揚(yáng)州大學(xué)物理練習(xí)冊答案

1、-. z.第一章 質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué) 1.解 根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)方程，可得角速度和角加速度分別為秒時(shí)，法向加速度和切向加速度分別為由，有從而得即由此可得因此，此時(shí)刻的值為由題意，即解得2.解 由題意有而所以別離變量對上式積分，并代入初始條件時(shí)，得整理式得OOROOO3. 解：取質(zhì)點(diǎn)的出發(fā)點(diǎn)為原點(diǎn)。由題意知質(zhì)點(diǎn)的加速度為由初始條件t=0時(shí) v0*=v0y=0，對式 進(jìn)展積分，有即將t=5s 帶入式 ，有又由速度的定義及初始條件t=0 時(shí)，*0 =y0=0，對式進(jìn)展別離變量并積分，有即 將t=5s帶入式有4. 解 選取圖示的自然坐標(biāo)系和直角坐標(biāo)系，則有而由于和均為變量，因此需要統(tǒng)一變量，由圖示不難獲知幾何關(guān)系由、

2、兩式得根據(jù)初始條件，有積分得這就是質(zhì)點(diǎn)下滑過程中，速度大小與豎直位置之間的關(guān)系?？梢钥闯觯俣仁俏恢脃的函數(shù)且隨y的減小而增大。PPOY*SgP第二章 牛頓定律1. 解 1 =2 2. 解 在任一點(diǎn)B處，小球的受力情況如下圖，在自然坐標(biāo)系中其運(yùn)動(dòng)方程為在切向： 在法向： 由式即對式積分，并由條件時(shí)，得 4由式得代入式得RRTmgOv第三章 動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律1. 解 由可得由式得，當(dāng)t=0時(shí)，；t=2s時(shí)，。因此，作用力在最初2.0s內(nèi)所作的功 式對時(shí)間求導(dǎo)數(shù)，得質(zhì)點(diǎn)的加速度瞬時(shí)功率2. 解 由功的定義可知，由物體開場運(yùn)動(dòng)到時(shí)由動(dòng)能定理代入初始條件時(shí)， m/s，得所以，時(shí)物體的動(dòng)量為由

3、動(dòng)量定理，前內(nèi)的沖量為3.解：1因穿透時(shí)間極短，故可認(rèn)為物體未離開平衡位置。因此，作用于子彈、物體系統(tǒng)上的外力均在鉛直方向，故系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒。令子彈穿出時(shí)物體的水平速度為V 1分有 2 設(shè)方向?yàn)檎较?=-4.7 N4. 解 由題意分析，力F與*的關(guān)系為由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，有即兩邊積分，并由初始條件，時(shí)，得因此由式，當(dāng)時(shí)，速率為5.解 以物體、和彈簧為研究系統(tǒng)，建立圖示坐標(biāo)系O*，各量的標(biāo)記如下圖。在力F作用下，處于處到達(dá)平衡，由靜力平衡條件得而離開地面的條件為剛好離開地面時(shí)，上式取等號(hào)?，F(xiàn)在的問題是將*與F聯(lián)系起來。由，彈簧和地球組成的系統(tǒng)，其只有重力和彈性力作功，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒。以坐

4、標(biāo)原點(diǎn)O(即彈簧的自然長度處)為彈性勢能和重力勢能零點(diǎn)，對A、B兩狀態(tài)有守恒關(guān)系 兩邊乘以2k有將式代入上式，得即整理得故由，2、4兩式可得即F至少要等于，可使F撤銷后，恰使抬起。彈起的最高點(diǎn)彈起的最高點(diǎn)彈簧為原長時(shí)的位置力F作用下，的位置剛體的轉(zhuǎn)動(dòng)1.解：受力分析如圖示，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和轉(zhuǎn)動(dòng)定律得：又 解得： 又根據(jù)條件 = 0得： 2. 解 設(shè)斜面上問題質(zhì)量為，另一物體質(zhì)量為?；喌馁|(zhì)量為，半徑為。分別對兩物體及滑輪進(jìn)展受力分析。受重力，拉力受重力，斜面給它的支持力，摩擦力，拉力滑輪受重力，軸對它的支持力，兩側(cè)繩子的拉力 聯(lián)列求解3.解：0.675 因此(1)下落距離 (2)*力 分析圖

5、4.解 (1)由題意可知細(xì)棒的質(zhì)量線密度為式中為常數(shù)。由于細(xì)棒的總質(zhì)量為，所以由此得 故 又 所以 2細(xì)棒上到轉(zhuǎn)軸距離為的長度元所受到的摩擦力及摩擦力矩分別為整個(gè)細(xì)棒所受到的摩擦力矩為 (3) 設(shè)細(xì)棒由角速度到停頓轉(zhuǎn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間為，則角動(dòng)量定理可得OO5.證明 碰撞過程，系統(tǒng)角動(dòng)量守恒碰后上擺過程，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。取直桿下端為勢能零點(diǎn)。聯(lián)立求解即可得第五章 靜電場1.解 取一細(xì)圓環(huán)帶，其半徑為，帶寬為，則圓環(huán)帶的面積為，其上帶電量為應(yīng)用的帶電細(xì)圓環(huán)在軸線上的場強(qiáng)公式，可得該圓環(huán)帶在軸線上P點(diǎn)產(chǎn)生的電場的大小，.因此，在點(diǎn)產(chǎn)生的總場強(qiáng)大小為=.方向沿軸正方向2.解 取坐標(biāo)軸，將帶電半球面分成許

6、多寬度極窄的半徑不同的帶電圓環(huán)，其上任意一個(gè)圓環(huán)上的帶電量為為便于計(jì)算，可采用角量描述。因?yàn)?Rsin， 所以 由帶電圓環(huán)在軸線上一點(diǎn)的場強(qiáng)公式，可得該帶電圓環(huán)在P點(diǎn)產(chǎn)生場強(qiáng)的大小為由于為正，故方向沿軸正方向。將代入上式，可得為所有圓環(huán)在點(diǎn)產(chǎn)生場強(qiáng)的矢量和，則整個(gè)半球面在球心點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為方向沿軸正向。 3. 解 無限長半圓柱面薄筒的橫截面如下圖，取直角坐標(biāo)系，且原點(diǎn)在軸線上。沿弧長方向取一寬度為的細(xì)條，此細(xì)條單位長度上的帶電量為由無限長帶電直線在附近一點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)結(jié)果，可得該帶電細(xì)條在點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)的大小為.方向如下圖。在軸和軸上的投影為.于是整個(gè)帶電半圓柱薄筒在點(diǎn)外產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為由對

7、稱性分析也可獲得這個(gè)結(jié)果則 .的方向沿軸。假設(shè)0時(shí)，與軸正向一致；假設(shè)0時(shí)，與軸負(fù)向一致。4. 解 因?yàn)殡姾上鄬S線成對稱分布，所以距軸線為的場點(diǎn)的場強(qiáng)數(shù)值相等，場強(qiáng)方向沿圓柱經(jīng)向，因此可用高斯定理求解。 選取長為，半徑為，與帶電圓柱同軸的柱形高斯面。由高斯定理可知 1 當(dāng)時(shí)，高斯面內(nèi)所包圍電荷的代數(shù)和為 代入1式可得 當(dāng)時(shí)，高斯面內(nèi)所包圍電荷的代數(shù)和為 代入1式可得.5. 解 如下圖，由補(bǔ)償法分析，空腔中場點(diǎn)的電勢是半徑為，密度為的大球和半徑為，密度為的小球產(chǎn)生的電勢之和，即取無限遠(yuǎn)處的電勢為零，大球的電場分布為應(yīng)用電勢定義，可得大球內(nèi)任意點(diǎn)的點(diǎn)電勢為對于空腔中心，大球產(chǎn)生的電勢為. 同理，

8、可得小球在處產(chǎn)生的電勢為.由電勢疊加原理.6.解：1球心處的電勢為兩個(gè)同心帶電球面各自在球心處產(chǎn)生的電勢的疊加，即 C/m22設(shè)外球面上放電后電荷面密度為，則應(yīng)有則外球面上應(yīng)變成帶負(fù)電，共應(yīng)放掉電荷C 7. 1根據(jù)對稱性分析，兩段帶電直線各自在O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等、方向相反,相互抵消，所以只計(jì)算帶電細(xì)線半圓形局部的電場。AABCDO取電荷元，相應(yīng)的在圖中畫出。設(shè)和軸夾角為，其大小根據(jù)對稱性分析可知,(2)在帶電直線局部任取一電荷元，設(shè)電荷元至O點(diǎn)的距離為，則該電荷元在O點(diǎn)電勢為 兩段帶電直線在O點(diǎn)的電勢一樣，迭加為，半圓形帶電細(xì)線上任一電荷元在O點(diǎn)的電勢為得證。8.解如下圖，取坐標(biāo)軸過盤心垂

9、直于盤面，原點(diǎn)位于盤心處。在圓盤上取一距圓心為，寬度為的圓環(huán)帶，為圓環(huán)帶的面積，其上帶電量為。在點(diǎn)產(chǎn)生的電勢為 所以，整個(gè)帶電圓盤在點(diǎn)產(chǎn)生的電勢為2 根據(jù)點(diǎn)的電勢，可知軸上電勢與坐標(biāo)的函數(shù)關(guān)系為因此，根據(jù)電勢梯度法，有則點(diǎn)場強(qiáng)為.由對稱性分析可知，點(diǎn)場強(qiáng)方向在軸方向上，假設(shè)，沿軸正向，假設(shè)，沿負(fù)向。第六章 靜電場中的導(dǎo)體與電介質(zhì)1.解 1因3塊導(dǎo)體板靠的很近，可將6個(gè)導(dǎo)體外表視為6個(gè)無限大帶電平面。導(dǎo)體外表電荷分布可認(rèn)為是均勻的，且其間的場強(qiáng)方向垂直于導(dǎo)體外表。作如圖虛線所示的圓柱形高斯面，因?qū)w在到達(dá)靜平衡后，內(nèi)部場強(qiáng)為零，又導(dǎo)體外的場強(qiáng)方向與高斯面的側(cè)面平行，故由高斯定理可得.再由導(dǎo)體板A

10、內(nèi)d點(diǎn)場強(qiáng)為零，可知 所以 .故點(diǎn)的場強(qiáng)為6個(gè)導(dǎo)體外表產(chǎn)生場強(qiáng)的矢量和= 根據(jù)上述已有結(jié)果，可知=.再由于.得=2、點(diǎn)的場強(qiáng)=同理 =2.解：當(dāng)用導(dǎo)線把球和球殼連接在一起后。由靜電平衡條件可知，電荷全局部布在球殼的外外表上，如下圖，此時(shí)，電場只分布在的空間中，即。同時(shí)球體與球殼成為一個(gè)等勢體，即，于是，根據(jù)電勢的定義，可得 .假設(shè)外球殼接地，球殼外外表的電荷為零，等量異號(hào)電荷分布在球外表和殼內(nèi)外表，此時(shí)電場只分布在的空間內(nèi)，如下圖。由于外球殼電勢，則內(nèi)球體內(nèi)任一場點(diǎn)的電勢為.3. 解：設(shè)C板左、右兩側(cè)分別帶電荷Q1，Q2 則 1由于C，A間和C，B間均可視為勻強(qiáng)電場 2A，B板接地 UCA=U

11、CB即有 3由式2、3得Q1=2Q2代入1，得則 在C，B板間充以相對介電常數(shù)為的電介質(zhì)，C板上電荷重新分布。設(shè)左，右兩側(cè)分別帶電荷。A，B板上感應(yīng)電荷分別為。則，相應(yīng)于上一問中的一組方程式為 1 (2) (3)解式1、(2)、 (3)得于是o于是4.解 由平行板電容器的公式可得則電容器極板上的電量為(1)、板間的電勢差在未插入板前，兩板之間的場強(qiáng)為插入板之后，由于極板上的電量不改變，所以電荷面密度不變，因此兩板間的場強(qiáng)也不變，、板間和、板間的場強(qiáng)都是。由此可得104210-3=20V 104610-3=60 V 板間的電勢差為(2)用導(dǎo)線連接、板后，兩板電勢一樣，系統(tǒng)相當(dāng)于兩個(gè)電容器并聯(lián)，所

12、以此時(shí)系統(tǒng)的電容為 因?yàn)闃O板上總電量未變，所以板與板間的電勢差為 2104/103=15 V5. 解 1由題意可知，真空區(qū)域中的場強(qiáng)為，介質(zhì)中的場強(qiáng)為，所以兩極間的電勢差為 由高斯定理知，兩極間電勢移處處相等，故代入上式得所以 . (2)容器的電容為第七章 恒定磁場1.解由圖可知，繞有載流導(dǎo)線的木球可成是無限多個(gè)不同半徑的同圓心的載流線圈所組成，球心在這些載流線圈的軸線上，則球心點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是各個(gè)載流線圈在點(diǎn)激發(fā)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和。選取圖中所示坐標(biāo)系，在軸線上亦是各載流線圈的軸線距原點(diǎn)即球心處處取一寬為的圓環(huán)，半徑為，圓環(huán)上繞有匝導(dǎo)線，即通過圓環(huán)上的電流，由載流線圈在軸線上任一點(diǎn)產(chǎn)生的磁感

13、應(yīng)強(qiáng)度公式，可知在點(diǎn)激發(fā)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的方向沿軸正向由幾何關(guān)系,代入上式得.由于所有載流線圈在點(diǎn)激發(fā)的方向一樣，故點(diǎn)總的磁感應(yīng)強(qiáng)度可由矢量積分簡化為標(biāo)量積分，即的方向沿軸正向。2. 解1取直角坐標(biāo)系，如下圖。首先求半圓柱面導(dǎo)體在點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度。如圖截面圖所示，半圓柱橫截面上單位長度的電流為將半圓柱面導(dǎo)線可視為無數(shù)條無限長載流直導(dǎo)線的集合，對稱于軸取兩元段，則橫截面為的兩條無限長載流直導(dǎo)線在軸上橫截面平面的點(diǎn)分別產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為、與軸夾角相等，由對稱性分析可知，因各對無限長載流直導(dǎo)線在點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)的軸分量相互抵消，而使總場強(qiáng)的軸分量，故總磁感應(yīng)強(qiáng)度只有軸方向分量。因?yàn)閯t總的的大小

14、為軸線上的載流直導(dǎo)線處于磁場中，由安培力公式得，軸線上導(dǎo)線單位長度所受的力為即 .該力為斥力。(2)二相互平行放置的無限長直導(dǎo)線通反向電流時(shí)，相互作用力為斥力。只有將直導(dǎo)線放在坐標(biāo)原點(diǎn)的左側(cè)才能使位于原點(diǎn)的載流導(dǎo)線受到方向指向軸的作用力。設(shè)二直導(dǎo)線相互距離，與1結(jié)果聯(lián)立，得 所以即另一導(dǎo)線應(yīng)放在處時(shí)，產(chǎn)生同樣的磁力。3. 解 取坐標(biāo)系*OY，如圖(a)所示。由于空腔的存在，不能直接用安培環(huán)路定理求解。小圓柱空腔表示其中通過的電流等于0，這可以等效成空腔中同時(shí)存在的兩個(gè)等值反相的電流，因此可采用補(bǔ)償發(fā)求解。將空腔局部等效成同時(shí)存在著電流密度j和-j的電流，空腔中任意一點(diǎn)的磁場為通有電流密度j，半

15、徑為R和半徑為r的長圓柱體和通有反相電流密度-j,半徑為r的小圓柱體產(chǎn)生的磁場的矢量和，即取空腔中的任意一點(diǎn)P，由于半徑為R和半徑為r的長圓柱體產(chǎn)生的磁場具有軸對稱性，故可根據(jù)安培環(huán)路定理，有其中。所以 同理，可得 和方向根據(jù)右手法則確定，如圖b所示。 將，在*，Y軸上投影，其分量為.P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的兩個(gè)正交分量為，結(jié)果說明，P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為一常量，方向垂直于之間的連線d，即在Y軸方向上，所以空腔中的磁場為勻強(qiáng)磁場，(a)(a)(b)4. 解：(1)根據(jù)安培定律計(jì)算三角形回路ab，bc，ca三邊所受安培力。 無限長載流直導(dǎo)線磁感應(yīng)強(qiáng)度表達(dá)式為，三角形回路三邊電流元均與磁場垂直。a

16、b段：各電流元處值一樣。 方向如下圖。bc段： 方向如下圖。ca段：方向如下圖。 2取距電流為窄條作為面積元：cc 60 I1 a bI2Odl5. 解：(1) 如圖，在圓盤上取半徑為，寬為的環(huán)帶，先求出此環(huán)帶轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的磁矩。此環(huán)帶轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的等效電流為其中 則 整個(gè)圓盤的磁矩為磁矩的方向垂直紙面向外。 (2) 磁力矩 磁力矩的方向平行紙面向上。6. 解 取直角坐標(biāo)系，如下圖。1設(shè)v為電子的漂移速率。在穩(wěn)恒狀態(tài)時(shí)，電子受到的洛倫茲力和電場力相互平衡，即故.2每立方厘米載流子的數(shù)目為3假設(shè)I沿Y軸方向，B沿*軸方向，則霍爾電壓的極性，如下圖。.第八章 電磁感應(yīng) 電磁場1. 解 由于B隨時(shí)間變化，同時(shí)a

17、b導(dǎo)線切割磁場線，故回路中既存在感生電動(dòng)勢，又存在動(dòng)生電動(dòng)勢。由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，t時(shí)刻金屬框中感應(yīng)電動(dòng)勢的大小為.的方向從b指向a，的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向。將代入上式，則的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向。.2. 12添加輔助線ON，由于整個(gè)OMN內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢為零，所以，即可直接由輔助線上的電動(dòng)勢來代替OM、ON兩段內(nèi)的電動(dòng)勢。3O點(diǎn)電勢最高。3. 解 無限長直導(dǎo)線在金屬棒轉(zhuǎn)動(dòng)平面內(nèi)激發(fā)的磁場是非均勻的，方向垂直紙面向外。在金屬棒上沿OA方向任取一線元dl，dl至O點(diǎn)距離為l，距無限長直導(dǎo)線距離為r，由無限長直載流導(dǎo)線產(chǎn)生磁場的公式可知，該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 方向垂直紙平面向外當(dāng)棒旋轉(zhuǎn)至圖示位置時(shí)，金屬

18、OA上各線元的速度方向均垂直各線元沿平面向上，其夾角的方向沿OA方向，即與dl間夾角為零。由于線元dl速度大小，所以dl上的動(dòng)生電動(dòng)勢大小為金屬棒上總的動(dòng)生電動(dòng)勢大小為.在上式中，r,l均為變量，必須先統(tǒng)一變量后才能進(jìn)展積分，由圖示可知，將其代放上式故 由或由可知，電動(dòng)勢的方向從O指向A，即A點(diǎn)電勢高。.4. 解 (1) 長直截流導(dǎo)線在空間的磁場分布為B= 取回路的面法線方向垂直紙面向里,在距長直導(dǎo)線為處取一面積元如下圖.穿過此面元的磁通量為= 穿過整個(gè)回路的磁通量為 (2) 由法拉第電磁感應(yīng)定律知,回路上的電動(dòng)勢為= 方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向 (3) 由安培定律可求出段導(dǎo)線的受力方向垂直于導(dǎo)線向上

19、aabcdO第九章 振動(dòng)1.解：1由題意， (2).振動(dòng)方程為.2. 解由條件可畫出該諧振動(dòng)在t=0時(shí)刻的旋轉(zhuǎn)矢量位置，如下圖。由圖可以看出所以該物體的振動(dòng)方程為1將T=2s，代入振動(dòng)方程可得t=0.5s時(shí)的質(zhì)點(diǎn)的位移為2當(dāng)物體第一次運(yùn)動(dòng)到*=5cm處時(shí)，旋轉(zhuǎn)矢量轉(zhuǎn)過的角度為，如下圖，所以有即 3當(dāng)物體第二次運(yùn)動(dòng)到*=5cm處時(shí)，旋轉(zhuǎn)矢量又轉(zhuǎn)過，如下圖，所以有即 3.解 如下圖，設(shè)則 而A0.20 由余弦定理知 有正弦定理知 將A，A2及值代入，求得1 有此得 所以，。224. 解 由運(yùn)動(dòng)方程的速度和加速度表達(dá)式為 且：A0.06， 1 當(dāng)所以 2 或 3. 4 當(dāng)振動(dòng)動(dòng)能和勢能相等時(shí)， E

20、即 所以 5. 1 在位移為處系統(tǒng)受力為. 其中為系統(tǒng)平衡時(shí)彈簧的伸長量。 由力的平衡條件知 . 故 滿足簡諧運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)條件 或 滿足簡諧運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)條件 因此該系統(tǒng)作簡諧運(yùn)動(dòng)。 2由上述微分方程可知.時(shí)的初始條件為. 由小球自由落體遵守機(jī)械能守恒和小球與沙盤的完全非彈性碰撞忽略重力的作用遵守動(dòng)量守恒得 故 .波動(dòng)1.解：2.解：1波的表達(dá)式為與標(biāo)準(zhǔn)形式比擬得=0.05m, =50Hz, =1.0m， =50m/s (2) (3) ，二振動(dòng)反相3.解1由題設(shè)可知A點(diǎn)和B點(diǎn)的振動(dòng)方程為由于，有，又因，所以該平面諧波的波長為波速為2因?yàn)椴ㄊ茄?軸正向傳播，所以波函數(shù)可寫為代入相關(guān)數(shù)值，得4. 解

21、：(1)由點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向，可判定該波向左傳播 對原點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)， 時(shí) 所以 處振動(dòng)方程為 波動(dòng)方程為 (2)距點(diǎn)100m處質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方程是 振動(dòng)速度表達(dá)式是5.解：1P處質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方程為2波動(dòng)方程為 6.解eq oac(,1).eq oac(,2). eq oac(,3)P點(diǎn)反射后的振動(dòng)方程表示半波損失反射波的波動(dòng)方程 . eq oac(,4)滿足減弱條件，是減弱的即該點(diǎn)不振動(dòng)。. 第十一章 光學(xué)1. 解：1棱邊處是第一條暗紋中心，在膜厚度為 處是第二條暗紋中心，依此可知第四條暗紋處中心處，即A處膜厚度rad2由上問可知A處膜厚為，對于的光，連同附加光程差，在A處兩反射光的光程差為 ，它與波長之比為，所

22、以A處是明紋.2.解：1如下圖。設(shè)第k級(jí)條紋的牛頓環(huán)半徑為rk,則該處空氣膜的厚度為該處的光程差為對亮條紋有即 故 k=1,2,3,.條紋是以接觸點(diǎn)為中心的同心圓環(huán)，在中心處，為暗條紋。2當(dāng)在透鏡和平板玻璃間充滿n=1.6的透明液體時(shí)，在半徑為r處有則光程差為 左側(cè) 右側(cè)假設(shè)均為明紋，則即左右兩邊同一級(jí)明紋半徑大小不等，且左邊的接觸點(diǎn)為明紋，而右邊的接觸點(diǎn)為暗紋。故形成一錯(cuò)開的半圓形圖象。3. 解 (1) 由條件，明紋公式為最高點(diǎn)處，將代入得 共有 1，2，3，4，5的五條明紋，對應(yīng)于的油膜厚度為.(2) 當(dāng)時(shí) 為非整數(shù)，條紋介于明暗之間，為非明非暗條紋。時(shí) 為明紋時(shí)， 為暗紋 明暗之間明紋暗

23、紋4. 解：由光柵公式得 取為整數(shù)比 取最小的值 k1=2, k2=3 對應(yīng)光柵常數(shù) 5. 解 當(dāng)自然光通過偏振片時(shí)，有偏振光為對于t時(shí)刻，偏振片轉(zhuǎn)過的角度，如下圖。當(dāng)線偏振光透過偏振片時(shí)，有當(dāng)再通過偏振片時(shí)，有即透射光的強(qiáng)度是時(shí)間t的函數(shù)，隨著的旋轉(zhuǎn)，做周期性變化。AA第十二章 氣體動(dòng)理論1.解標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài).代入.因?yàn)?2. 解：(1) (2) 分子的平均平動(dòng)動(dòng)能(3) 氣體的內(nèi)能由于理想氣體的內(nèi)能理想氣體的狀態(tài)方程所以 氧氣為雙原子分子 3. 解 1由方均根速率公式，有m/s2由，有kg/mol3由氣體分子的總平動(dòng)動(dòng)能公式，有.4. 解 1由速率分布函數(shù)的歸一化條件，有得所以常量為 2電子氣中一個(gè)電子的平均動(dòng)能為第十三章 熱力學(xué)根底1.解：氦氣為單原子分子理想氣體，(1)定容過程，常量, 據(jù)可知(2)定壓過程，p=常量,與1一樣，.3, 與1一樣，2.解過程氣體對外所做的功即圖中直線下的面積。由圖知過程過程3. 解 1根據(jù)功的定義，有 2設(shè)氣體初態(tài)的溫度為，末態(tài)為，雙原子分子理想氣體的摩爾熱容為，則氣體內(nèi)能的變化為由過程方程可得所以 3根據(jù)熱力學(xué)第一定律，系統(tǒng)吸收