大学物理大题

7－72.0×10-2kg氢气装在4.0×10-3m3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？分析理想气体的温度是由分子的平均平动动能决定的，即23k/kT．因此，根据题中给出的条件，通过物态方程pV＝MmRT，求出容器内氢气的温度即可得k．解由分析知氢气的温度mRMpVT，则氢气分子的平均平动动能为J1089.3232322kRmpVMkkT7－14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0v求a值；(3)求在速率0v/2到30v/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vf的物理意义.ddNNfv，题中纵坐标vvd/dNNf，即处于速率v附近单位速率区间内的分子数.同时要掌握vf的归一化条件，即1d0vvf.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(1)由于分子所允许的速率在0到20v的范围内，由归一化条件可知图中曲线下的面积NNfSvvvd020即曲线下面积表示系统分子总数N.(2)从图中可知，在0到0v区间内，0/vvvaNf；而在0到20v区间，αNfv.则利用归一化条件有vvvvv000200ddvvaaNa=2N/3v0(3)速率在0v/2到30v/2间隔内的分子数为12/7ddΔ2/32/0v0000NaaNvvvvvvv(4)分子速率平方的平均值按定义为vvfvvvd/d02022NN故分子的平均平动动能为20220302k3631dd2121000vvvvvvvvvvmNaNamm8－7如图所示，1mol氦气，由状态),(11VpA沿直线变到状态),(22VpB，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BA过程曲线下所对应的面积，又对一定量的理想气体其内能RTiE2，而氦气为单原子分子，自由度i=3，则1mol氦气内能的变化TRE23，其中温度的增量T可由理想气体物态方程RTpV求出.求出了BA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EWQ求出.解由分析可知，过程中对外作的功为))((211212ppVVW内能的变化为)(23231122VpVpTRE吸收的热量)(21)(212211122VpVpVpVpEWQ题8-7图8－8一定量的空气，吸收了1.71×103J的热量，并保持在1.0×105Pa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＝ΔE＋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ΔE＝Q－W＝1.21×103J8－10一压强为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TCQm.按热力学第一定律，在等体过程中，TCEQVVm,；在等压过程中，.dm,TCEVpQpP(2)求过程的作功通常有两个途径.①利用公式VVpWd；②利用热力学第一定律去求解.在本题中，热量Q已求出，而内能变化可由12mV,VΔTTCEQv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mol1041.42111RTVpv氧气的摩尔定压热容RC27mp,，摩尔定容热容RC25mV,.(1)求Qp、QV等压过程氧气(系统)吸热J1.128Δd12mp,pTTCEVpQv等体过程氧气(系统)吸热J5.91Δ12mV,VTTCEQv(2)按分析中的两种方法求作功值①利用公式VVpWd求解.在等压过程中，TRMmVpWddd，则得J6.36dd21pTTTRMmWW而在等体过程中，因气体的体积不变，故作功为0dVVVpW②利用热力学第一定律Q＝ΔE＋W求解.氧气的内能变化为J5.91Δ12mV,VTTCMmEQ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J6.36ΔppEQW0ΔVVEQW8－11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ΔECA，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ΔEAC，而ΔEAC＝－ΔECA，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ΔEAC＝QABC－WABC＝200J由此可得从C到A，系统内能的增量为ΔECA＝－200J从C到A，系统所吸收的热量为QCA＝ΔECA＋WCA＝－252J式中负号表示系统向外界放热252J.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VVpWd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ΔE＝0，利用热力学第一定律Q＝W＋ΔE，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J1077.2/ln/ln31ABBAABABVVVpVVRTMmW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＝Cp(VB－VC)＝2.0×103ＪQACB＝WACB＝2.0×103Ｊ8－140.32kg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J1076.5/ln/ln/ln32121212121VVTTRMmVVRTMmVVRTMm）（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ΔE＝0,则ABABWQ.等体升压过程中W＝0，则DADAEQΔ,所以，循环过程中系统吸热的总量为J1081.325/ln/lnΔ42112121,121TTRMmVVRTMmTTCMmVVRTMmEWQQQmVDAABDAAB由此得到该循环的效率为%15/QWη14-8在双缝干涉实验中，两缝间距为0.30mm，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22.78mm．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212kddx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mm27822.x，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ddx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mm97822.x.解1屏上暗纹的位置212kddx，把m102782243.,xk以及d、d′值代入，可得λ＝632.8nm，为红光．解2屏上相邻暗纹（或明纹）间距'dxd，把322.7810m9x，以及d、d′值代入，可得λ＝632.8nm．14-11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=550nm，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Δ1＝r1－r2＝k1λ（对应k1级明纹），插入介质后的光程差Δ2＝（n－1）d＋r1－r2＝k1λ（对应k1级明纹）．光程差的变化量为Δ2－Δ1＝（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51212dn将有关数据代入可得m1074.4156nd14-12白光垂直照射到空气中一厚度为380nm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,...2,122kkne124kne在可见光范围，k＝2时，nm8668.（红光）k＝3时，nm3401.（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（52OTa）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HeNe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．（52OTa对632.8nm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25TaO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2nek＋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