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大学物理大题


2.0×10-2kg 氢 气 装 在 4.0×10-3 m3 的 容 器 内 , 当 容 器 内 的 压 强 为 3.90×105Pa 时,氢气分子的平均平动动能为多大?
7-7

分析

理想气体的温度是由分子的平均平动动能决定的, 即 ? k ? 3kT / 2 . 因此,

m? 根据题中给出的条件,通过物态方程 pV = M RT,求出容器内氢气的温度即可
得 ?k .



由分析知氢气的温度

T?

MpV mR ,则氢气分子的平均平动动能为

? k ? kT ?
7-14

3 2

3 pVMk ? 3.89 ? 10? 22 J 2m?R

有 N 个质量均为 m 的同种气体分子, 它们的速率分布如图所示.(1) 说明

曲线与横坐标所包围的面积的含义;(2) 由 N 和 v0 求 a 值;(3) 求在速率 v0 /2 到 3 v0 /2 间隔内的分子数;(4) 求分子的平均平动动能.

题 7-14 图 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 f ?v ?

的物理意义.

f ?v ? ?

dN Nd? ,题中纵坐标 Nf ?v? ? dN / dv ,即处于速率 v 附近单位
?

f ?v?dv ? 1 速率区间内的分子数.同时要掌握 f ?v ? 的归一化条件,即 ?0 .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.



(1) 由于分子所允许的速率在 0 到 2 v0 的范围内,由归一化条件可知图中
2 v0

曲线下的面积

S ? ?0 Nf ?v ?dv ? N
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, Nf ?v? ? av / v0 ;而在 0 到 2 v0 区间,
Nf ?v? ? α .则利用归一化条件有

N ??

v0

0

2v0 av dv ? ? adv v0 v0

a=2N/3v0 (3) 速率在 v0 /2 到 3 v0 /2 间隔内的分子数为
ΔN ? ?
v0

av

v0 / 2

v0

dv ? ?

3v 0 / 2

v0

adv ? 7 N / 12

(4) 分子速率平方的平均值按定义为
v 2 ? ? v2dN / N ? ? v2 f ?v?dv
0 0 ? ?

故分子的平均平动动能为
2 ? k ? mv 2 ? m ? ?0 v 3dv ? ?v v 2 dv? ? mv0 2 2 ? Nv0 N ? 36
0

1

1 ?

v0

a

2 v0

a

?

31

8-7

如图所示,1 mol 氦气,由状态 A( p1 ,V1 ) 沿直线变到状态 B( p2 ,V2 ) ,求这

过程中内能的变化、对外作的功、吸收的热量. 分析由题 8-4 分析可知功的数值就等于 p-V 图中 A ? B 过程曲线下所对应的面

积,又对一定量的理想气体其内能

E ??

i RT 2 ,而氦气为单原子分子,自由度

i=3,则 1 mol 氦气内能的变化

?E ?

3 R?T 2 ,其中温度的增量 ? T 可由理想气

体物态方程 pV ? ?RT 求出.求出了 A ? B 过程内能变化和做功值,则吸收的热 量可根据热力学第一定律 Q ? W ? ?E 求出. 解由分析可知,过程中对外作的功为

1 W ? (V2 ? V1 )( p2 ? p1 ) 2
内能的变化为

3 3 ?E ? R?T ? ( p2V2 ? p1V1 ) 2 2
吸收的热量

1 Q ? W ? ?E ? 2( p2V2 ? p1V1 ) ? ( p1V2 ? p2V1 ) 2

题 8-7 图 3 5 8-8 一定量的空气, 吸收了 1.71×10 J 的热量, 并保持在 1.0 ×10 Pa 下膨胀, 体积从 1.0×10-2m3 增加到 1.5×10 - 2m3,问空气对外作了多少功?它的内能改变了多 少? 分析 由于气体作等压膨胀,气体作功可直接由 W=p(V2-V1 )求得.取该空气为 系统,根据热力学第一定律 Q=Δ E+W 可确定它的内能变化.在计算过程中要注 意热量、功、内能的正负取值. 解 该空气等压膨胀,对外作功为 W=p(V2-V1 )=5.0 ×102J 其内能的改变为 Δ E=Q-W=1.21 ×103J 8-10 一压强为 1.0 ×105Pa,体积为 1.0×10-3m3 的氧气自 0℃加热到 100 ℃. 问:(1) 当压强不变时,需要多少热量?当体积不变时,需要多少热量?(2) 在等 压或等体过程中各作了多少功? 分析 (1) 由量热学知热量的计算公式为 Q ? ?Cm ?T .按热力学第一定律,在等

体过程中,

QV ? ?E ? ?CV ,m ?T

;在等压过程中,

QP ? ? pdV ? ?E ? ?C p , m ?T .
;②利用热力学第

(2) 求过程的作功通常有两个途径.①利用公式

W ? ? p ?V ?dV

一定律去求解.在本题中, 热量 Q 已求出, 而内能变化可由 得到.从而可求得功 W. 解 根据题给初态条件得氧气的物质的量为

QV ? ΔE ? vCV, m ?T2 ? T1 ?

v?

p1V1 ? 4.41 ? 10?2 mol RT1

7 5 Cp, m ? R CV, m ? R 2 . 2 ,摩尔定容热容 氧气的摩尔定压热容
(1) 求 Qp、QV 等压过程氧气(系统)吸热

Qp ? ? pdV ? ΔE ? vCp, m ?T2 ? T1 ? ? 128 .1 J

等体过程氧气(系统)吸热

QV ? ΔE ? vCV, m ?T2 ? T1 ? ? 91.5 J
(2) 按分析中的两种方法求作功值 ①利用公式
W ? ? p ?V ?dV
T2

求解.在等压过程中,

dW ? pdV ?

m RdT M ,则得

m RdT ? 36.6 J M 而在等体过程中,因气体的体积不变,故作功为 Wp ? ? dW ? ?
T1

WV ? ? p?V ?dV ? 0

②利用热力学第一定律 Q =Δ E+W 求解.氧气的内能变化为 m QV ? ΔE ? CV, m ?T2 ? T1 ? ? 91 .5 J M 由于在(1)中已求出 Qp 与 QV,则由热力学第一定律可得在等压过程、等体过程 中所作的功分别为

Wp ? Qp ? ΔE ? 36.6 J
WV ? QV ? ΔE ? 0
8-11 如图所示,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 CA 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?

题 8-11 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 Δ ECA, 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 Δ EAC,而 Δ EAC=-Δ ECA,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 QABC=326J, WABC=126J 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

Δ EAC=QABC-WABC=200J 由此可得从 C 到 A,系统内能的增量为 Δ ECA=-200J 从 C 到 A,系统所吸收的热量为 QCA=Δ ECA+WCA=-252J 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. 8-12 如图所示, 使 1mol 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.

题 8-12 图 分析 从 p-V 图(也称示功图)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
W ? ? p ?V ?dV

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 TA=TB,故 Δ E=0,利用热力学第一定律 Q=W+Δ E,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 m WAB ? RT1 ln?VB / VA ? ? p AVB ln?VB / VA ? ? 2.77 ? 103 J M 由分析可知在等温过程中,氧气吸收的热量为 QAB=WAB=2.77 ×103J (2) 沿 A 到 C 再到 B 的过程中系统作功和吸热分别为

WACB=WAC+WCB=WCB= pC (VB-VC )=2.0×103J QACB=WACB=2.0×103J
8-140.32 kg 的氧气作如图所示的 ABCDA 循环,V2=2V1 ,T1=300K,T2=200K, 求循环效率.

题 8-14 图 分析 该循环是正循环.循环效率可根据定义式 η =W/Q 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

W ? WAB ? WCD ? ?

m? R?T1 ? T2 ?ln ?V1 / V2 ? ? 5.76 ? 103 J M

m? m? RT1 ln ?V2 / V1 ? ? RT2 ln(V1 / V2) M M

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 Δ E=0,则 QAB ? WAB .等体升压过程中 W=0,则 QDA ? ΔEDA ,所以, 循环过程中系统吸热的总量为

Q ? Q AB ? QDA ? W AB ? ΔE DA m? m? ? RT1 ln ?V2 / V1 ? ? CV ,m ?T1 ? T2 ? M M m? m? 5 ? RT1 ln ?V2 / V1 ? ? R ?T1 ? T2 ? M M 2 ? 3.81 ? 104 J
由此得到该循环的效率为

η ? W / Q ? 15%
14-8 在双缝干涉实验中,两缝间距为 0.30 mm,用单色光垂直照射双缝,在离 缝 1.20m 的屏上测得中央明纹一侧第 5 条暗纹与另一侧第 5 条暗纹间的距离为 22.78 mm.问所用光的波长为多少,是什么颜色的光? 分析与解 在双缝干涉中,屏上暗纹位置由
x? d? ?2k ? 1? ? d 2 决定,式中 d′为双

缝到屏的距离, d 为双缝间距. 所谓第 5 条暗纹是指对应 k =4 的那一级暗纹. 由 于条纹对称,该暗纹到中央明纹中心的距离
x? 22 .78 mm 2 ,那么由暗纹公式即可

求得波长 λ . 此外, 因双缝干涉是等间距的, 故也可用条纹间距公式
?x ? d? ? d 求入射光波长. 应

注意两个第 5 条暗纹之间所包含的相邻条纹间隔数为 9(不是 10,为什么?) , 故
?x ? 22 .78 mm 9 . x? d? 22.78 ?2k ? 1? ? k ? 4, x ? ? 10 ? 3 m d 2 ,把 2 以及 d、d′值

解1

屏上暗纹的位置

代入,可得 λ =632.8 nm,为红光. 解 2 14-11 屏上相邻暗纹(或明纹)间距

?x ?

d' 22.78 ?x ? ? 10?3 m ? 9 d ,把 ,以及 d、

d′值代入,可得 λ =632.8 nm.
如图所示,将一折射率为 1.58 的云母片覆盖于杨氏双缝上的一条缝上, 使得屏上原中央极大的所在点 O 改变为第五级明纹.假定 ? =550 nm,求: (1)条 纹如何移动? (2) 云母片的厚度 t.

题 14-11 图 分析 (1)本题是干涉现象在工程测量中的一个具体应用,它可以用来测量透明 介质薄片的微小厚度或折射率.在不加介质片之前,两相干光均在空气中传播, 它们到达屏上任一点 P 的光程差由其几何路程差决定, 对于点 O, 光程差 Δ =0, 故点 O 处为中央明纹,其余条纹相对点 O 对称分布.而在插入介质片后,虽然 两相干光在两介质薄片中的几何路程相同,但光程却不同,对于点 O,Δ ≠0, 故点 O 不再是中央明纹,整个条纹发生平移.原来中央明纹将出现在两束光到 达屏上光程差 Δ =0 的位置. (2) 干涉条纹空间分布的变化完全取决于光程差的变化.因此,对于屏上某点 P (明纹或暗纹位置) ,只要计算出插入介质片前后光程差的变化,即可知道其干 涉条纹的变化情况. 插入介质前的光程差 Δ 1 =r1 -r 2 =k1 λ (对应 k1 级明纹) ,插入介质后的光 程差 Δ 2 =(n-1)d +r1 -r2 =k1 λ (对应 k1 级明纹) .光程差的变化量为 Δ 2 -Δ 1 =(n -1)d =(k2 -k1 )λ 式中(k2 -k1 )可以理解为移过点 P 的条纹数(本题为 5) .因此,对于这类问 题,求解光程差的变化量是解题的关键. 解 由上述分析可知,两介质片插入前后,对于原中央明纹所在点 O,有

? 2 ? ?1 ? ?n2 ? 1?d ? 5?
将有关数据代入可得

d?

5? ? 4.74 ? 10?6 m n ?1

14-12 白光垂直照射到空气中一厚度为 380 nm 的肥皂膜上.设肥皂的折射率 为 1.32.试问该膜的正面呈现什么颜色? 分析 这是薄膜干涉问题, 求正面呈现的颜色就是在反射光中求因干涉增强光的 波长(在可见光范围) . 解 根据分析对反射光加强,有

2ne ?

?
2

? k?

?k ? 1,2,...?

??

4ne 2k ? 1

在可见光范围,k =2 时, ? ? 668.8 nm (红光)

k =3 时, ? ? 401.3 nm (紫光)
故正面呈红紫色. 14-14 集成光学中的楔形薄膜耦合器原理如图所示.沉积在玻璃衬底上的是氧 化钽( T a2O5 )薄膜,其楔形端从 A 到 B 厚度逐渐减小为零.为测定薄膜的厚 度,用波长 λ =632.8nm 的 He? Ne 激光垂直照射,观察到薄膜楔形端共出现 11 条暗纹, 且 A 处对应一条暗纹, 试求氧化钽薄膜的厚度. ( T a2O5 对 632.8 nm 激光的折射率为 2.21)

题 14-14 图 分析 置于玻璃上的薄膜 AB 段形成劈尖,求薄膜厚度就是求该劈尖在 A 点处的 厚度.由于 Ta 2O5 对激光的折射率大于玻璃,故从该劈尖上表面反射的光有半 波损失,而下表面没有,因而两反射光光程差为 Δ =2ne+λ /2.由反射光暗纹 公式 2ne k+λ /2 =(2k+1)λ /2,k =0,1,2,3,…,可以求厚度 ek .又 因为 AB 中共有 11 条暗纹 (因半波损失 B 端也为暗纹) ,则 k 取 10 即得薄膜厚 度. 解 根据分析,有

? 2ne k+ 2 =(2k +1)λ /2 (k =0,1,2,3,…)
10? 取 k =10,得薄膜厚度 e10 = 2n =1.4 ×10-6m.
14-20 如图所示,狭缝的宽度 b =0.60 mm,透镜焦距 f =0.40m,有一与狭缝 平行的屏放置在透镜焦平面处. 若以波长为 600 nm 的单色平行光垂直照射狭缝, 则在屏上离点 O 为 x=1.4 mm 处的点 P 看到的是衍射明条纹.试求: (1) 点 P 条纹的级数; (2) 从点 P 看来对该光波而言, 狭缝的波阵面可作半波带的数目. 分析 单缝衍射中的明纹条件为
bsin? ? ? ?2k ? 1?

?
2 ,在观察点 P 位置确定(即

衍射角 φ 确定)以及波长 λ 确定后,条纹的级数 k 也就确定了.而狭缝处的波 阵面对明条纹可以划分的半波带数目为(2k +1)条. 解 (1) 设透镜到屏的距离为 d,由于 d >>b,对点 P 而言,有

si n ? ? t a n? ?

x d .根据分析中的条纹公式,有

bx ? ? ? ?2k ? 1? d 2
将 b、d(d≈f) 、x , λ 的值代入,可得 k =3 (2) 由分析可知,半波带数目为 7.

14-24 一束平行光垂直入射到某个光栅上,该光束中包含有两种波长的光: λ 1 =440 nm 和 λ 2 =660 nm.实验发现,两种波长的谱线(不计中央明纹) 第二次重合于衍射角 φ =60°的方向上,求此光栅的光栅常数. 分析 根据光栅衍射方程 dsin? ? ?k? , 两种不同波长的谱线, 除 k=0 中央明纹

外,同级明纹在屏上位置是不同的,如果重合,应是它们对应不同级次的明纹在 相同衍射角方向上重合.故由 dsin φ =kλ 1 =k′λ 2 可求解本题. 解 由分析可知 dsin? ? k?1 ? k ??2 , 得



k / k ? ? ?2 / ?1 ? 3 / 2

上式表明第一次重合是 λ 1 的第 3 级明纹与 λ 2 的第 2 级明纹重合,第二次重 合是 λ 1 的第 6 级明纹与 λ 2 的第 4 级明纹重合.此时,k=6,k′=4,φ = 60°,则光栅常数

d ? k?1/sin? ? 3.05 ?10?6 m ? 3.05 μm
16-8 钨的逸出功是 4.52 eV,钡的逸出功是 2.50 eV,分别计算钨和钡的截止 频率.哪一种金属可以用作可见光范围内的光电管阴极材料? 分析 由光电效应方程
hv ? 1 2 mv ? W 2 可知,当入射光频率 ν

=ν

0

(式中 ν

0

1 2 mv ? 0 =W/h)时,电子刚能逸出金属表面,其初动能 2 .因此 ν

0

是能产生光电

效应的入射光的最低频率(即截止频率),它与材料的种类有关.由于可见光频率 15 15 处在 0.395 ×10 ~0.75 ×10 Hz 的狭小范围内,因此不是所有的材料都能作 为可见光范围内的光电管材料的(指光电管中发射电子用的阴极材料). 解 钨的截止频率
v01 ? W1 ? 1.09 ? 1015 Hz h
v02 ? W2 ? 0.603 ? 1015 Hz h

钡的截止频率

对照可见光的频率范围可知,钡的截止频率 v02 正好处于该范围内,而钨的截止 频率 v01 大于可见光的最大频率,因而钡可以用于可见光范围内的光电管材料. 16-9 钾的截止频率为 4.62 ×1014 Hz,今以波长为 435.8 nm 的光照射,求钾 放出的光电子的初速度. 解 根据光电效应的爱因斯坦方程 1 hv ? mv 2 ? W 2 其中 W=hν 0 , ν =c/λ 可得电子的初速度

? 2h ? c ?? v ? ? ? ? v0 ?? ? 5.74 ? 105 m ? s -1 ?? ? m ?? 由于逸出金属的电子的速度 v <<c,故式中 m 取电子的静止质量.
16-10 在康普顿效应中,入射光子的波长为 3.0 ×10-3 nm,反冲电子的速度 为光速的 60%,求散射光子的波长及散射角.
c c ? m0c 2 ? h ? m c2 λ 首先由康普顿效应中的能量守恒关系式 λ0 ,可求出散 h

分析

射光子的波长 λ ,式中 m 为反冲电子的运动质量,即 m =m0(1-v2/c2 )-1/2 .再 根据康普顿散射公式 Δλ ? λ ? λ0 ? λc ?1 ? cosθ ? ,求出散射角 θ ,式中 λ 顿波长(λ C=2.43 ×10-12 m). 解 根据分析有
h c c ? m0c 2 ? h ? m c2 λ0 λ
2 2 -1/2 C

为康普

(1) (2) (3)

m =m0(1-(v /c ))
λ ? λ0 ? λc ?1 ? cosθ ?

由式(1)和式(2)可得散射光子的波长

??

4h?0 ? 4.35 ? 10?3 nm 4h ? ?0 m0 c

将 λ 值代入式(3),得散射角

? λ ? λ0 ? o θ ? arccosθ ? ?1 ? λ ? ? ? arccos0.444 ? 63 36? c ? ?


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