

解：

L/

2

解：

2nd

2

2k/2

L

L/2

()k

2920(

(舍)

L

2n

0)kkkk

()4)7.))

－15如观察到肥皂水薄n）的反射光呈深黄色(＝这薄膜法线与视线间的角度为，问薄膜最薄的厚度是多少？1解：i0.85ni2nd2νk

()

当kd()－16若镜表面涂一层MgF

习题用20[(]1.032220[(]1.0322（n）透明物质薄膜，利用干涉来低玻璃表面的反射问了透镜在可见光谱的中）处产生极小的反射，这层薄膜最少厚度多少？解：取k=0,则99.6(nm)min－白照射到折射率为的肥皂膜上从45角向观察薄膜呈现绿色500nm求膜

－20折率为为的薄玻璃片放在迈克耳孙干涉仪的一臂上，问两光路光程差改变量是多少？解：dd－21用克耳孙干涉仪可以测量光的波长，某次测得可动反射镜移动距时倾条纹在中心处缩进条条纹，试求所用光的波长。最小厚度。若从垂直方向观察，肥皂膜正面呈现什么颜色？

解：

L

2

2L

3)解：(1)

1n

sini

－22迈耳孙干涉仪的两臂中分别放入长玻璃管，一个抽成真空，另一个充以的2nd

2

氩气。今用汞绿线（＝546nm照明，在将氩气徐徐抽出最终也达到真空的过程中，发现有205个条纹移当k时d(mm2)2

过视场，问氩气在atm时折射率是多少？解：nll205k=1,

nm

黄色

n1.00028k=1,

nm

舍去

第十七光的衍射－波为700nm的光正入射到一单缝上，－用色光观察牛顿环测得某一明环的直径为，外面第个明环的直径为平凸透镜的半径为1.03m，求此单光的波长

缝后置一透镜，焦距为0.70m，在透镜焦距处放一屏，若屏上呈现的中央明条纹的宽度为2mm问该缝的宽度是多少？假定用另一种光照射后，测得中央明条纹解：r((k2590(22－当顿环装置中的透与平面玻璃之间充

的宽度为1.5mm，求该光的波长。解单缝衍射中央明条纹的宽度为2fa4.92a

m以某种液体时，某一级干涉条纹直径由1.40cm变1.27cm，试求该液体的折射率。r解：2rdR

代入数据得2－一缝用波长为和光照明的第1一级衍射极小与第二级衍射极小重合。问2（）这两种波长的关系如何？∵是等厚干涉∴对于同一级条纹有:

1

2

（）所形成的衍射图样中是否还有其它极小重合？解）缝衍射极小条件为asinkn1

r2r1n2R2

依题意有

2

其中

1

rnr2

2

（2依题意有1aD-2-735D-2-735因为

2

，所以得所形成的衍射图样中还有

解）据爱里斑角宽公式，星体在视网膜像的角宽度为其它极小重合的条件为2k－有单缝宽为在缝后放一距

2.44

7.0

1.9

rad为的汇聚透镜长的行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。

（2视网膜上星体的像的直径为dl1.9234.4解单缝衍射中央明条纹的宽度为代入数据得

f

a

（）细数目应为(4.4

)

2

5

个2

546.1

5.461

－在面驶来的汽车上，两盏前灯相距。试问汽车离人多远的地方，眼睛恰能分辨这两盏前－用长为激光垂直照射单缝时，其夫琅禾费衍射图样第一极小与单缝法线的夹角为

灯？设夜间人眼瞳孔直径为入射光波长为。

0

，试求该缝宽。

解：解单缝衍射极小的条件sin

两灯距为，人车距人眼小分辨角，依题意有7.2600.0872－5波为的面波垂进入宽港口。

L

＝DL3在港内海面上衍射波的中央波束的角宽是多少？

－据说间谍卫星上的照相机能清楚识别地面上汽解单缝衍射极小条件为sin依题意有

车的牌照号码）若被识别的牌上的字划间的距离为5cm，在空的卫星上的照相机的角分辨

20

25

sin

率应多大（）此照相机的孔径需大？光的波长按计算。中央波束的角宽为

20

S1－6一色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm单色光垂直入射该缝时衍射的第级明纹位置重合，试求该单色光的波长。

S2

解单缝衍射明纹条件为sink2(2(依题意有22代入数据得2428.677－用眼观察星体时通瞳孔的衍射在视网膜上形成一个亮斑。瞳孔最大直径为光波长为550nm。星体在视网膜上像的角宽度多大？瞳孔到视网膜的距离为23mm。视网膜上星体的像的直径多大？视网膜中央小凹（直径0.25mm中的柱状感光细胞每平方毫米约个星体的像照亮了几个这样的细胞？

解：装置的光路如图所示。(1)角辨率即最分辨角为5radrad(2)sin1.22,D2mD－一光栅每厘米刻有4000条线计算在第二级光谱中，氢原子的的间隔（以度为单位）已波分别为656nm和，假定是正入射。解：0-9-2-6-9-6-2-9-9-20-9-6-60-9-2-6-9-6-2-9-9-20-9-6-61(1)光栅常数2.54000由光栅衍射纹条件sin入射时

(1)由光栅射明纹条件bsin入时440bsin＝bbbsin

22＝＝0.5248，bm

bsinkk

2sin＝b2.5m线第二亮纹张角第二级纹张角为

由于可光，以4503即

750m

，即两谱线第二亮纹间的角距离为－11两波长分别为和的色

该可见波长

bsink

4402

＝660nm光正入射在光栅上，它们的谱线落在焦距为1.50m的透镜的焦平面上，它们的第一级谱线之间的距离为6×10，试求光栅常数为多少？解由光衍明纹件sin射时750＝bb谱线第一距中心点距离sin谱线一距中点距离x两谱线一级亮纹的距离为x

－14某色光垂直入射到每厘米刻有6000条的光栅上如果第一级谱线的偏为20试入射光的波长如何？它的第二级谱线将在何处？解1(1)光栅常数b由光衍射明纹bsin射时m20nm2该谱第二级亮张角为43.15b17-15波长600nm的色光垂直入射在一光栅上，第二级明条纹分别出现在处第四级缺级，试问：

光栅常数b

m(750450m

此光栅常数多少？光栅上狭缝可能的最小宽度a多？

-6

m

（3按上述选定的值试在光屏上可能观－以放电管发出的光入射某光栅测得波长为的色光衍衍射角为20，在同一衍射角下出现了更高级次的氦谱线，波长为447nm，问光栅常数最小应为多少？解由光栅衍射明纹条件bsin入射时

察到的全部级数是多少？解由光衍明条入射时k2mmsin0.2(2)由于光栅明纹位置由，单缝衍射极小ksinsinkm或bsinsin20所以光栅常数随着级数的增大而增大,当k=1和

位置射极小位置重合，即缺级，此时＝N(N为整数），ad故a=;取最小值4b=

668sin

3.906

(3)由所能看到的最大级数

dsin

－13一束光线正入射到衍射光栅上分计转过，视场中可看到第三级谱内波长为440nm

k4,8缺所能看到的亮纹级数为0,共15条－波为的色光，垂直射到光栅的条纹问在同一角看波长在可见光范围内

上如要求第一级谱线的衍射角为30

问光栅每毫的其它条纹吗？解

米应刻几条线？如果单色光不纯长在0.5％范围内变化，则相应的衍射角变化范围果栅上下移动而保持光源不动，衍射化？解/0sind/0sind(1)由光衍射明纹条件500nm30

sin正入射1000nm,

（4（画出单缝衍射中央包络线的主极大即可）解:

500

1000(2)波长在10.5％）（即497.5nm502.5nm）范围内波动时，则对于497.5nm衍射角

497.5nm1000nm

50

对于502.5nm，.5nm衍射角1000nm

10

（1

-4-3-2-101234()I/I0＝20（3）如果光栅上下移动而保持光源不则衍射角不发生变化。－17波长为500nm的色光30入角斜入射到光栅上，发现原正入射时的中央明条纹的位置现在改变为第二级光谱的位置。求此光栅每毫米上共有多少条刻痕？最多能看到几级光谱解：

（2

-2-1012()由光栅衍射明纹条件

得正入射时

sin

sin

第二级亮纹距中心点的宽度为当斜入射角和衍射角相等时出现中央极大，此时中央亮纹距中心点的宽度为

x

xf

（3

-4-3-1014sind)210b＝33

I/I

0

1010500

(2)光斜射纹件

sin

)

当

＝时

sin

)

2或

（4

-20

sin

23()所以最多能看到6级条纹－若色光的波长不变，试画出下列几种情况下衍射的光强度分布曲线I－sin图，并标出各图横坐标标度值。；，（画出单缝衍射中央包络线的主极大即可），（画出单缝衍射中央包络线的主极大即可）

－波长为单色光垂直入射在一光栅上，第2明条纹分别出现在sin与sin处第4级级光栅的缝数为6画单缝衍射中央包络线的主极大衍射的光强度分布曲线I－sin图，并标出横坐标标度值。-4-3-2-134sin()0/000/0000/110//40/000/0000/110//4解由光栅衍射明纹条件bsin入射时b0.22600b4级缺级d4a,

光图如图所。此天线列相的栅。因收装置在的中程dic将化为dsinivc正天顶是dsin0,即接收到的主极大v）级极NdvNd光栅衍射强度II

N()(

)

,

(3)k极大ii

cvd

isin－20以波长为×10的X射照射岩盐晶

第八

光偏面测得在X射上晶面的夹射30时获得第一级极大的反射光。问）岩盐晶体原子平面之间的间距为多大如另一束待测X射线照射岩盐晶面，测得X射线与晶面的夹角为30

－两振片的方向成30夹时透光强为I，若入射光不变，而两偏振片的偏振化方向成45夹1角时，则透射光强如何变化？解设透过第一块偏振片后的振幅为A，过第0时获得第一级极大反射光，则待测的X射的波长多少解

二块偏振片后的振幅为A。题意1Acos0IIcos2301010

0

I

波长1.10的射线2sin11.51.10dm另一种线，式得dsin17.5－21对于同一晶体别两种X射实验现

4II13IIcos20220II

4I12已知波长为的X射在与晶体面成30掠射角处给出第一级极大，而另一未知波长的X线在与晶体面成的掠射角处给出第三级反射极大此知X射的波长。解对于波为9.7的X射线，由2dsindsin302d＝9.7,nm2

－使然光通过两个偏振化方向成6夹的偏振片，透射光强为I，在两偏振片之间再入1另一偏振片，它的偏振化方向与前两偏振片均成角，则透射光光