参考习题2-2


习题七 7-5 容器内贮有 1 摩尔某种气体。今自外界输入 2.09 × 10 焦耳热量,测得气体温度升高 10K.求该气体分
2

子的自由度。 解: ?E = N A

i k ?T , 2

∴i =

2?E 2 × 2.09 ×10 2 = =5 N A k ?T 6.02 × 1.38 × 10

7-7 温度为 27°C 时,1mol 氢气分子具有多少平动动能?多少转动动能? 分析 气体的能量为单个分子能量的总合。 解: Et = N A

3 3 kT = 6.02 × 10 23 × × 1.38 ×10 ?23 × 300 = 3.74 ×103 J 2 2 2 2 Er = N A kT = 6.02 × 1023 × ×1.38 × 10?23 × 300 = 2.49 ×103 J 2 2
5

7-10 2L 容器中有某种双原子刚性气体,在常温下,其压强为 1.5 × 10 pa ,求该气体的内能. 解:据 PV =

m m i 5 5 RT , E = RT = pV = × 1.5 × 105 × 2 × 10?3 = 750 J M M 2 2 2

7-12 温度为 273K,求(1)氧分子的平均平动动能和平均转动动能;(2) 4 ×10 ?3 kg 氧气的内能. 解:氧分子为双原子分子。其平均自由度 t=3,转动自由度 r=2. (1) 氧分子的平均平动动能和转动动能分别为:

3 3 2 2 2 2 ε kr = kT = × 1.38 ×10?23 × 273 = 3.77 × 10?21 J 2 2

ε kt = kT = ×1.38 × 10?23 × 273 = 5.65 × 10?21 J

(2) 当 m = 4 × 10?3 kg 时,其内能 E =

m (t + r ) 4 × 10?3 5 ? RT = × × 8.31× 273 = 7.09 × 102 J M 2 32 × 10?3 2

7-13 在相同温度下,2 摩尔氢气和 1 摩尔氦气分别放在两个容积相同的容器中。 试求两气体(1)分子平均平 动动能之比;(2)分子平均总动能之比;(3)内能之比;(4)方均根速率之比;(5)压强之比(6)密度之比. 解:因为氢气的自由度 i=5;氦气的自由度 i=3 (1) ε kt = (3) E =

3 kT 2

ε kt氢:ε kt氦 = 1:1

(2) Ek = (4)

i kT 2

Ek 氢:Ek氦 = 5 : 3

m i ? RT , E 氢:E 氦=10 : 3 M 2

V2 =

3RT 2 2 , V氢 :V氦 = 2 : 2 M

(5) P = nkT =

N kT , P氢 : P氦 = 2 :1 V

(6) ρ =

PM , ρ 氢:ρ 氦= : 1 1 RT

7-14 已知 f (v ) 是气体速率分布函数。 N 为总分子数,,n 为单位体积内的分子数,。试说明以下各式的物

理意义。 (1) Nf (v) dv

(2) f (v)dv

v2 v2 (3) ∫ Nf (v)dv (6) ∫ f (v)dv v1 v1

解: (1) Nf (v ) dv 表示分布在( v ~ v + dv )]范围内的分子数 (2) f (v ) dv 表示( v ~ v + dv )范围内的分子数占总分之数的百分比

v2
(3)

∫ Nf (v)dv 表示速率在( v

1

? v2 )之间的分子数

v1 v2
(6)



f (v)dv 表示速率在( v1 ? v2 )区间内的分子数占总分之数的百分比.
dN =C Ndv
(0 < v < v0 ,

v1
7-15 N 个粒子的系统,其速度分布函数 f (v ) =

c 为常数) (1)根据归一化条

件用定出常数 C; (2) 求粒子的平均速率和方均根速率. 解:(1) 根据归一化条件






0

f (v)dv = 1,



v0

0

Cdv = Cv0 = 1, ∴ C =

1 v0

(2) v =



0

vf ( v ) dv =



v0
0

vC dv =

1 v0 2

v2 =





0

v 2 f (v)dv =



v0

0

v 2Cdv =

1 3 v0 = v0 3 3
?2

7-17 已知某气体在温度 T = 273K ,压强 P = 1.0 ×10 atm 时, 密度 ρ = 1.24 × 10 ?2 g ? L?1 , 求(1)此气体 分子的方均根速率;(2)此气体的摩尔质量并确定它是什么气体. 解:(1) P =

m ρ RT = RT , MV M

M=

ρ RT
P

,

v2 =

3RT 3PV = = 4.95 × 10 2 m ? s ?1 M ρ

(2) M =

ρ RT
p

= 2.8 ×10 ?2 kg ? mol ?1 , N 2或CO

7-19 设容器内盛有质量为 m1 和质量为 m2 的两种不同单原子分子理想气体,并处于平衡态,其内能均为

E .则此两种气体分子的平均速率之比为多少?
解: E = 习题八 8-3 1 摩尔的单原子理想气体,温度从 300K 加热到 350K。其过程分别为(1)容积保持不变;(2)压强保持 不变。在这两种过程中求:(1)各吸取了多少热量;(2)气体内能增加了多少;(3)对外界作了多少功。 解: 已知气体为 1 摩尔单原子理想气体

m i ? RT , M 2



RT 2 E = M im

v=

8RT ,所以: v1 : v 2 = πM

m2 m1

m 3 = 1, CV = R M 2 m 3 (1) 容积不变。 Q = CV (T2 ? T1 ) = × 8.31 × (350 ? 300 ) = 623.25 J M 2
根据 Q = ?E + W , W = 0, Q = ?E 。气体内能增量 ?E = 623.25 J 。对外界做功 W = 0 .

(2) 压强不变。 Q =

m 5 C p (T2 ? T1 ) = × 8.31× (350 ? 300) = 1038.75 J , M 2 ?E = 623.25 J , W = 1038.75 J ? 623.25 J = 415.5 J

8-4 一气体系统如题图 8-4 所示,由状态 a 沿 acb 过程到达 b 状态,有 336 焦耳热量传入系统,而系统作功 126 焦耳,试求: (1) 若系统经由 adb 过程到 b 作功 42 焦耳,则有多少热量传入系统?(2) 若已知

E d ? E a = 168 J ,则过程 ad 及 db 中,系统各吸收多少热量?(3)若系统由 b 状态经曲线 bea 过程返回状态
a,外界对系统作功 84 焦耳,则系统与外界交换多少热量?是吸热还是放热? 解:已知 acb 过程中系统吸热 Q = 336 J ,系统对外作功 W = 126 J ,根据热力学第一定律求出 b 态和 a 态 的内能差: ?E = Q ? W = 210 J (1) W = 42 J , 故 Qadb = ?E + W = 252 J (2) 经 ad 过程,系统作功与 adb 过程做功相同,即 W=42J,故 Qad = ?E ad + Wad = 168 + 42 = 210 J , 经 db 过程,系统不作功,吸收的热量即内能的增量

?E db = E b ? E d = (E b ? E a ) ? (E d ? E a ) = 210 ? 168 = 42 J

所以 Qdb = ?E db + Wdb = 42 J 系统放热.

(3) Wbea = ?84 J , ?Ebea = ??E = ?210 J ,故 Qbea = ?E bea + Wbea = ?294J .

P

c e a O 题图 8-4

b

P PB PA

P (105 Pa)
B
4 2 1

A

C D B

d V

A VA VB 题图 8-5 V

O

O

2 5 8 V (m3) 题图 8-7

8-5 如题图 8-5 所示。某种单原子理想气体压强随体积按线性变化,若已知在 A,B 两状态的压强和体积, 求: (1)从状态 A 到状态 B 的过程中,气体做功多少?(2)内能增加多少?(3)传递的热量是多少? 解:(1) 气体作功的大小为斜线 AB 下的面积

1 (VB ? V A )(PB ? PA ) = 1 (PA + PB )(VB ? V A ) 2 2 m i m (2) 气体内能的增量为: ?E = CV (TB ? T A ) = R (TB ? T A ) M 2M m 3 据 PV = RT ?E = (PBV B ? PAV A ) M 2 1 3 (3)气体传递的热量 Q = ?E + W = (PA + PB )(V B ? V A ) + PBV B ? PAV A 2 2

W = (V B ? V A ) × PA +

(

)

8-7 一定量的理想气体,从 A 态出发,经题图 8-7 所示的过程,经 C 再经 D 到达 B 态,试求在这过程中, 该气体吸收的热量. 解:由图可得: A 态: ∵

PAVA = 8 × 105

;B 态:

PBVB = 8 × 105

PAVA = PBVB ,

根据理想气体状态方程可知 根据热力学第一定律得:

T A = TB ,

?E = 0

Q = ?E + W = W = PA (VC ? VA ) + PB (VB ? VD ) = 1.5 × 106 J
8-16 如题图 8-16 所示,AB、DC 是绝热过程,CEA 是等温过程,BED 是任意过程,组成一个循环。若图 中 EDCE 所包围的面积为 70J,EABE 所包围的面积为 30J,CEA 过程中系统放热 100J,求 BED 过程中系统吸 热为多少? 解:正循环 EDCE 包围的面积为 70 J,表示系统对外作正功 70 J;

p D A E C B O
题图 8-16

EABE 的面积为 30 J,因图中表示为逆循环,故系统对外作负功,
所以整个循环过程系统对外作功为: W = 70 ? 30 = 40 J 设 CEA 过程中吸热 Q1 ,BED 过程中吸热 Q2 ,对整个循环过程 ?E = 0 , 由热一律, Q1 + Q2 = W = 40 J Q2 = W ? Q1 = 40 ? ( ?100) = 140 J

V

BED 过程中系统从外界吸收 140 焦耳热.
压强 P 的一半,求循环的效率. 1 解:根据卡诺循环的效率

8-17 以氢(视为刚性分子的理想气体)为工作物质进行卡诺循环,如果在绝热膨胀时末态的压强 P2 是初态

η = 1?

T2 T1


由绝热方程:

P γ ?1 P2γ ?1 1 = γ T1γ T2

T2 P =( 2) T1 P 1


γ ?1 γ

氢为双原子分子, γ = 1.40 , 由

P2 1 = P 2 1

T2 = 0.82 T1

∴η = 1 ?

T2 = 18% T1

8-20 一热机在 1000K 和 300K 的两热源之间工作,如果: (1)高温热源提高到 1100K(2)使低温热源降 到 200K,求理论上热机效率增加多少?为了提高热机效率,那一种方案更好? 解:η = 1 ?

T2 300 = 1? = 70% T1 1000

(1)η1 = 1 ?

η ?η T2 300 = 1? = 72.7%, 所以 1 0 = 3.85% T1 1100 η0 η ?η T2 200 = 1? = 80%, 所以 2 0 = 14.3% T1 1000 η0

(2)η2 = 1 ?

提高高温热源的温度来获得更高的热机效率是更为有效的途径。 8-21 题图 8-21 中所示为一摩尔单原子理想气体所经历的循环过程, 其中 ab 为等温过程, 为等压过程, bc ca 为等体过程,已知 Va = 3.00升,Vb = 6.00升, 求此循环的效率。

解: Ta = Tb = T; Tc =

VcTb VaTb 1 = = T Vb Vb 2 V m RT ln b = RT ln 2 M Va

p a

a → b等温过程:Qab =
b → c等压过程:Qbc =

m 5 5 C p (Tc ? Tb ) = R (Tc ? Tb ) = ? RT M 2 4 m 3 3 c → a等容过程:Q ca = Cv (Ta ? Tc ) = R (Ta ? Tc ) = RT M 2 4

c Va
题图 8-21

b V Vb

5 Q2 ∴η = 1 ? = 1? 4 = 13.4% 3 Q1 ln 2 + 4
8-22 气体作卡诺循环,高温热源温度为 T1 = 400 K ,低温热源的温度 T2 = 280 K ,设 P = 1atm , 1

V1 = 1×10 ?2 m3 , V2 = 2 × 10?2 m3 , 求: (1)气体从高温热源吸收的热量 Q1 ; (2)循环的净功 W 。
解 : (1)
P 1V1 m = R T1 M Q1 = m V RT1 ln 2 = P 1V1 ln 2 = 7 × 102 J M V1 Q2 = 0.7Q1 = 4.9 ×10 2 J W = Q1 ? Q2 = 2.1× 102 J

(2)η = 1 ?

Q2 T = 1 ? 2 = 0.3; Q1 T1

加—1 64g 的氧气的温度由 0℃升至 50℃,(1)保持体积不变;(2)保持压强不变.在这两个过程中 氧气各吸收了多少热量?各增加了多少内能?对外各做了多少功? 解: (1)
Q = νCV ,m ?T =

64 5 × × 8.31 × (50 ? 0) = 2.08 × 10 3 J 32 2
A=0

?E = Q = 2.08 × 10 3 J
Q = ν C p , m ?T =

(2)

64 5 + 2 × × 8.31 × (50 ? 0) = 2.91 × 10 3 J 32 2

?E = 2.08 × 10 3 J
习题五

A = Q ? E = (2.91 ? 2.08) × 10 3 = 0.83 × 10 3 J

5-2 若简谐振动方程为 x = 0 .1 cos[ 20πt + π / 4 ]m ,求: (1)振幅、频率、角频率、周期和初相; (2)t=2s 时的位移、速度和加速度. 解:(1)可用比较法求解.根据 x = A cos[ωt + ? ] = 0.1 cos[ 20πt + π / 4] 得:振幅 A = 0.1m ,角频率 ω = 20π rad / s ,频率ν = ω / 2π = 10s ,
?1

周期 T = 1/ν = 0.1s ,初相 ? = π / 4rad (2) t = 2 s 时,振动相位为: ? = 20π t + π / 4 = (40π + π / 4) rad 由 得

x = A cos ? ,ν = ? Aω sin ? , a = ? Aω 2 cos ? = ?ω 2 x x = 0.0707 m,ν = ?4.44m / s, a = ?279m / s 2

5-4 为了测得一物体的质量 m,将其挂到一弹簧上并让其自由振动,测得振动频率ν 1 = 1.0 Hz ;而当将另 一已知质量为 m' 的物体单独挂到该弹簧上时,测得频率为ν 2 = 2.0 Hz .设振动均在弹簧的弹性限度内进

行,求被测物体的质量. 解:由ν =

1 2π

k / m ,对于同一弹簧(k 相同)采用比较法可得:
?2

ν1 m' = ν2 m
?2

得: m = 4m'

(1)物体在正方 5-5 一放置在水平桌面上的弹簧振子,振幅 A = 2.0 × 10 m ,周期 T=0.5s,当 t=0 时, 向端点; (2)物体在平衡位置,向负方向运动; (3)物体在 x = 1.0 × 10 m 处,向负方向运动; (4)物体 在 x = ?1.0 × 10 m 处,向负方向运动. 求以上各种情况的振动方程。 解:设所求振动方程为: x = A cos[ 由 A 旋转矢量图可求出
?2

2π t + ? ] = 0 . 02 cos[ 4π t + ? ] T

?1 = 0, ? 2 = π / 2, ? 3 = π / 3, ? 4 = 2π / 3
π
2

(1) x = 0.02 cos[4π t ]( SI ) (2) x = 0.02 cos[4π t + (3) x = 0.02 cos[4π t +

]( SI )

题图 5-5 5-7 某质点振动的 x-t 曲线如题图 5-7 所示.求: (1)质点的振动方程; (2)质点到达 P 点相应位置 . 所需的最短时间. .

]( SI ) 3 2π (4) x = 0.02 cos[4π t + ]( SI ) 3

π

解:(1)设所求方程为: x = A cos(ω t + ? 0 ) 从图中可见, t = 0, x0 = A / 2, v0 > 0 由旋转矢量法可知; ? 0 = ? 又 Q t = 1s , ω t ? ∴ 5π ω= 6

π
3

π
3

=

π
2

π 5π 故: x = 0.1cos( t ? ) m 6 3 (2) P点的相位为0 Q
∴ ωt p + ?0 = 5π π t p ? = 0 t p = 0.4 s 6 3 即质点到达P点相应状态所要的最短时间为 0.4 s

题图 5-7

5-9 一质点沿 x 轴作简谐振动,振动方程为 x = 4 × 10 ? 2 cos(2πt + 在 x=-2cm 处,且向 x 轴正方向运动的最短时间. . 解: 依题意有旋转矢量图

π )(SI) ,求:从 t=0 时刻起到质点位置 3

从图可见?? = π
而?? = ω?t = 2π (t0 ? 0)
故所求时间为:t0 =

??

ω

=

1 s 2
解答图 5-9

题图 5-11

题图 5-11

5-11 一简谐振动的振动曲线如题图 5-11 所示,求振动方程. 解:设所求方程为 x = A cos(ωt + ? ) 当 t=0 时: x1 = ?5cm, v1 < 0 由 A 旋转矢量图可得: ?t = 0 = 2π / 3rad 当 t=2s 时:从 x-t 图中可以看出: x2 = 0, v2 > 0 据旋转矢量图可以看出,

?t = 2 = 3π / 2rad

所以,2 秒内相位的改变量 ?? = ?t = 2 ? ?t =0 = 3π / 2 ? 2π / 3 = 5π / 6rad 据 ?? = ω?t 可求出: ω = ?? / ?t = 5π /12rad / s 于是:所求振动方程为: x = 0 .1 co s(

5 2 π t + π )( S I ) 12 3

5-16 一物体沿 x 轴作简谐振动, 振幅为 0.06m, 周期为 2.0s, t=0 时位移为 0.03m , 当 且向轴正方向运动, 求: (1)t=0.5s 时,物体的位移、速度和加速度; (2)物体从 x = ?0.03m 处向 x 轴负方向运动开始,到 达平衡位置,至少需要多少时间? 解:设该物体的振动方程为 x = A cos(ωt + ? ) 依题意知: ω = 2π / T = π rad / s, A = 0.06m 由于 v0 > 0 ,应取 ? = ?π / 3(rad ) 据 x = A cos ? , 得 x = 0.052m,

x0 得 A 可得: x = 0.06 cos(πt ? π / 3)
据 ? = ± cos ?1

? = ±π / 3(rad )

(1) t = 0.5s 时,振动相位为: ? = π t ? π / 3 = π / 6rad

v = ? Aω sin ? , v = ?0.094m / s,

a = ? Aω 2 cos ? = ?ω 2 x a = ?0.512m / s 2 x = ?0.03m m 处向 x 轴负方向运动,到达平衡位置时,A 矢量转

(2)由 A 旋转矢量图可知,物体从

过的角度为 ?? = 5π / 6 ,该过程所需时间为: ?t = ?? / ω = 0.833s

题图 5-16

题图 5-18

5-18 有一水平的弹簧振子,弹簧的劲度系数 K=25N/m,物体的质量 m=1.0kg,物体静止在平衡位置.设以一 . 水平向左的恒力 F=10 N 作用在物体上(不计一切摩擦),使之由平衡位置向左运动了 0.05m,此时撤除力 F, 当物体运动到最左边开始计时,求物体的运动方程. . 解: 设所求方程为 x = A cos(ωt + ? 0 )

ω=

K = 5rad / s m 1 2 Fx KA2 ∴ A = = 0.2m 2 K

因为不计摩擦,外力做的功全转变成系统的能量,故 Fx =

又 Q t = 0, x0 = ? A,∴?0 = π

故所求为 x = 0.2 cos(5t + π )( SI )

5-23 一物体质量为 0.25Kg,在弹性力作用下作简谐振动,弹簧的劲度系数 k=25N/m,如果起始振动时具 有势能 0.06J 和动能 0.02J, 求: (1)振幅; (2)动能恰等于势能时的位移; (3)经过平衡位置时物体的速度. 解: 1)E = EK + EP = (

1 2 kA A = [2( EK + EP ) / k]1/ 2 = 0.08(m) 2 1 (2)因为E = EK + EP = kA2,当EK = EP时,有2 EP = E,又因为EP = kx 2 / 2 2
得:x 2 = A2,即x = ± A / 2 = ±0.0566(m) 2
1 2 mv 2

(3)过平衡点时,x = 0,此时动能等于总能量E = EK + EP =

v = [2( EK + EP ) / m]1/ 2 = ±0.8(m / s )
5-25 两个同方向的简谐振动的振动方程分别为: x1 = 4 × 10 cos 2π (t + )( SI ),
?2

1 8

1 x2 = 3 ×10 ?2 cos 2π (t + )( SI ) 求: (1)合振动的振幅和初相; (2)若另有一同方向同频率的简谐振动 4 x3 = 5 × 10 ?2 cos(2π t + ? )( SI ) , ? 为多少时, 1 + x3 的振幅最大? ? 又为多少时, 2 + x3 的振幅最小? 则 x x
解: (1) x = x1 + x 2 = A cos(2πt + ? ) 按合成振动公式代入已知量,可得合振幅及初相为

A = 42 + 32 + 24 cos(π / 2 ? π / 4) × 10?2 = 6.48 × 10?2 m

? = arctg

4 sin(π / 4) + 3sin(π / 2) = 1.12rad 4 cos(π / 4) + 3cos(π / 2)

?2 所以,合振动方程为 x = 6.48 × 10 cos(2πt + 1.12)( SI )

(2)当 ? ? ?1 = 2kπ ,即 ? = 2kπ + π / 4 时, x1 + x3 的振幅最大. 当 ? ? ? 2 = ( 2k + 1)π ,即 ? = 2kπ + 3π / 2 时, x 2 + x3 的振幅最小.

加—2、某简谐振动曲线如图所示,已知振幅 A ,周期 T 。t = 0 时,

x0 =

A 2 ,试用旋转矢量法,

求: (1)该振动方程的初相 ? ; (2)a , b 两点的相

?a 和?b ; (3)从 t = 0 到 a , b 两态所用时间。

解: (1)

t = 0 , x0 =

A π , v0 > 0 , 所以 ?=- 2 3

(2) a 点为正向最大位移处,下一时刻向 x 轴负方向运动,所以

?a = 0 。

b 点为平衡位置,且下一时刻向 x 轴负方向运动,所以

?b =

π
2。

T T 2 T ? = (3)因 ω 为定值,则从 a 到 b 为 4 ,从 t = 0 到 a 为 4 3 6 ta = T T T 5T , tb = + = 6 6 4 12

所以
习题六

6-2 一横波在沿绳子传播时的波方程为: y = 0.04 cos( 2.5π t ? πx )( SI ) (1)求波的振幅、波速、频率及波 长; (2)求绳上的质点振动时的最大速度; (3)分别画出 t=1s 和 t=2s 的波形, 并指出波峰和波谷.画出 x=1.0m 处的质点的振动曲线并讨论其与波形图的不同. 解: (1)用比较法,由 y = 0.04 cos(2.5πt ? πx ) = A cos(ωt + ? ?



A = 0.04m

ν = ω / 2π = 2.5π / 2π = 1.25Hz



λ

x) 得
u = λν = 2.5m / s

λ

= π , λ = 2.0m

(2)ν m = Aω = 0.314m / s

(3) t=1(s)时波形方程为: y1 = 0.04cos(2.5π ? πx) ; t=2(s)时波形方程为: y 2 = 0.04 cos(5π ? πx) x=1(m)处的振动方程为: y = 0 .04 cos( 2 .5π t ? π ) 6-7 已知一平面简谐波的波方程为 y = 0.25 cos(125t ? 0.37 x )( SI ) (1)分别求 x1 = 10m, x 2 = 25m 两点处 质点的振动方程;(2)求 x1 、 x2 两点间的振动相位差;(3)求 x1 点在 t=4s 时的振动位移. 解:(1) x1 = 10m 、 x 2 = 25m 的振动方程分别为:

y x =10 = 0.25 cos(125t ? 3.7)( SI ),
(2) x 2 与 x1 两点间相位差 (3) x1 点在 t=4s 时的振动位移

y x = 25 = 0.25cos(125t ? 9.25)( SI )

?φ = φ2 ? φ1 = ?5.55rad y = 0.25 cos(125 × 4 ? 3.7) = 0.249m

6-8 如题图 6-8 所示,一平面波在介质中以波速 u = 20m / s 沿 x 轴负方向传播,已知 A 点的振动方程为

y = 3 × 10 ? 2 cos 4π t ( SI ) .(1)以 A 点为坐标原点写出波方程;(2)以距 A 点 5m 处的 B 点为坐标原点,写
出波方程. 解:(1)坐标为 x 处质点的振动相位为

u
B A 题图 6-8

ωt + ? = 4π [t + ( x / u )] = 4π [t + ( x / 20)]
波的表达式为

y = 3 × 10 ?2 cos 4π [t + ( x / 20)](SI )

(2)以 B 点为坐标原点,则坐标为 x 点的振动相位为 波的表达式为

ωt + ? ' = 4π [t +

x?5 ](SI ) 20

x ) ? π ](SI ) 20 6-9 有一平面简谐波在介质中传播,波速 u = 100m / s ,波线上右侧距波源 O(坐标原点)为 75m 处的一 y = 3 × 10 ? 2 cos[4π (t +
点 P 的运动方程为 y = 0 .30 cos( 2π t + π / 2 )( SI ) ,求:(1)波向 x 轴正向传播的波方程;(2)波向 x 轴负 向传播的波方程. 解:(1)设以 x = 0 处为波源,沿轴正向传播的波方程为: y = A cos[ω (t ? x / u ) + ?0 ] 在上式中,代入 x = 75m ,并与该处实际的振动方程 y = 0 . 30 cos( 2 π t + π / 2 ) 比较 可得: A = 0.3m, ω = 2π s , ?0 = 2π , 得: y = 0 . 30 cos( 2 π t ?
?1

2π x )( SI ) 100

(2)设沿轴负向传播的波方程为: y = A cos[ω (t + x / u ) + ?0 ] 在上式中,代入 x = 75m ,并与该处实际的振动方程 y = 0.30 cos( 2πt + π / 2) 比较 可得: A = 0.3m, ω = 2π s , ?0 = ?π ,得: y = 0.30 cos[2πt ? π +
?1

2π x ]( SI ) 100

6-14 相干波源 S1和S 2 ,相距 11m, S1 的相位比 S 2 超前 π .这两个相干波在 S1 、 S 2 连线和延长线上传播 时可看成两等幅的平面余弦波, 它们的频率都等于 100Hz, 波速都等于 400m/s.试求在 S1 、S 2 的连线之间, 因干涉而静止不动的各点位置. 解:取 S1 、 S 2 连线为 x 轴,向右为正,以 S1 为坐标原点.令 S1 S 2 = l .
题图 6-14

1 2

取 P 点如图.由于 λ = u /ν = 4m ,从 S1 、 S 2 分别传播来的两波在 P 点的相位差

?φ = (? 2 ? ?1 ) ?



λ

((l ? x) ? x) = ?

π
2

+ πx ?

11π = π ( x ? 6) 2

由干涉静止的条件可得: π ( x ? 6) = ( 2k + 1)π 得: x = 2k + 7 (? 3 ≤ k ≤ 2)

(k = 0, ±1, ±2, ???)

即 x=1,3,5,7,9,11m 为干涉静止点.

6-16 如题图 6-16 所示, S1 , S 2 为两平面简谐波相干波源. S 2 的相位比 S1 的相位超前 π / 4 ,波长

λ = 8.00m , r1 = 12.0m, r2 = 14.0m , S1 在 P 点引起的振动振幅为 0.30m, S 2 在 P 点引起的振动振幅为
0.20m,求 P 点的合振幅. 解: ?φ = ? 2 ? ?1 ?



λ

(r2 ? r1 ) =

π
4

?

2π r2

λ

+

2π r1

λ

= ?π / 4

A = ( A12 + A2 2 + 2 A1 A2 cos ?φ )1/ 2 = 0.464(m)

题图 6-16

加 3、 , B 两点的两个波源, A 振幅相等, 频率都是 100 Hz , 相差为 π , A , B 相距 30m , 若 波速为 400 m s , 求 A , B 连线上二者之间叠加而静止的各点的位置。 解:设 AB 间距离 A 为 x 的一点,两波由 A 和 B 传到此点的相差

?? = ? A ?



λ

x ? [? B ?



λ

(l ? x )]

2πυ (l ? 2 x ) = u = π + π (l ? 2 x ) / 2

?A ? ?B +

两波叠加而质点静止的条件是 ?? = ( 2n + 1)π

π + π ( l ? 2 x ) / 2 = ( 2n + 1)π
x = l / 2 ? 2n = 15 ? 2n x = 1,3,5,?,?,?,29,

十五章 波动光学习题与解答
15-1.在双缝干涉实验中,两缝的间距为 0.6mm,照亮狭缝 s 的光源是汞弧灯加上绿色滤光片.在 2.5m 远处 的屏幕上出现干涉条纹,测得相邻两明条纹中心的距离为 2.27mm.试计算入射光的波长,如果所用仪器只 能测量 ?x ≥ 5mm 的距离,则对此双缝的间距 d 有何要求? 解:在屏幕上取坐标轴 Ox ,坐标原点位于关于双缝的对称中心。 屏幕上第 k 级明纹中心的距坐标原点距离: x = ± k 可知

D λ d

?x = x k +1 ? x k = (k + 1)

D D Dλ λ?k λ= d d d

代入已知数据,得

λ=

?x d = 545nm D

对于所用仪器只能测量 ?x ≥ 5mm 的距离时 d ≤ Dλ = 0.27mm ?x 15-6.在双缝干涉实验中,单色光源 S0 到两缝 S1 和 S2 的距离分别为 l1 和 l 2 ,并且 l1 ? l 2 = 3 λ ,λ 为入射 光的波长,双缝之间的距离为 d,双缝到屏幕的距离为 D(D>>d),如图 15-6.求: (1) 零级明纹到屏幕中 央 O 点的距离. (2) 相邻明条纹间的距离. 解:(1) 如图,设 P0 为零级明纹中心 则

r2 ? r1 ≈ d P0 O / D r2 ? r1 = l1 ? l2 = 3λ
==

x

又 (l 2 + r 2 ) ? (l1 + r1 ) = 0 ∴ ∴

s1
l1 d

r1 r2

P0 O

s0
l2

P0 O = D(r2 ? r1 ) / d = 3Dλ / d

s2

D

(2) 在屏上距 O 点为 x 处, 光程差

题 15-6 解图

δ ≈ (dx / D) ? 3λ
明纹条件

δ = ± kλ (k=1,2,....)

x k = (± kλ + 3λ ) D / d

在此处令 k=0,即为(1)的结果.相邻明条纹间距 x k +1 ? x k = Dλ / d 15-7.在 Si 的平表面上氧化了一层厚度均匀的 SiO2 薄膜.为了测量薄膜厚度,将它的一部分磨成劈形(示 意图中的 AB 段,平面图).现用波长为 600nm 的平行光垂直照射,观察反射光形成的等厚干涉条纹.在图 中 AB 段共有 8 条暗纹, B 处恰好是一条暗纹, 且 求薄膜的厚度. 折射率为 3.42, (Si SiO2 折射率为 1.50) 解: 设膜厚为 e, A 处为明纹, B 处为暗纹, 2ne=
B SiO2,膜 Si

λ
2

A

(2k+1), (k=0, 2, 1, …),
-3

4n 15-8.在折射率 n=1.50 的玻璃上,镀上 n ′ =1.35 的透明介质薄膜.入射光波垂直于介质膜表面照射,观
察反射光的干涉, 发现对 λ1=600nm 的光波干涉相消, λ2=700nm 的光波干涉相长. 对 且在 600nm 到 700nm 之间没有别的波长的光是最大限度相消或相长的情形.求所镀介质膜的厚度.(1nm=10 m). 解:当光垂直入射时,i =0.
-9

(2k + 1)λ =1.5×10 第 8 个暗纹对应上式 k=7, e =

题图 15-7

mm

对 λ1(干涉相消) :

2n ′e =

1 (2k + 1)λ1 2



n ′ =1.35

n =1.50

n0 =1.00 e
题 15-8 解图

对 λ2(干涉相长) : 由① ②解得:

2n ′e = kλ 2
2(λ2 ? λ1 )

k=

λ1

=3

将 k、λ2、 n ′ 代入②式得

e=

kλ 2 =7.78×10-4mm 2n ′

15-9.白光垂直照射在空气中厚度为 0.40?m 的玻璃片上,玻璃的折射率为 1.50.试问在可见光范围内,哪 些波长的光在反射中增强?哪些波长的光在透射中增强? 解:玻璃片上下表面的反射光加强时,应满足 2en + 即

λ
2

= kλ ,

k = 1,2,3L

λ=

4ne 2k ? 1

在可见光范围内,只能取 k = 3 (其它值均在可见光范围外) ,代入上式得 玻璃片上下表面的透射光加强时,应满足 2en = kλ ,

λ = 480nm

k = 0,1,2,3L k = 0,1,2,3L

或,反射光应满足干涉减弱条件(与透射光互补)

2 2ne 都有: λ = k



2en +

λ

= (2k + 1)

λ
2

,

k = 2 时, λ1 =

2ne = 600nm ; 2

k = 3 时, λ 2 =

2ne = 400nm 3

15-12.当用波长为 λ1 的单色光垂直照射牛顿环装置时,测得中央暗斑外第 1 和第 4 暗环半径之差为 l1 , 而用未知单色光垂直照射时,测得第 1 和第 4 暗环半径之差为 l 2 ,求未知单色光的波长 λ2. 解:根据题意可得

l1 = 4 Rλ 1 ? Rλ 1 = Rλ 1

l 2 = 4 Rλ 2 ? Rλ 2 = Rλ 2

λ 2 / λ1 = l 22 / l12

λ 2 = l 22 λ1 / l12

15-15.某种单色平行光垂直入射在单缝上,单缝宽 a=0.15mm.缝后放一个焦距 f = 400 mm 的凸透镜,在 透镜的焦平面上,测得中央明条纹两侧第三级暗条纹之间的距离为 8.0mm,求入射光的波长. 解:设第三级暗纹在?3 方向上,则有 此暗纹到中心的距离为 两侧第三级暗纹的距离是 ∴ x3=ftg?3 2x3=6λf/a=8.0mm asin?3=3λ===============

因为?3 很小,可认为 tg?3≈sin?3,所以 x3≈3fλ/a. λ=(2x3)a/6f =500nm

15-17.在复色光照射下的单缝衍射图样中,其中某一波长的第 3 级明纹位置恰与波长 λ = 600 nm 的单色光 的第 2 级明纹位置重合,求这光波的波长. 解:设未知波长为 λ 0 由单缝衍射明纹条件: a sin ? = (2k + 1) 可得 λ 0 =

λ
2

可有: a sin ? = (2 × 3 + 1) λ 0 和 a sin ? = (2 × 2 + 1) λ 2 2

5 λ = 428.6nm 7

15-19.波长 600nm 的单色光垂直入射在一光栅上,第二级主极大在 sin θ = 0.20 处,第四级缺级,试问: (1)光栅上相邻两缝的间距 ( a + b) 有多大? (2)光栅上狭缝可能的最小宽度 a 有多大? (3)按上述选定的 a 、 b 值,试问在光屏上可能观察到的全部级数是多少? 解: (1)由光栅方程 (a + b) sin θ = kλ (k=2) 得 (a + b) = kλ = 6 × 10? 4 cm sin θ (2)根据缺级条件,有 (3)由光栅方程

a +b k 取 k ' = 1 ,得 a = a + b = 1.5 × 10? 4 cm = a k' 4 ( a + b) sin θ = kλ , k = 0,±1,±2, L
k= a+b = 10

λ 即 k = 0,±1,±2,±3,±5,±6,±7,±9 时出现主极大, 4,±8 缺级, ± 10 级主极大在 θ ±
光屏上可观察到的全部主极大谱线数有 15 条.

令 sin θ = 1 ,解得:

= 900 处,实际不可见,

15-24. 将三个偏振片叠放在一起, 第二个与第三个偏振化方向分别与第一个的偏振化方向成 45°和 90°角. (1) 强度为 I0 的自然光垂直入射到这一堆偏振片上,试求经每一个偏振片后的光强和偏振状态. (2) 如果将第二个偏振片抽走,情况又如何? 解:(1) 自然光通过第一偏振片后,其强度 I1=I0/2 通过第二偏振片后,I2=I1cos245°=I0/ 4 通过第三偏振片后,I3=I2cos245°=I0/8 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. 15-25.如果起偏振器和检偏器的偏振化方向之间的夹角为 30° . (1)假定偏振器是理想的,则非偏振光通过起偏振器和检偏器后,其出射光强与原来光强之比是多少? (2)如果起偏振器和检偏器分别吸收了 10%的可通过光线,则出射光强与原来光强之比是多少? 解:非偏振光即自然光,设光强为 I 0 (1)通过理想的起偏振器的光强为 I1 = 1 I 0 2 通过理想的检偏器后的透射光强为 所以
I = I1 cos 2 a = 1 I 0 cos 2 a 2

I 1 = cos 2 a = 0.375 I0 2

(2) I 0 通过可吸收光的起偏振器后,光强为 I 1' = 通过有吸收的检偏器后,光强为 得

1? 1? ?1 ? ? I 0 2 ? 10 ?

1 1 1 ′ I = I1 (1 ? ) cos2 α = I 0 (1 ? ) 2 cos2 a 10 2 10

I 1 1 = (1 ? ) 2 cos 2 a = 0.304 I0 2 10

15-27.水的折射率为 1.33,玻璃的折射率为 1.50.当光由水中射向玻璃而反射时,起偏振角为多少?当光 由玻璃射向水面而反射时,起偏振角又为多少? 分析:由布儒斯特定律求解。 解:由布儒斯特定律,设玻璃折射率为 n2 ,水的折射率为 n1 当光从水中射向玻璃反射时: α 1 = arctan n 2 = 48°26' n1

当光从玻璃射向水中反射时: α 2 = arctan n1 = 41°34' n2 15-28.测得不透明釉质(珐琅)的起偏振角为 ib = 58.0° ,它的折射率为多少? 解:由布儒斯特定律, tan ib = n = 1.60 15-29.如图所示,三种透明介质Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的折射率分别为 n1 = 1.00 , n 2 = 1.43 和 n 3 。Ⅰ、Ⅱ和Ⅱ、Ⅲ 的界面互相平行.一束自然光由介质Ⅰ射入,若在两界面上的反射光都是线偏振光,则(1)入射角 i 是多 大?(2)折射率 n 3 是多大? 解: (1) 由布儒斯特定律 所以

tan i =

n2 = 1.43 n1

i0
Ⅰ Ⅱ

n1 n2 n3
题图 15-29

i = 55.03°

(2) 令在介质Ⅱ中的折射角为 r ,则 r =

π
2

?i



此 r 在数值上等于介质Ⅱ、Ⅲ界面上的入射角, 由布儒斯特定律 tan r = 得 习题十六

n3 n2

n3 = n2 tan r = n2 cot i = n2

n1 = n1 = 1.00 n2

16-1 某物体辐射频率为 6.0 × 10 Hz 的黄光,这种辐射的能量子的能量是多大?
14

解: 根据普朗克能量子公式有: ε = hv = 6.63 × 10

-34

× 6.0 × 1014 = 4.0 × 10 ?19 J

16-5 在天体物理中,一条重要辐射线的波长为 21cm,问这条辐射线相应的光子能量等于多少? 解: 光子能量 E = hν = h

c

λ



6.63 × 10 ?34 × 3 × 10 8 =9.5 × 10 ?25 ( J ) = 5.9 × 10 ?6 (eV ) ?2 21 × 10
?6

即辐射线相应的光子能量为 5.9 × 10 eV 16-6 一光子的能量等于电子静能,计算其频率、波长和动量。在电磁波谱中,它属于哪种射线? 解: 电子静能 E 0 = m0 c = 9.11 × 10
2 ?31

× 9 × 1016 = 8.20 × 10 ?14 ( J )

则光子ν =

E 0 8.20 × 10 ?14 = = 1.24 × 10 20 ( Hz ) ?34 h 6.63 × 10 c = 3 × 10 8 = 2.42 × 10 ?12 (m) 20 1.24 × 10 6.63 × 10 ?34 = 2.73 × 10 ? 22 (kg ? m / s ) 2.42 × 10 ?12

λ=
p=

ν
h

λ

=

它属于 γ 射线。 16-7 钾的光电效应红限波长是 550nm, 求(1)钾电子的逸出功; (2)当用波长 λ = 300nm 的紫外光照射 时,钾的截止电压 U.

解:由爱因斯坦光电效应方程 hv =

1 2 mv max + A 2

(1) 当光电子的初动能为零时, 有:

A = hv0 =
(2)

hc

λ0

=

6.63 × 10 ?34 × 3 × 10 8 = 3.616 × 10 ?19 ( J ) = 2.26eV 550 × 10 ?9
所以遏止电压 U=1.88V
-9 -10

eU =

1 hc 2 mv max = ? A = 3.014 × 10 ?19 ( J ) = 1.88eV 2 λ
-5

16-10 试求: (1)红光( λ = 7 × 10 cm ); (2)X 射线( λ = 2.5 × 10 cm ); (3)γ射线( λ = 1.24 × 10 的光子的能量、动量和质量。 解:根据光子能量公式 ε=hv 、光子动量公式 p = λ/m 红光 X 射线 γ射线 ε/J

cm )

h

λ

和质量公式 M = ε c = h cλ 进行计算可得:
2

P/(kg·m/s)

M/kg

7 × 10 ?7 2.5 × 10 ?11 1.24 × 10 ?12

2.84 × 10 ?19 7.96 × 10 ?15 1.60 × 10 ?13

9.47 × 10 ?28 2.65 × 10 ?23 5.35 × 10 ?22

3.16 × 10 ?36 8.84 × 10 ?32 1.78 × 10 ?30


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