第九章振动
习题：P37～39 1，2，3，4，5，6，7，8，16.
9-4 一质点做简谐运动,周期为T,当它由平衡位置向X 轴正方向运动时,从1/2 最大位移处到最大位移处这段路程所需的时间( )
A、T/12
B、T/8
C、T/6
D、T/4
分析(C)，通过相位差和时间差的关系计算。

可设位移函数
y=A*sin(ωt),其中ω=2π/T；
当y=A/2, ω t1= π /6 ；当y=A, ω t2= π /2 ；△ t=t2-t1=[ π /(2 ω )]-[ π /(6 ω )]= π/(3ω)=T/6
9-回图（a）中所阿的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐j⅛动可叠加* 则合成的余弦振动的初相位为（）
3 1
（A）-7W （B）—IT（C）F （D）O
分析与解由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动, 它们的相位差是TT（即反相位）•运动方程分别为X I= Acos ωt利%2= -^-CoS（（（；« + 瓷）・它们的振幅不同.对于这样两个简谐运动M用旋转欠量送,如图（b）很方便
A
求得合运动方程为x=ycos ωt.因而正确答案为（D）.
9-目有一个弹簧振子，振幅4 =2-0 X 10-2 m,周期T = 1.0 s,初相＜p = 3ιτ∕4.试写出它的运动方程,并作出X - 1图I e - i图和a - t图.
解因3=X∕T,则运动方程
/ 2πf
≡½cos(ωt + φ) =ACUS
根据题中给出的数据得
X = 2. 0 Xio '2cos( 2irf + O- 75τr) ( m ) 振子的速度和加速度分别为
t) = dx∕(It = -4π × 10^2Rin(2ττt + 0. 75ττ) (m * s^,)
(Z = ∂2χ∕df2 = - 8TT2X 10 ^2cos( 2τrt + 0. 75τT) ( m ∙ s ^2) X-I^V-C及Oft图如图所示.
9若简谐运动方程为x=0. 10 cθs(201r∕+0. 25ιτ)(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)将x-0. IoeOS(20Trf + 0. 25Ir) ( m)与为=Λυos(<wi + ¢)比较后可得；振幅4=0. 10叫角频率e =20π√j,初相管=0. 25TF,则周期T = 2ττ∕ω = O. I s,频率P = 1∕71=10 Hz.
(2) t=2s时的位移、速度、加速度分别为
X =0. 10co√40π +0.25Tr) =7.07 ×W2 m
1； = djj/dt = -2<ττsin(4θιτ +O.25ττ) = -4, 44 m ∙ E-I
a= d2x∕dt2= -40Ir i COS(40π +0.25TT) = -2. 79 X IO2m ∙ s^2
9-冋某振动质点的X"曲线如图(a)所示,试求：(1)运动方程；(2)点P对应的相位；(3)到达点尸相应位置所需的时间.
第十章波动
习题：P89～93 1，2，3，4，5，6，12，16，25，
10-6 在驻波中,两个相邻波节间各质点的振动（）
A.振幅相同,相位相同
B.振幅不同,相位相同
C.振幅相同,相位不同
D.振幅不同,相位不同答案：波函数叠加检验.（C）振幅相同，相位相反优质. 参考. 资料
IQ +冋已知一波动方程为y =0. 05sin( IO J ni -2χ)(m)I
(1)求波长、频率、波速和周期；(2)说明
-τ =0时方程的意义，并作图表示.
解(1)将题给的波动方程改写为
y =0. 05cos[ 10ιτ( i -x∕5ττ}~ ττ∕2]( m) 题1。

9 图
与y=JCOS [ω(t - x/u) +仇]比较后可得波速a= 15. 7 in ∙ s^l,角频率ω - IOIr s^',故有
V -ω∕2π =5.0 Hz, T= l∕v=0.2 s, λ = u7,= 3. 14 In
(2)由分析知x=0时,方程y=0. 05C O S(IOITi-σr∕2)(m)表示位于坐标原点的质点的运动方程(如图)•
10 ■叵I如图所示为一平面简谐波在(=0时刻的波形图，求(1)该波的波动方
程；(2) P处质点的运动方程.
解(1 )由图可知振幅A= 0. 04 IIi,波长Λ =0.40 m,波速M =
0. 08 m ∙ s^1,则ω= 2ιτ∕7,= 2πu∕λ = (2ττ∕5 )s^l,根据分析已知华=-ιr∕2,因此波动方程为
^=0∙04cos[τ(^δ⅛)^f] (IiI)
(2)距原点。

为x=0. 2Om处的P点运动方程为
y =0.04Cos(竽£ + 于)(m)
第十一章光学
P177～182 1，2，3，4，5，6，7,8,11,23,26,31,37,38.
11- 4 、在迈克尔逊干涉仪的一条光路中,放入一片折射率为n=1.4 的透明
介质薄膜后，干涉条纹产生了7.0 条条纹移动.如果入射光波长为589nm,则透明介质薄膜厚度为( )
A 10307.5nm
B 1472.5nm
C 5153.8nm
D 2945.0nm
答案(C) 由2(n-1)t=N 得出
了0.310mm 的过程中，观察到干涉条纹移动了1100 条，求该光波的波长
解：d=N /2, =563.6nm
11-26、某人用迈克尔逊干涉仪测量一光波的波长，当可动反射镜M 移动
第十二章气体动理论习题：P220～222 1，2，3，5，13,14,24.
12-2 1 mol 的氦气和1 mol 的氧气（视为刚性双原子分子理想气体）。

当温度为T 时，期内能分别为：
A 3/2RT,5/2kT
B 3/2kT,5/2kT
C 3/2kT,3/2kT
D 3/2RT,5/2RT 答案：D
（由1mol 理想气体的内能定义式得出）
12-13 当氢气和氦气的压强、体积和温度都相等时，它们的质量比和内能比各为
多少？（氢气视为刚性双原子分子理想气体）解：质量比等于摩尔质量比，为1:2
内能比等于自由度比，为5:3
第十三章热力学基础
习题：P270～275 1，2，3，4，5，6，7，9，11，12,15，25，27.
13- 4 气体经历如图所示的循环过程，在这个循环过程中，外界传给气体的
净热量是答案：
A 3.2*10^4J
B 1.8*10^4J
C 2.4*10^4J
D 0J
答案B，由循环所围成的面积计算得出。

13有人想像了四个理想气体的循环过程，则在理论上可以实现的为）
（C）（D）
分析与解由绝热过程方程PP =常量.以及等温过程方程Py=常量，可知绝热线代等温线要陡,所以（A）过程不对,（B）、（C）过程中都有两条绝热线相交于一点，这是不可能的.而且（B）过程的循环表明系统从单一热源吸热且不引起外界变化,使之全部变成有用功，违反了热力学第二定律.因此只有（D）正确.
13-0如图所示，一定量的空气,开始在状态4,其压强为2. Ox 10'Pa,体
积为2.0 XlO-,m3,沿直线AB变化到状态B
后，斥强变为LOx IO5P码体积变为3.0 X IO-
3I√,求此过程中气体所作的功.
分析理想气体作功的表达式为W =
Jp（V）dv.功的数值就等于P - V图中过程曲
线下所对应的面积•
解S UCa=^B C+AD) ×CD
故W = 150 J
13-0 一定量的空气，吸收了1,71 XlO3J的热量，并保持在1.0 XlO5 P a 下膨胀,体积从1.0×10-J m'增加到1.5 ×10'¼∖问空气对外作了多少功？它的内能改变了多少？
解该空气等压膨胀,对外作功为
W = P（V I-V l） =5.0 X IO2J
其内能的改变为
AE = Q-Ir = 1,21 X IO3J
13-25 一定量理想气体经图示的ABCDA，，其中AB 是等温过程，BC 是等体过程，DA 是绝热过程。

请完成表格中的内容。

A-B 0 1400 1400
B-C -200 0 -200
C-D -200 -400 -600
D-A 400 -400 0
ABCDA 循环效率=42.9%
第十四章相对论
习题：P316～318 1，2，3，4，15，22.。