大学物理(机械工业出版社)下册-课后练习答案.doc

第11章 热力学基础111在水面下50.0 m深的湖底处（温度为4.0），有一个体积为1.010-5 m3的空气泡升到湖面上来，若湖面的温度为17.0，求气泡到达湖面的体积。（大气压P0 = 1.013105 Pa）分析：将气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，气泡内的压强可用公式求出，其中r为水的密度（常取r = 1.0103 kgm-3）。解：设气泡在湖底和湖面的状态参量分别为（p1，V1，T1）和（p2，V2，T2）。由分析知湖底处压强为。利用理想气体的物态方程可得空气泡到达湖面的体积112氧气瓶的容积为3.210-2 m3，其中氧气的压强为1.30107 Pa，氧气厂规定压强降到1.00106 Pa时，就应重新充气，以免经常洗瓶。某小型吹玻璃车间，平均每天用去0.40 m3 压强为1.01105 Pa的氧气，问一瓶氧气能用多少天？（设使用过程中温度不变）分析：由于使用条件的限制，瓶中氧气不可能完全被使用。从氧气质量的角度来分析。利用理想气体物态方程pV = mRT/M可以分别计算出每天使用氧气的质量m3和可供使用的氧气总质量（即原瓶中氧气的总质量m1和需充气时瓶中剩余氧气的质量m2之差），从而可求得使用天数。解：根据分析有则一瓶氧气可用天数113一抽气机转速=400rmin-1，抽气机每分钟能抽出气体20升。设容器的容积V0=2.0升，问经过多长时间后才能使容器内的压强由1.01105 Pa降为133Pa。设抽气过程中温度始终不变。分析：抽气机每打开一次活门,容器内气体的容积在等温条件下扩大了V，因而压强有所降低。活门关上以后容器内气体的容积仍然为V0。下一次又如此变化，从而建立递推关系。解：抽气机抽气体时，由玻意耳定律得：活塞运动第一次：活塞运动第二次：活塞运动第n次：抽气机每次抽出气体体积将上述数据代入（1）式，可解得。则114l.0 mol的空气从热源吸收了热量2.66105J，其内能增加了4.18105J，在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：由热力学第一定律得气体所作的功为负号表示外界对气体作功。POVIII习题115图1231151mol双原子分子的理想气体，开始时处于P1=1.01105Pa，V1=10-3m3的状态。然后经本题图示直线过程变到P2=4.04105Pa，V2=210-3m3的状态。后又经过程方程为PV1/2=C（常量）的过程变到压强P3=P1=1.01105Pa的状态。求：（1）在过程中的气体吸收的热量；（2）整个过程气体吸收的热量。解：（1）在过程I中气体对外作的功 在过程I中气体内能增量 在过程I中气体吸收的热量 （2）在过程II中气体对外作的功 由 可算得，带入上式得 整个过程中气体对外作功 整个过程中气体内能增量 整个过程中气体吸收的热量 116如本题图所示，系统从状态A沿ABC变化到状态C的过程中，外界有326J的热量传递给系统，同时系统对外作功126J。当系统从状态C沿另一曲线返回到状态A时，外界对系统作功为52J，则此过程中系统是吸热还是放热？传递热量是多少？习题118图习题116图分析：已知系统从状态C到状态A，外界对系统作功为WCA，如果再能知道此过程中内能的变化为，则由热力学第一定律即可求得该过程中系统传递的热量QCA。由于理想气体的内能是状态（温度）的函数，利用题中给出的ABC过程吸热、作功的情况，由热力学第一定律即可求得由A至C过程中系统内能的变化，而，故可求得QCA。解：系统经ABC过程所吸收的热量及对外所作的功分别为则由热力学第一定律可得由A到C过程中系统内能的增量 由此可得从C到A，系统内能的增量从C到A，系统所吸收的热量为式中负号表示系统向外界放热252 J。这里要说明的是由于CA是一未知过程。上述求出的放热是过程的总效果，而对其中每一微小过程来讲并不一定都是放热。 127空气由压强为1.52105 Pa，体积为5.0103 m3，等温膨胀到压强为1.01105 Pa，然后再经等压压缩到原来的体积。试计算空气所作的功。解：空气在等温膨胀过程中所作的功为空气在等压压缩过程中所作的功为利用等温过程关系，则空气在整个过程中所作的功为128如本题图所示，使l mol氧气（1）由A等温地变到B；（2）由A等体地变到C，再由C等压地变到B，试分别计算氧气所作的功和吸收的热量。分析：从pV图上可以看出，氧气在AB与ACB两个过程中所作的功是不同的，其大小可通过求出。考虑到内能是状态的函数，其变化值与过程无关，所以这两个不同过程的内能变化是相同的，而且因初、末状态温度相同，故，利用热力学第一定律，可求出每一过程所吸收的热量。解：（1）沿AB作等温膨胀的过程中，系统作功由分析可知在等温过程中，氧气吸收的热量为（2）沿A到C再到B的过程中系统作功和吸热分别119一定量的某单原子分子理想气体装在封闭的气缸里，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）。已知气体的初压强P1=1atm,体积V1=10-3m3，现将该气体在等压下加热直到体积为原来的两倍,然后在等体下加热,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止,试求：在整个过程中气体内能的改变、吸收的热量和所作的功。解： 因为，所以内能增量为零。1110有1mol刚性多原子分子的理想气体,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。试求:(1) 气体内能的增量；(2) 在该过程中气体所作的功；(3) 终态时气体的分子数密度。解：（1） （2） （3）1111有一绝热的圆柱形的容器，在容器中间放置一无摩擦、绝热的可动活塞，活塞两侧各有n摩尔同种单原子分子理想气体，初始时，两侧的压强、体积、温度均为（P0，V0，T0）。气体的定容摩尔热容量为CV3R/2。现将一通电线圈放在活塞左侧气体中，对气体缓慢加热。左侧气体膨胀，同时压缩右方气体，最后使右方气体体积为V2V0/8。求：（1）左、右两侧气体的终温是多少?（2）左侧气体吸收了多少热量?解：（1）右则气体经历一绝热过程，初态、终态，由方程得出右侧气体末态温度：由理想气体物态方程，右侧气体终态压强为由于活塞是可动的，左、右两侧的压强应相同：，左侧末态体积：左侧气体末态温：（2）习题1112图 1112如本题图所示，有一除底部外都是绝热的气筒，被一位置固定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334.4J的热量缓慢地由底部供给气体，设活塞上的压强始终保持为1.01105Pa，求A部和B部温度的改变以及各吸收的热量(导热板的热容可以忽略)。若将位置固定的导热板换成可以自由滑动的绝热隔板，重复上述讨论。解：（1）导热板固定，A中气体为等容加热；B中气体为定压膨胀，且为准静态的，搁板导热，（2）隔板活动，A气体等压膨胀；隔板绝热，B中气体温度不变。 习题1113图11130.32 kg的氧气作如本题图所示的ABCDA循环，设V22V1，T1300K，T2200K，求循环效。（氧气的定体摩尔热容的实验值为CV= 21.1 Jmol-1K-1）分析：该循环是正循环。循环效率可根据定义式来求出，其中W表示一个循环过程系统作的净功，Q为循环过程系统吸收的总热量。解：根据分析，因AB、CD为等温过程，循环过程中系统作的净功为由于吸热过程仅在等温膨胀（对应于AB段）和等体升压（对应于DA段）中发生，而等温过程中，则。等体升压过程中W = 0，则，所以，循环过程中系统 吸热的总量为由此得到该循环的效率为1114如本题图所示，某理想气体循环过程的VT图。已知该气体的定压摩尔热容CP = 2.5R，定体摩尔热容CV = 1.5R，且VC =2VA。试问：（1）图中所示循环是代表致冷机还是热机？（2）如是正循环（热机循环），求出循环效率。习题1114图TV分析：以正、逆循环来区分热机和致冷机是针对pV图中循环曲线行进方向而言的。因此，对图中的循环进行分析时，一般要先将其转换为PV图。由图可以看出，BC为等体降温过程，CA为等温压缩过程；而AB过程为等压膨胀过程。这样，就可得出pV图中的过程曲线，并可判别是正循环。解：（1）根据分析，将VT图转换为相应的pV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pV图可知，AB为等压膨胀过程，为吸热过程。BC为等体降压过程，CA为等温压缩过程，均为放热过程。故系统在循环过程中吸收和放出的热量分别为CA为等温线，有；AB为等压线，且因，则有。故循环效率为1115有一以理想气体为工作物质的热机，其循环如本题图所示，试证明热机效率为习题1115图分析：该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是等体升压过程。其中CA过程系统吸热，BC过程系统放热。本题可从效率定义。出发，利用热力学第一定律和等体、等压方程以及的关系来证明。证：该热机循环的效率为其中，则上式可写为在等压过程BC和等体过程CA中分别有代人上式得，证毕。习题1116图516汽油机可近似地看成如图所示的理想循环，这个循环也叫做奥托（Otto）循环，其中DE和BC是绝热过程。证明此热机的效率为证：（1）该循环仅在CD一过程中吸热，EB过程中放热。则热机效率为（2）在过程BC和DE中，分别应用绝热方程，有由上述两式可得将此结果代人（1）中。即可得1117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17、如果每天有2.51108 J的热量通过热传导等方式自室外流人室内，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）分析：耗电量的单位为kWh，1kWh = 3.6106 J。因为卡诺致冷机的致冷系数为，其中T1为高温热源温度（室外环境温度），T2为低温热源温度（室内温度）。所以，空调的致冷系数为另一方面，由致冷系数的定义，有其中Q1为空调传递给高温热源的热量，即空调向室外排放的总热量；Q2是空调从房间内吸取的总热量。若Q为室外传进室内的热量，则在热平衡时。由此，就可以求出空调的耗电作功总值。解：根据上述分析、空调的致冷系数为在室内温度恒定时，有。由可得空调运行一天所耗电功1118设一质量为m克的物体具有恒定的比热c。(1) 当此物体由温度T1加热到T2时，其熵的变化为多少？（2）当温度下降却时这物体的熵是否减小？如果减小，那么在这样的过程中宇宙的总熵是否减小？解： （1）则 （2）冷却时T2T1，S2-S1 0，即S2 S1熵减小(3)物体冷却时，周围环境的熵增加，宇宙的总熵不会减小519一黄铜棒的一端与127的热库接触，而另一端与27的热库接触。试问：（1） 当有1200卡的热量通过这棒时，在这传导过程中所发生的熵的总变化为多大？（2） 在这传导过程中棒的熵是否改变？解：（1） （2）在这传导过程中棒的熵不改变。520让一摩尔的单原子理想气体由压强为P与体积为V的初态，经历两个不同过程改变到压强为2P与体积为2V的终态。（1）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。（2）先让此理想气体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=Sf Si与路线无关由 有习题1121图 1121如本题图所示，一长为0.8m的圆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0.3m处。活塞左边充有1mol，5105Nm-2的氦气，右边充有1105Nm-2的氖气。它们都是理想气体。将气缸浸入1升水中，开始时整个物体系的温度均匀地处于25C。气缸及活塞的热容可不考虑。放松以后振动的活塞最后将位于一新的平衡位置，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？（3）物体系的总熵增加多少？解：（1）系统处于新的平衡位置后： 温度不变（2）设新平衡后，活塞位于距A处，（活塞截面为S）A端： B端： 两式相除： （3）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1122如本题图所示，图中13为等温线，14为绝热线，12和43均为等压线，23为等体线。1mol的氢气在1点的状态参量为V10.02m3，T1300K，在3点的状态参量为V30.04m3，T3300K。试分别用如下三条路径计算S3S1：（1）123；（2）13；（3）143。解：（1）“”为等压过程，。而“”为等体过程。注意到为双原子分子，。所以在“”过程中的熵变为习题1122图（2）“”为等温过程。其熵变（3）“”过程是由“”的绝热过程，（1）和“”的等压过程（2）所组成的。联立（1）式、（2）式，考虑到，得到“”点的温度其熵变第12章 气体动理论121一容积为10L的真空系统已被抽成1.010-5 mmHg的真空，初态温度为20。为了提高其真空度，将它放在300的烘箱内烘烤，使器壁释放出所吸附的气体，如果烘烤后压强为1.010-2 mmHg，问器壁原来吸附了多少个气体分子?解：由式，有因而器壁原来吸附的气体分子数为122一容器内储有氧气，其压强为1.01105 Pa，温度为27，求：（l）气体分子的数密度；（2）氧气的密度；（3）分子的平均平动动能；（4）分子间的平均距离。（设分子间等距排列）分析：在题中压强和温度的条件下，氧气可视为理想气体。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，故每个分子占有的体积为，由数密度的含意可知即可求出。解：（l）单位体积分子数 （2）氧气的密度 （3）氧气分子的平均平动动能 （4）氧气分子的平均距离123本题图中I、II两条曲线是两种不同气体（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：（1）氢气分子和氧气分子的最概然速率；（2）两种气体所处的温度。习题123图分析：由可知，在相同温度下，由于不同气体的摩尔质量不同，它们的最概然速率也就不同。因，故氢气比氧气的要大，由此可判定图中曲线II所标应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、II所处的温度相同，故曲线I中氧气的最概然速率也可按上式求得。解：（1）由分析知氢气分子的最概然速率为利用可得氧气分子最概然速率为（2）由得气体温度124有N个质量均为m的同种气体分子，它们的速率分布如本题图所示。（1）说明曲线与横坐标所包围面积的含义；（2）由N和v0求a值；（3）求在速率v0/2到3v0/2间隔内的分子数；（4）求分子的平均平动动能.分析：处理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的物理意义。题中纵坐标，即处于速率附近单位速率区间内的分子数。同时要掌握的归一化条件，即。在此基础上，根据分布函数并运用数学方法（如函数求平均值或极值等），即可求解本题。解：（l）由于分子所允许的速率在0到2v0的范围内，由归一化条件可知图中曲线下的面积即曲线下面积表示系统分子总数N。（2）从图中可知，在0到v0区间内，；而在v0到2v0区间内，。则利用归一化条件有得（3）速率在v0/2到3v0/2间隔内的分子数为 (4)分子速率平方的平均值按定义为故分子的平均平动动能为 125当氢气的温度为300时，求速率在区间3000m/s到3010m/s之间的分子数N1与速率在区间vp到vp+10m/s之间的分子数N2之比。解：氢气在温度T=273+300=573开时的最可几速率vp为 习题124图 麦克斯韦速度分布公式可改写为 则速度在3000米/秒3010米/秒间的分子数 速度在vp vp10米/秒间的分子数 故 126讨论气体分子的平动动能的分布函数，归一化条件，及求任意函数的平均值公式。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。解：在动能空间中取一小区间，小区间内分子数dN占总分子数N之比为其中为分子动能分布函数，它满足归一化条件：任意函数的平均值公：令可求出令可得最可几动能12-712-8129在容积为2.010-3 m3的容器中，有内能为6.75102 J的刚性双原子分子理想气体。（1）求气体的压强；（2）设分子总数为5.41022个，求分子的平均平动动能及气体的温度。解：（1）由和可得气体压强（2）分子数密度n=N/V为，则该气体的温度 气体分子的平均平动动能为1210质点离开地球引力作用所需的逃逸速率为，其中R为地球半径。（1）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；（2）说明大气层中为什么氢气比氧气要少。（取R= 6.40106 m）分析：气体分子热运动的平均速率。对于摩尔质量M不同的气体分子，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，则摩尔质量M较小的就容易达到逃逸速率。解：（1）由题意逃逸速率，而分子热运动的平均速率。当时，有 由于氢气的摩尔质量，氧气的摩尔质量则它们达到逃逸速率时所需的温度分别为（2）根据上述分析，当温度相同时，氢气的平均速率比氧气的要大（约为4倍），因此达到逃逸速率的氢气分子比氧气分子多。按大爆炸理论，宇宙在形成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两半，一半装有氦气，温度为250K；另一半装有氧气，温度为310K两种气体的压强均为p0求抽去隔板后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N1和N2个，氦气是单原子分子，自由度为i1 = 3；氧气是双原子分子，自由度为i2 = 5隔板抽去前，氦气和氧气分子的总能量为，隔板抽去后，氦气和氧气分子的总能量为这个过程能量守恒，即，E = E1 + E2，所以有i1N1T1 + i2N2T2 = (i1N1 + i2N2)T由于压强 ，所以 ；同理可得 将N1和N2的公式代入上面公式可得，约去公因子，可得混合气体的温度为= 284.4(K)混合气体的压强为= 1.0275 p01212已知在单位时间内撞击在容器壁单位面积上的分子数为。假定一边长为1米的立方箱子，在标准情况下盛有个氧分子，计算1秒钟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 米/秒每边长为1米的立方箱的总面积S=611=6米2则次/秒1213在标准状态下氦气（He）的内摩擦系数h=1.8910-5帕秒，摩尔质量M为0.004千克，平均速率为1.20103米/秒。试求：（1）在标准状态氦原子的平均自由程。（2）氦原子的半径。解：（1）由公式，则因为气体密度千克/米3米（2） 由氦原子直径米氦原子半径为米1214（1）求氮气在标准状态下的平均碰撞次数。（2）若温度不变，气压降到1.3310- 4帕，平均碰撞次数又为多少？（设分子有效直径为10 - 10米）解：（1）在标准状态下，氮气分子的算术平均速度 米/秒由公式p =nRT得 由平均自由程得平均碰撞次数（2）气压降低之后的平均碰撞次数为1215若在标准压强下，氢气分子的平均自由程为610 - 8米，问在何种压强下，其平均自由程为1厘米？（设两种状态的温度一样）解：按p = nKT 和，有 ，则即1216如果理想气体的温度保持不变，当压强降为原值的一半时，分子的平均碰撞频率和平均自由程如何变化？分析：在温度不变的条件下，分子的平均碰撞频率，而分子的平均自由程，由此可得压强变化时，平均碰撞频率和平均自由程的变化。解：由分析知，当压强由p0降至p0/2时，平均碰撞频率为又因，故当压强减半时，平均自由程为第十四章波动O P Lx习题141图#141 如本题图所示，一平面简谐波沿ox轴正向传播，波速大小为u，若P处质点振动方程为，求：（1）O处质点的振动方程；（2）该波的波动方程；（3）与P处质点振动状态相同质点的位置。解：（1）O处质点振动方程： y0 = A cos （t + L / u）+ （2）波动方程 y0 = A cos t- （x - L ）/ u+ （3）质点位置 x = L k 2u / （k = 0 , 1, 2, 3） 142 一简谐波，振动周期T=1/2s，波长l10m，振幅A=0.1m，当t=0时刻，波源振动的位移恰好为正方向的最大值，若坐标原点和波源重合，且波沿ox轴正方向传播，求：（1）此波的表达式；（2）t1T/4时刻，x1=l/4处质点的位移；（3）t2 T/2时刻，x1=l/4处质点的振动速度。解：（1） y = 0.1 cos ( 4t - 2x / 10 ) = 0.1 cos 4（t - x / 20 ） (SI) （2） 当 t1 = T / 4 = 1 / 8 ( s ) , x1 = / 4 = 10 / 4 m处质点的位移y1 = 0.1cos 4（T / 4 - / 80 ） = 0.1 cos 4(1 / 8 - 1 / 8 ) = 0.1 m （3） 振速 t2 = T / 2 = 1 / 4 (S) ,在x1 = / 4 = 10 / 4( m ) 处质点的振速 v2 = -0.4sin (-/ 2 ) = - 1.26 m / s 习题143图143 一简谐波沿x轴负方向传播，圆频率为，波速为u。设时刻的波形如本题图所示，求该波的表达式。解：由图可看出，在t=0时，原点处质点位移y0A，说明原点处质点的振动初相，因而波动方程为习题144图144本题图表示一平面余弦波在t0时刻与t2s时刻的波形图，求：(1) 坐标原点处介质质点的振动方程；(2) 该波的波方程。解：由图可知：原点处质点的振动初相；波长，波速；因而圆频率，(1) 原点处质点的振动方程(2) 波方程145已知一平面简谐波的方程为(1) 求该波的波长l，频率n 和波速度u的值；(2) 写出t2.2s时刻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。146 波源作简谐振动，周期为，以它经平衡位置向正方向运动时为时间起点，若此振动以u400m/s的速度沿直线传播。求：（1）距离波源8.0m处质点P的运动方程和初相；（2）距离波源9.0m和10.0m处两点的相位差。解：在确知角频率、波速和初相的条件下，波动方程位于 xP = 8.0 m处，质点P的运动方程为该质点振动的初相。而距波源9.0 m和 10.0 m两点的相位差为如果波源初相取，则波动方程为147 为了保持波源的振动不变，需要消耗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10.0m处的能流密度。分析：波的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率。而在同一个球面上各处的能流密度相同，因此，可求出不同位置的能流密度 。解：由分析可知，半径r处的能疏密度为当 r1 = 5.0 m、r2 = 10.0 m时，分别有148一弹性波在媒质中传播的速度u=103m/s，振幅A=1.010-4m，频率n =103Hz，媒质的密度为r=800kg/m3。求：（1）波的平均能流密度；（2）一分钟内垂直通过一面积S=4.010-4m2的总能量。解：（1）由能流密度I的表达式得(2)在时间间隔内垂直通过面积 S的能量为149 如本题图所示，三个同频率，振动方向相同（垂直纸面）的简谐波，在传播过程中在O点相遇；若三个简谐波各自单独在S1、S2和S3振动方程分别为y1Acos(t+/2)，y2Acost和y32Acos(t -/2)，且S2O4l，S1OS3O5l（l为波长），求O点的合振动方程。（设传播过程中各波振幅不变）S3OS1S2习题149图解：每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 y1 = A1 c o s (t +/ 2 ) y2 = A 2c o s t y3 = A3 c o s (t -/ 2 ) 其中A1 = A2 =A， A3 = 2A , A1/4A3A=Ai0y A2在O点，三个振动叠加，利用振幅矢量图及多边形加法（如图）可得合振动方程 y = 习题1410图1410 本题图中和是波长均为的两个相干波的波源，相距3/4，的位相比超前。若两波单独传播时，在过和的直线上各点的强度相同，不随距离变化，且两波的强度都是，则在、连线上外侧和外侧各点，合成波的强度分别为多少？解：在的外侧，两波源引起的分振动的相位差，合振动振幅，波的强度；在外侧，所以I=0 。1411在弦线上有一简谐波，其表达式为 （SI）。为了在此弦线上形成驻波，并且在x0处为一波腹，此弦线上还应有一简谐波，求其表达式。解：设另一波的波动方程为则驻波方程为x0处为波腹， 取k0处，则 习题1412图1412如本题图所示，和为同位相的两相干波源，相距为L，P点距为r；波源在P点引起的振动振幅为，波源在P点引起的振动振幅为，两波波长都是，求P点的振幅。解：两列波传到P点时的相位差， 因而P点振幅习题1413图1413如本题图所示，S为点波源，振动方向垂直于纸面，和是屏AB上的两个狭缝，a。AB，并且b。x轴以为坐标原点，并且垂直于AB。在AB左侧，波长为；在AB右侧，波长为。求x轴上干涉加强点的坐标。解：在坐标为x的P点，两列波引起的分振动的位相差为代入干涉加强的条件解出干涉加强点的坐标为1414设入射波的方程式为，在x0处发生反射，反射点为一固定端。设反射时无能量损失，求：（1）反射波的方程式；（2）合成的驻波的方程式；（3）波腹和波节的位置。解：（1）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（2）合成的驻波的方程式为（3） 波腹位置满足 ， 波节位置满 ， 。习题1415图1415如本题图所示，一平面简谐波沿x轴正方向传播，BC为波密介质的反射面。波由P点反射，OP=3/4，DP=/6。在t0时，O处质点的合振动是经过平衡位置向负方向运动。求D点处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O点为坐标原点，设入射波方程式为在P点引起的振动方程为 反射时有半波损失，反射波方程式为合成驻波方程式为由题设条件t0时x0处y0，所以，又，代入上式，得D点的振动方程1416一平面简谐波的频率为500Hz，在空气中（r1.3kg/m3）以u340m/s的速度传播，到达人耳时，振幅约为A1.010-5m。试求波在耳中的平均能量密度和声强。解：波在耳中的平均能量密度声强就是声波的能流密度，即这个声强略大于繁忙街道上的噪声，使人耳已感到不适应。一般正常谈话的声强约为左右。1417面积为1.0m2的窗户开向街道，街中噪声在窗户的声强级为80dB。问有多少“声功率”传入窗内？分析：首先要理解声强、声强级、声功率的物理意义，并了解它们之间的相互关系。声强是声波的能流密度I，而声强级L是描述介质中不同声波强弱的物理量。它们之间的关系为，其中 为规定声强。L的单位是贝尔（B），但常用的单位是分贝（dB），且1B = 10 dB。声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相同，故有。解：根据分析，由可得声强为则传入窗户的声功率为1418若在同一介质中传播的、频率分别为1200Hz和400Hz的两声波有相同的振幅。求：（1）它们的强度之比；（2）两声波的声强级差。解：（1）因声强，则两声波声强之比 （2）因声强级，则两声波声强级差为1419一警车以25m/s的速度在静止的空气中行驶，假设车上警笛的频率为800Hz。求：（1）静止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15m/s的客车，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u =330m/s）分析：由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）是静止还是运动，同时也要分清声源的运动状态。解：（1）根据多普勒频率公式，当声源（警车）以速度运动时，静止于路边的观察者所接收到的频率为警车驶近观察者时，式中前取“-”号，故有警车驶离观察者时，式中前取“+”号，故有（2）声源（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1420一声源的频率为1080Hz，相对地面以30m/s的速率向右运动。在其右方有一反射面相对于地面以65m/s的速率向左运动。设空气中声速为331m/s。求：（1）声源在空气中发出的声音的波长；（2）反射回的声音的频率和波长。解： （1）在声源运动的前方在声源运动的后方（2）反射面接收到的频率为反射后声音的频率为波长为 第十六章 光的干射161 汞弧灯发出的光通过一滤光片后照射双缝干涉装置。已知缝间距d=0.60mm，观察屏与双键相距D2.5m，并测得相邻明纹间距离x=2.27mm。试计算入射光的波长，并指出属于什么颜色。解：，黄绿色。162 由光源S发出的600nm的单色光，自空气射入折射率n1.23的一层透明物质，再射入空气（如图）若透明物质的厚度d=1cm，入射角300，且SA=BC=5cm。求（1）1为多大？（2）此单色光在这层透明物质里的频率、速度和波长各是多少？（3）S到C的几何路程为多少？光程为多少？16-2解：(1)由折射定律可得:(2) (3)S到C的几何路程为:S到C的光程为: 163 劳埃德镜干涉装置如图所示，光源S0和它的虚像S1位于镜左后方20cm的平面内，镜长30cm，并在它的右边缘处放一毛玻璃屏幕。如果从S0到镜的垂直距离为2mm，单色光的波长为720nm，试求习题3用图镜的右边缘到第一条明纹的距离。解：164一双缝实验中两缝间距为0.15mm，在l.0m远处测得第l级和第10级暗纹之间的距离为36mm。求所用单色光的波长。解：165利用洛埃德镜观察干涉条纹，条纹间隔为0.005cm，所用的波长为589nm，如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？解：166在菲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500nm，所得干涉条纹的间距为lmm，试计算两反射镜的夹角。习题16-6用图解 167沿南北方向相隔3.0km有两座无线发射台，它们同时发出频率为2.0105HZ的无线电波。南台比北台的无线电波的相位落后(p/2。求在远处无线电波发生相长干涉的方位角（相对于东西方向）。解：其中 (舍) (舍) 168用很薄的、折射率为1.58的