一、 质 点 运 动
一.选择题：
1.解：选B。运动到最高点时速度为零，故有： ，得t ＝ 2s。
2.解：选C。船速：
收绳速率：
得：
故船为变加速直线运动。
3.解：选A。
，
二.填空题：
024 t
dt
dx
dt
ds
2222
22
0
sh
s
dt
ds
sh
s
sh
dt
d
r
dt
d
0
22
s
sh
2
03
2
s
h
dt
d
a
ht
3
2
24
1
24
1
甲
ht
2
1
4
2
乙 min106
1
htt 乙甲
2
1.解： Ⅱ
，
Ⅱ
2.解：Ⅱ Ⅱ
两边积分有：
Ⅱ
Ⅱ
Ⅱ
3.解： 总加速度与半径夹45°角时，切向加速度大小等于向心加速度大小，故有：
，得出： t ＝ 1s
4.解： x(t) 作初速度为零的加速直线运动
，积分得：
，得：
双方积分有： ，得：
y(t)作初速度为2mⅡs-1的匀速直线运动
2
1
h
h
xx
x
M
M
dt
dxM
M dt
dx
21
1
hh
h
M
2ct
dt
dS
dtctdS 2
tS
dtctdS
0
2
0
3
3
1
ctS
ct
dt
d
at 2
R
tc
R
an
422
R
ta
a tt
22
t
t
m
F
dt
d x 4
tdtd x 4
22tx
22t
dt
dx
x dttdx
22
dttdx 22 33
2
tx
tty y 2
Ⅱ
三.计算题：
1.解： Ⅱ 时 Ⅱ
即 后，
由 ， 有：
，得：
由 ，
，得：
后：
2.解：如图 以 表示质点对地的速度
则
当 时， 的大小为
的方向与 轴的夹角γ
ⅡⅡ
四.证明题：
jyixr
)(2
3
2 3 mjtit
ctaat t aat 2
a
c
t
aaat nt )1( nanaaat
dt
d
at
dtad t
dt
t
aad
tv
00 ][ 2
2at
at
dt
ds
dtds
dt
at
atds
ts
0
2
0
]
2
[
)3(
6
1 2
t
ats
nt )3(
6
1 22 nans
ughuxx cos2
sin2ghyy
hy
cos222222 ghughuyx
x
ugh
gh
arctgarctg
x
y
cos2
sin2
4
Ⅱ
Ⅱ ，得：
双方积分 ，得：
五.问答题
OA区间 ；
AB区间 ；
BC区间 ；
CD区间 。
dx
d
dt
dx
dx
d
dt
d
2
k
dt
d
2
k
dx
d
kdx
d
xv
v
kdx
d
00
kxe 0
0 0a
0 0a
0 0a
0 0a
二、 质 点 动 力 学
一.选择题：
1. 解：选（C）。当 紧靠在圆筒内壁而不下落时， 受 到的摩擦
力 与重力平衡，又因为 与筒壁提供给 的向心力 的反作
用力的大小成正比，如图所示，故：
Ⅱ
2. 解：选（A）。如图所示：
Ⅱ ω＝·s-1≈13 rad·s-1
3. 解：选（B）。质点m越过A角前、后的速度如图所示。
由题知：
由动量定理知：
所以：
4.解：选（B）。初始位置矢量 ，末位置矢量
A A
rf rf A N
mgf r
2 mRfr
R
g
2cos mrN
mgN sin
cosRr
R
hR
sin
3
)(
mI
mmI 360sin2
0r jRr
2
6
则：
5. 解：选（A）。设质点 在 点的速率为 ，则由
动能定理知：
其中
当质点运动到 点时下式满足：
Ⅱ
二.填空题
1.选沿着 、 的运动方向为X轴正向，则
由受力图知：
因为绳不伸长：
Ⅱ
2.(1). 当弹簧长度为原长时，系统的重力势能为 。又因为在O点重物平衡，即： ，所以
系统在O'点的重力势能又可表为： 。
R
ydyFxdxFrdFA
2
0 0
0
0 0
0
2
2
1 2
0
R
yF
2
02 RF
m B
2
2
1
mAA
重摩
mgRA
重
B
R
mmgN
2
)3(
2
1
mgNRA
摩
1m 2m
Tam 11
Tgmam 222
TT 2
21 2aa
21
2
1 4
2
mm
gm
a
0mgx mgkx 0
2
0kx
(2). 系统的弹性势能为： 。
(3). 系统的总势能为 。
3.坐标系和受力分析如图所示，设摩擦力为 ，物体沿斜面
向上方运动的距离为 ，则：
Ⅱ
4.选弹簧压缩最大距离即O点为重力势能的零点，弹簧的自
然长O'为弹性势能的零点。视物体和弹簧为物体系
初态体系总能量为：
末态体系总能量为：
体系由初态到末态的全过程中只有保守力作功.故机械能
守恒。
所以
Ⅱ
三.计算题：
1.设木块与弹簧接触时的动能为 。当弹簧压缩了 时，木块的动能为零。
根据动能原理：
2
02
1
kx
2
0
2
0
2
0 2
1
2
1
kxkxkx
f
L
sin
h
ffLA
Nf
cossin mgFN
sin
sin
FhctgmghA
mgxmgh
2
2
1
kx
mgxmgh 2
2
1
kx
h
k
mg
k
mg
k
mg
x 2)( 2
2
2
1
m mx
8
Ⅱ
3.设炮车自斜面顶端滑至L处时，其速率为 。由机械能守恒定律知：
以炮车、炮弹为物体系，在L处发射炮弹的过程中，系统沿斜面方向的外力可以忽略，则系统沿斜
面方向动量守恒。故
Ⅱ
22
2
1
2
1
mkxxf r
mgf kr
12 smx
m
k
gxk
0
2
02
1
sin MMgL
cos0 mM
sin2
cos
gL
m
M
第三章 刚 体 的 定 轴 转 动
一.选择题：
1. 解：选（C）。
Ⅱ 的方向不断改变，而大小不变.
Ⅱ 不断改变
质点所受外力通过圆心，所以产生的力矩为零则角动量守恒。
2. 解：选（C）。
根据开普勒定律得出。
3. 解：选（B）。
解：已知： 单位为
方向沿 轴
由
4. 解：选（B）。
选子弹和棒为系统系统对转轴的力矩为零，所以系统角动量守恒。设所求棒的角速度为ω以俯视图的
逆时针方向为正方向。
初角动量： 末角动量：
所以由角动量守恒定律：
Ⅱ
mP
kjir
543 m210
11 2min60 srev Z
rkr
1210)( smji
mL
2
3
1
2
MLmL
2
3
1
2
MLmLmL
ML
m
2
3
10
二.填空题：
1.解： Ⅱ 角动量为 ，系统的转动惯量为：
系统的角速度为：
Ⅱ
2.解：如图
距转轴 处选 线元
其线元所受重力为：
所以杆转动时线元 所受摩擦力矩大小为：
所以杆转动时所受摩擦力矩大小为：
3.解：
选人、转椅和双手各持的哑铃为系统，系统变化过程中所受外力矩为零，所以系统的角动量守恒。
由角动量守恒定律有：
初角动量：
其中 ， ，
末角动量：
其中 ， I’2＝2×5×()2 kg·m2 ，ω为所求。
则
Ⅱ ω＝8 rad·s-1
J
22
21 )3
2
()
3
(2
mmIII
3
2
mmmI
3
2
])
3
2
()
3
(2[ 22
x dx
gdx
m
dx
xgdx
m
mgxgdx
m
M 2
1
0
121 )( II
2
1 5 mkgI
22
2 )(52 mkgI
1
1 5
srad
)( 21 II
2
1 5 mkgI
)()( 21121 IIII
4.解：
选子弹和杆为系统，在子弹射入前后瞬间，系统对转轴所受外力矩为零，所以系统动量矩守恒。
初角动量为：
末角动量为：
Ⅱ
5.解：
Ⅱ 由已知及转动定律有：
当 时，
Ⅱ 由动量矩定理有：
Ⅱ
6.解：
由 L＝Jω， Ⅱ
03
2
m
])
3
2
(
3
1
[ 22 mM
])
3
2
(
3
1
[
3
2 22
0 mMm
)43(
6 0
mM
m
JkM 2
03
1
J
k
9
2
0
JddtkJdMdt 2
0
0
0
3
1
2 3
1
0
0
k
J
k
Jd
dt
t
0
2
k
J
t
1223
27
606024
smkgL
12
7.解：
Ⅱ ，即 ，则
而 ，Ⅱ
Ⅱ
Ⅱ 圈
三.计算题：
1.解：
由匀变速圆周运动公式有：
Ⅱ
Ⅱ
ⅡⅡ联立解得：
代入已知条件： ω＝15 radⅡs-1，t＝10s θ＝2π×16 rad
Ⅱ β＝ rad·s-2
2.解：
选坐标如图
被主
被被主主
rr
被被主主
rr
t
被被
22
4
8
srad
被
252
2
5 srad
r
r
主
被
被主
radt 40
2
1 2
主主
20
2
主
主
n
t 0
2
0 2
1
tt
2
)(2
t
t
任意时刻圆盘两侧绳长分别为 、 ，选长度为 、 两段绳和盘为研究对象。 设：绳的加速度
为 ，盘的角加速度为 ，盘半径为 ，绳的线密度为 ，在1、2
两点处绳的张力为： 、 ，则有方程如下：
解得：
3.解：Ⅱ 选A、B两轮为系统，啮合过程中只有内力矩作用，故系统角动量守恒：
Ⅱ ， Ⅱ
Ⅱ 转速 n＝200 revⅡmin-1
Ⅱ A轮受的冲量矩：
B轮受的冲量矩：
四.证明题：
由已知： ，
对运动方程两边同时对 t 求导：
1x 2x 1x 2x
a r
1T 2T
ra
axTgx 222
axgxT 111
212 )2
1
()( rrMrTT
21 xxr
Sxx 12
)
2
1
( Mm
Smg
a
)( BABBAA JJJJ
0B
1
3
20
srad
JJ
J
BA
AA
smNJdtM AAA )(
smNJdtM BB )0(
)cos( 0 trx )sin( 0 try
14
，
所以A点的线速度：
其中ω为刚体作定轴转动的角速度，证毕。
)sin( 0 trdt
dx
)cos( 0 trdt
dy
r
dt
dy
dt
dx 22 )()(
四、简 谐 振 动
一、 选择题
1． 解：由简谐振动的运动学方程 ，振动速度 ，
加速度 可知，速度 的周相比位移 x 的周相超前 ，加速度
a 的周相比位移 x 的周相超前或落后π。由图可见，曲线 1 的相位比曲线 2 的相位
滞后 ，而曲线 3 的相位比曲线 1 的相位超前π，所以(E)为正确答案。
2.解：由 ，
，
由题可知，质点 时在平衡位置，即 ， ，
则 ， ，
又因 ， 则 （1）
又由题意可知，质点在 时在 处，即 ， ，
则 ， ，
又因 ， 则 （2）
（2）式减去（1）式得：
，
，(B)为正确答案。
3.解： ， ，
由图知： 时， ， < 0，
)cos( tAx )
2
cos(
tA
)cos(2 tAa
2
2
)
2
cos()cos(
T
t
AtAx
)sin( tA
1t 0x )
2
cos(0 1
T
t
A
0)
2
cos( 1
T
t
2
2 1
T
t
01 2
2 1
T
t
2t 2
A
2
A
x )
2
cos(
2
2
T
t
A
A
2
1
)
2
cos( 2
T
t
3
2 2
T
t
02 3
2 2
T
t
632
22 12
T
t
T
t
1212
T
ttt
)cos( tAx )sin( tA
0t
2
A
x
16
得： ，由 ， 得： ，
由 < 0 得： （1）
另由图知： 时， ， ，
得： ，则： ，
得： ，[或 ]
由 > 0 得： （2）[或 ]
， ， ，
则： 。 A 为正确答案。
4.解：由振动动能：
，ⅡB 为正确答案。
5.Ⅱ总能量 ，其中 为弹簧的弹性系数， 为振动圆频率， 为
振子质量， 为振幅。
又Ⅱ
由 时，
得： ， ，
动能
cos
2
A
A
2
1
cos
3
2
3
2
st 5 0x 0
)5cos(0 A 0)5cos(
2
3
5
2
1
2
3
5
2
1
2
3
3
2
5
6
5
3
2
2
3
5
6
1
sT 12
22 )]sin([
2
1
2
1
tAmmEK
)(sin
2
1 22 tKA
}2/)](2cos1{[
2
1 2 tKA
)(2cos)
4
1
(
4
1 22 tKAKA
)22cos()
4
1
(
4
1 22 tKAKA
2
222
2
1
2
1
AmKAE K m
A
)cos( tAx
)
2
cos()sin(
tAtA
2
A
x )cos(
2
tA
A
2
1
)(cos t
3
t
22 )]sin([
2
1
2
1
tAmmEK
)(sin)(sin
2
1 2222 tEtAm
， ， 则：(D)为正确答案。
二、 填空题：
1． 解： ， ，
由图知： 时， ， > 0，
则： ， 由 > 0，
得：初相位 （1）
由图知： ， ， < 0，
得： ， ，
由 < 0 得： （2）
由（1）式和（2）式得：
又 ， 得周期为：
2． 解：振动能量
3． 解：选坐标系如图，坐标原点为平衡位置，令 物 体 质
量为 ，它受到的重力为 ，平台对它的支持力 为 。
由牛顿第二定律：
因物体 作简谐振动，则
则
使物体脱离平台，则：N = 0，
即振动加速度 时，物体将脱离平台，
4
3
)(sin2 t
4
3
E
EK
)cos( tAx )sin( tA
0t
2
A
x
cos
2
A
A
3
2
st 2 0x
)2cos(0 A 0)2cos(
2
2
23
2
2
T
2
sT
22222 )
2
(
2
1
2
1
2
1
A
T
mAmKAE
2
22
2
2
2 2
)
4
(
2
1
T
Am
A
T
m
m P
N
amPN
2
2
dt
xd
mmgN
m )cos( tAx
xtA
dt
xd
a 222
2
)cos(
xmmgN 2
xmmg 2
gxa 2
18
。
4． 解：由题： ， ， ，
又
三、 计算题：
1． 解：（1）由题知： ，
得： ， ，则： ， ，
（2）速度 ，
加速度 ，
（3）振动能量：
（4）平均动能：
平均势能：
2． 解：方法一：（1）令： ，
由题 ，且当 时， ，
得： （1）
（2）
由（1）（2）式得：
m
v
g
A 22222 101)(
)2(
21
22
12
)cos(2 21
2
2
2
1
2 AAAAA
cos2 21
2
2
2
1 AAAA
2
21 )( AA
)(10410)26( 2221 mAAA
2211
22111
coscos
sinsin
AA
AA
tg
0coscos 2211 AA
2
)
3
8cos(
tx
8 srad / cmA sT
4
12
3
scmt
dt
dx
/)
3
8sin(4
22
2
2
/)
3
8cos(32 scmt
dt
xd
a
222
2
1
2
1
AmkAE
2223 )()8(1010
2
1
JJ 625
JEEK
2
1
JEEP
2
1
)cos( tAx )sin( tA
mA mx sm /
)cos( t
)sin( t
3
t
再由（2）得： ，
得：
（2）由题意：
得：
方法二：由能量守恒，动能+势能=总能量，得：
，得： ，
(s)
（2） ，得：
， cm
3． 解：选系统平衡位置为坐标原点，坐标系如图。由题意，恒定外力 做功转化为弹
簧振子的能量，为： ， 在 作用下向左运动了 ，此时 ，
继续向左运动， 并不是 的最大位移。当 运动到最左端，最大弹性势能
即为外力 所作的功，
即： ， 得： ，
设 ： 弹 簧 振 子 的 振 动 方 程 为 ：
由题意： 时， ，
，
，
则物体的运动学方程为：
)
3
sin(
T
2
)(
2
3
sT
)sin( t
4
3
)3/4(
11
)sin(
t
mtAtAx )(sin1)cos( 2
222
2
1
2
1
2
1
kAmkx
222 12
2
1
24
2
1
6
2
1
)1( kmk
3
16
m
k
3
4
m
k
2
32
T
222
2
1
2
1
12
2
1
kAkxm
222 12
k
m
Ax 133x
F
JF m F
0
m m m
F
JkA
2
1 2 mA 2
m
k
srad /
)cos( tAx
0t Ax 0
)cos( tAA
1cos
))(2cos()cos( mttAx
20
五、机 械 波
一、 选择题：
1． 解：平面简谐波在 时刻的波形即为波线 x 轴上
的媒质质点在 时刻的振动位置图（y 轴为 振动
方向）。作旋转矢量如下图，由图知 1 点的初相位
，0 点 的 初 位 相 ，2 点 的 初 相 位
，3 点的初位相 ，4 点的初相位
，故应选（A）。
2． 解：由题意知，P 点为波节，即入射波在 P 点的位与反射波在 P 点的相位相反，如
下图所示，故应选（B）。相
3． 解：在行波传播过程中，体积元的动能和势能是同相的，而且是相等的，动能达最
大值时势能也达最大值，动能为零时势能也为零。
，
当有 时，EP 与 EK 同时达最大，由上式有：
即： ，位移为零的质元有最大能量，由图看出媒质质元在 a，
c，e，g 位置时，能量有最大值，故应选（B）。
二、 填空题：
1． 解：如图所示，x 处质点比 处质点落后的相位差为：
0t
0t
01 20
22
3
24
])(2[sin222
x
T
t
AEE KP
MaxE 1])(2[sin
2
x
T
t
0])(2cos[
x
T
t
mx 1
u
x
u
x
11
22
则 x 处质点的运动学方程为
即为此波的波函数。
2． 解：（1）由波函数 知，x 处质点的振动初相位为： ，
则在 处质点振动的初相位是： 。
（2）由波动学知，弹性波每行进一波长，此处质点比前者质点振动落后 。又
由振动学知，前后两质点振动状态相同，故与 x1 处质点振动状态相同的其它质点的
位置将是 。
（3）弹性波每行进半个波长，此处质点比前者质点振动落后 。由振动学知，
前后两质点振动状态相反，故与 x1 处质点速度大小相同，但方向相反的其它各质点
的位置是 。
3． 解：（1）如图所示，x 处质点比 处质点落后的相位差为：
则 x 处 质 点 的 运 动 学 方 程 为
（2）以任一 x 处质点为参考点，其运
动学方程为：
，
此振动状态经反射返回 x 点比参考点 x 相位落后：
，
则反射波函数为：
4.解：Ⅱ波强 正比于振幅的平方，设合振幅为 ，则：
，
其中， 分别是波源位相， 分别是波源位置，由题意则有：
])
1
(cos[)
1
cos(
u
x
tA
u
x
tAy
])(2cos[
x
tAy
x2
Lx 1
L2
2
),3,2,1( KKL
),3,2,1,0(
2
)12( KKL
2
x
xx
u
x
2
)2/(2)2/(
)2cos(
x
tAy
)2cos(
x
tAy
xL
u
xL
42
)]4()2cos[(''
xLx
tAy
)42cos('
Lx
tA
I 'A
)2cos(22' 1212
22
xx
AAA
21, 21, xx
，
由题意， ，则： ，即： ，则有：
， ，
由于 0 < < ，所以两波源应满足的相位条件是：
。
三、 计算题：
1． 解： 的 P 处质点的运动学方程可化简为：
，
令： ， ， 则： ，
则： ，
任一 x 处质点比 P 处（ ）质点落后的相位差为： ，
则任一 x 处质点的波函数为：
。
2． 解 ： 入 射 波 的 波 函 数
（SI）
入射波在 P 点引起的质点振动为： ，
反射波在 P 点引起的质点振动为： ，
则反射波函数为：
)]
2
3
cos(1[2)]
4
3
2cos(1[2' AAA
II 4' AA 2' 1)
2
3
cos(
k2
2
3
2
3
2 k
)( 12 2
2
3
12
2
1
x
210]cos
2
1
sin
2
3
[ ttyP
2
3
sin
2
1
cos
3
2
22 10)
3
2
cos(10)cos
3
2
cossin
3
2
(sin tttyP
2
1
x
u
x 2/
210]
3
2
)
2/
(cos[
u
x
ty
m
x
t 210]
3
2cos[
]
2
4cos[
xty
]
2
54cos[
ty P
)
2
4cos(]
2
44cos[
tty P反
]
2
)
5
(4[
u
x
tcoay
反
]
2
204
4cos[
u
x
u
t
24
由题知， ，
。
3． 解：由题意知， 和 为振幅相同，在 x 轴上沿
相反方向传播的两列相干波，它们迭加形成驻波，其表达形式为：
，
振幅为： ，
得： ，
，
，
即为 x 轴上合振幅为 米的各点位置。
4
u
]
2
54cos[
xty
反
]
2
3
4cos[ xt
1y 2y
txyyy
xA
2
1
x
3
kx ,2,1,0 k
mkx ]
3
100
100[ ,2,1,0 k
六 气体分子运动论
一.选择题:
1.解:根据理想气体状态方程
有
Ⅱ ｐ不变 Ⅱ n1T1 = n2T2
其中 T1 ＝273+15＝288(K) T2＝273+27＝300(K)
故 1-(n1/n2 )＝1-(T1 /T2 )＝1-(288/300)＝4％ (B)
2.解:根据理想气体状态方程
知标准状态下有 P0 ＝ RT0 (氧气)
P0 ＝ RT0 (氦气)
得: / ＝ ＝1/2
又 Ⅱ 氧气视为刚性双原子分子的理想气体,则其内能为
(ｉ＝5)
而氦气为单原子气体,则其内能为
(ｉ＝3)
Ⅱ (C)
3.解:由化学变化知 2H2O→2H2+O2 由于Ｔ不变
故水蒸汽的内能 （三原子分子）
氢气和氧气的总能量为
(都是双原子分子)
Ⅱ (C)
二.填空题:
nkTP
111 kTnP 222 kTnP
RTP
1 1
2 2
1 2 21 /
RT
2
5
E 11
RT
2
3
E 22
6
5
2
1
3
5
3
5
3
5
RT
2
3
RT
2
5
E
E
2
1
2
1
2
1
2
1
6RTRT
2
6
2E1
RT
2
15
RT
2
5
RT
2
5
2E2
25%
6RT
(3/2)RT
E
EE
E
EΔ
1
12
1
26
1.体积(V)、温度(Ｔ)、压强(P) (因为这是描述气体状态的三个基本宏观量)
分子的运动速度( )(因为大量分子在做永不停息的无规则运动)
2.解:(1) 根据 P＝nkT
得 个/m3
(2) 根据 知
密度
(3) Ⅱ 氮气是双原子刚性分子
Ⅱ 1 立方米氮气的总平动动能为
3.解:根据公式
得：
4.解: 设未用前氧气的内能为Ｅ1,用后剩下为Ｅ2,
Ⅱ Ｖ不变，Ｔ不变。
Ⅱ
又 Ⅱ
Ⅱ
5.解:根据动能的变化知 (单原子气体ｉ＝3 )
Ⅱ
6.解:根据最可几速率公式 知
Ｔ不变
20
23- )(
kT
P
n
RT
M
M
P
mol
)m(
N
n
M 3-5-23
20-3
A
mol
2(J)
2
3
kTn
2
3 2023
kT
2
3
ε
(K)
3k
ε2
T 323
-19
1
2
1
2
1
2
1
2
P
P
P
P
RT
RT
RT
2
5
E
1
2
1
2
1
2
1
2
P
P
(5/2)RT
(5/2)RT
E
E
2mu
2
1
TΔk
2
3
EΔ
3k
mu
T
2
mol
P M
2kT
mol
P
M
1
故由图知 P(O2)＝1000 m·s-1
又
Ⅱ
7.解:根据
Ｔ不变
而
故
Ⅱ 曲线(a)是氩 曲线(c)是氦.
8.解:
三.计算题：
解: 由 P＝nkT 可得：
Ｔ2＝2Ｐ/(ｎｋ)＝2Ｔ1
由
可得：
再根据上述结果可定性画出 I、Ⅱ状态下分子的速率分布曲线如图所示.
四.问答题:
答: 根据
)(OM)(HM 2mol2mol
)(O)(H 2P2P
16
1
32
2
)(OM
)(HM
2mol
2mol
-1
2P2P )(O4)(H
mol
P M
2kT
mol
P
M
1
)(AM)(NM)(HM rmolemolemol
)(A)(N)(H rPePeP
exp1
RT
ghM
expPP
3
mol
0
mol
P M
2kT
P1P2 2
2
1
T
T
)f(
)f(
2
P1
P2
3/2
2
1
P1
P2
mol
2
mol M
3kT
Mπ
8kT
28
及 知
Ｔ一定，
氢和氧都为双原子分子气体,i=5
故平均平动动能 和 相同; 与 不相同,氧气的 与 都比氢的小。
五.改错题:
(1)错. 表示在 速率区间内的分子数占总分子数的百分率。
(2)错. Ⅱ
Ⅱ 表示处在 速率区间的分子速率总和。
(3)错.Ⅱ
Ⅱ 表示在整个速率范围内分子速率的算术平均值.
kT
2
3
wkT
2
i
ε K
mol
2
mol M
1
M
1
w Kε
2 2
df )( d
2
1
2
1
2
1
v
v
v
v
v
v
dN
N
1
N
dN
)df(
2
1
v
v
)df( N 21
0 00
dN
N
1
N
dN
)df(
七 热 力 学
一.选择题：
1.(C)
Ⅱ 1→2, ＝const, 等压,T、 同时增大.
Ⅱ 所以系统内能增加,且对外做功,故吸热。
又Ⅱ 2→3 等容, A＝0 但 T 减小,内能减小,
Ⅱ 2→3 放热。
Ⅱ 3→1 等温, 内能不变,v 减小,外界对系统作功。
Ⅱ 3→1 放热。
2.(B)
Ⅱ绝热 Q＝0, 自由膨胀 A＝0
Ⅱ内能不变. T 不变。
又Ⅱ
Ⅱ
3.(A)
(1) 不对,等温膨胀过程热量全变为功。
(3)不对,制冷机就是一个反例。
(2)(4)对,由热力学第二定律保证。
4.(B)
5.(D)
TV / V
02VV
2
P
2V
RT
V
RT
P 0
0
30
一方面,
另一方面, 矛盾.
二.填空题:
1.
解:
； AM、BM.
解(1)
(2)
对 QBM 可作同样分析。
3. 400J
解:
4.从几率较小的状态到几率较大的状态；
状态的几率增大(或熵增加)。
三.计算题:
1. 解:
(1)
(2)
25%
400
300
1
T
T
1η
1
2
%
1800
800
1
Q
Q
1η
1
2
A
2
7
Q
R
A
TΔ P
)1(TΔRTΔR)TR(T)VP(VA 1212P
R
A
TΔ
A
2
7
R
A
R
2
7
TΔCQ PP
MTA TTT
QMAMAMAMAMAMAM AE-EAE-EAE-EQ
0E-E)E-E(E-E AQQMAM
%20
1000
800
1
727273
527273
1η
400(J)ηA 1
3
5
R23
R25
C
C
γTPTP
V
P
2
1-
21
1-
1
1200KT32T
P
P
T 15
2
1
γ
1γ
1
2
2
nkTP
2. 解:
3.解:
Ⅱ ab 等压
Ⅱ
bc 等容 ca 等温
代入数值:Qca＝3456 J (吸)； Qbc＝ J (吸)； Qab＝－ J (放)
(2)
(3)
四.证明题:
证: 反证法: 如图,设绝热线 1 和 2 交于 C 点,作温度为 T 的等温线与 1、2 分别交于 a、b，则 a→b
→c→a 构成正循环。此正循环 A＞0，而系统仅从温度为 T 的单一热源吸热，这与热力学第二定律的开
尔文表述矛盾，故两条绝热线不能相交。
)./m(
kT
P
n 32623-
5
2
2 个
3
2
1
3
51γ
2
1
1
21γ
11
1γ
22 22V
V
T
T
VTVT
T
T
M3kT
M3kT
V
V
3
1
1
2
mol1
mol2
2
1
2
2
b
b
a
a
V
T
V
T
2
T
V
V
T
T cb
a
a
b
RT
4
5
)T2/R(T
2
5
)T(TCQ cccabPab
RT
4
3
2
T
R
2
3
/2)T(TC)T(TCQ c
c
ccVbcVbc
ln2RT
V
V
lnRTQ c
c
a
cca
(J)(J)QQQ ab2bcca1
963(J)-QA 21
%
963
Q
A
η
1
O
a
V
P
2 1
T
c
b
32
八 光 的 干 涉
一.选择题：
1.解: S1→P 的光程 r1-t1+t1n1
S2→P 的光程 r2-t2+t2n2
所以： 光程 δ＝(r2-t2+t2n2)-( r1-t1+t1n1)
＝[r2+(n2-1)t2]-[r1+(n1-1)t1]
2.解:由薄膜干涉以及光由折射率小的媒质到折射率大的媒质界面反射时有半波损失知
δ＝2n2e+λ/2 λ1＝λ/n1
所以： δ＝2n2e+λ1n1/2
相位差 Δφ＝2πδ/λ＝ +π
3.解:由劈尖干涉的明条纹条件
2e+λ/2＝kλ
对应于某一固定位置，当 e 增加时，k 增加, 即条纹的级次在同一位置随着上平板玻
璃的抬高而变大,可见条纹向棱边方向平移。
由 ek+1-ek＝λ/2 有: , 即
θ不变,即 不变,条纹间隔不变.
4.解: 若工作面为理想平面时 eA＜eB，但图中告诉 B 的某处产生的条纹与 A 某处相切,即在同
一干涉条纹上,即 eA＝eB.可见与条纹弯曲处对的部分是凹进去；
又因为两条纹之间对应的厚度差为
所以工件凹下去的深度为 ．
5.解:牛顿环在某一个半径方向就是一个劈尖,相邻两条纹之间的距离
＝λ/(2nsinθ)
11
24
n
en
2/sin l
2sin
1
l
l
21
kk eee
2
l
34
当 n 变大时, 变小，即条纹变密。
6.解:迈克尔逊干涉仪的光路上，光通过透明介质薄膜两次，所以两束光的光程差
δ＝2(n-1)Δd
由题 2(n-1)Δd＝λ 知
Δd＝
二.填空题:
1.解:当 S1 缝不盖云母片时中央明条纹在 O 处,
S1O 的光程与 S２O 的光程相同．当 S1 缝
处盖有云母片时,中央明纹处 B 满足 S1O'
和 S２O'的光程相等.即 S1O 的几何路径
短，S２O'几何路径变长，即中央明纹上
移。
δ＝( -e)+ne- ＝ne-e＝(n-1)e
2.解: δ＝dsinθ+(r-e)+n1e-[(r-e)+n2e]
＝dsinθ+(n1-n2)e
Δφ＝
＝
3.解：由于 ，所以两束相干光束均存在半波损失，因此由半波损失引起的光
程差相互抵消。则由劈尖暗条纹条件
δ＝2en2＝(2k+1)λ/2
第五条暗条纹.即级次为 k＝4 所以
e＝
4.解:由明环条件 2e+λ/2＝kλ 有 k＝5
对 λ1 有 2e1+λ1/2＝5λ1
对 λ２ 有 2e２+λ２/2＝5λ２
l
)1(2 n
01S 02S
2
ennd )(sin2 21
321 nnn
24
9
n
所以 Δe＝e1-e2＝ (λ1-λ2)＝225 nm
5.解：迈克尔逊干涉仪的光路上通过了两次
所以，
6.解:设此微小距离为Δd 由 Δd＝Δn(λ/2)知
Δd＝ nm
三.计算题:
1.解:Ⅱ由明条纹在光屏上的位置 X＝
所以 ΔX＝2X＝２
即 d＝2 ＝ mm
Ⅱ 共经过了 20 个条纹间距,相邻两个明条纹间的距离
ΔX'＝
所以： L＝20×ΔX'＝20 ＝24mm
Ⅱ 不变。
2.解:设空气膜最大厚度为 e,由劈尖干涉明条纹条件
2e+(1/2)λ＝kλ
所以 k＝2e/λ+(1/2)＝ (J) 级 因为
所以： 明条纹级数 k＝16 (取整)
3.解:若光在反射中增强,则其波长应满足条件
2en+λ/2＝kλ (k＝1,2,3,···加强)
即 λ＝
k＝2 λ2＝ 。
d
D
d
D
4
9
dne )1(2
d
kD
d
kD
x
kD
,3,2,1k
mme
,3,2,1k
12
4
k
ne
nm
k
ne
12
4
36
k＝3 λ3＝ 。 nm
k
ne
12
4
九 光 的 衍 射
一选择题：
1. 解：(C)
(1)由单缝衍射极值公式，可得中央明纹及其余各明纹之间宽度分别为：
由此可知：屏上中央明纹与缝宽成反比。故 a 变宽时，屏上条纹间距变窄。
(2)当平行光垂直入射时，中央明纹中心位置应在透镜主轴与屏的相交点处。缝作微小位移，但透镜并
未移动。故知中央明纹中心不会移动。因此整个图象不会移动。
2. 解：(D)
光栅为分光元件，衍射条纹各级主极大相互间距离越大，越利于对条纹的作准确测量。从光栅公式
可得， ，各主极大条纹在屏上的位置为：
各主极大间距
Ⅱ 光栅常数(a+b)越小，各主极大间距越大，且通光部分 a 越小，主极大越尖锐，对条纹位置测定所测
光的波长越准确。所以在其它条件相同的条件下，应选择(a+b)越小的光栅为好。
3.解：(B)
不出现的主极大，即为缺级。
由光栅方程及缺级要求可得所缺主极大级数 k 为：
， 式中 k'＝1,2,3,···, 则 k 必须为整数。
a
ffx
22 00 a
x
2
0
a
ffx
a
x
kba sin)(
k
xf
x
ba
22
)(
222)(
kba
kf
x
)( ba
f
x
'k
a
ba
k
38
题设 k＝3,6,9···为缺级,则必有 k＝3k' 即 ＝3
所以 a+b＝3a
4.解：(B)
垂直入射时,由光栅公式可得：k＝
当φ＝π/2 时， kmax＝
kmax 即可观察到的最高级数。
斜入射时,设入射光线与光栅法线成θ角，此时可得：
k'＝(a+b)(sinθ+sinφ)/λ，式中φ为衍射角。
仍然是当 φ＝π/2 时， k'max＝(a+b)(sinθ+1)/λ
由上式可以看出：k'max＞kmax，即当斜入射时，可观察到的最高级数 k'max 将变大。
5.解：(D)
两种谱线重叠时，其所对应的衍射角应相同，设重叠时的衍射角为φ，λ1、λ2 所
对应的主极大级数分别为 k1、k2,则有：
(a+b)sinφ＝±k1λ1
(a+b)sinφ＝±k2λ2
Ⅱ k1λ1＝k2λ2
Ⅱ k2＝ ＝ ＝ (式中 k1、k2 均为整数)
Ⅱ 只有当 k1＝5,10,15···时, 得 k2＝3,6,9,···
即重叠时λ2 的谱线级数为 k2＝3,6,9,···
二.填空题：
1. 解：
Ⅱ P 点处为第二级暗纹，Ⅱ对应的边缘的两条衍射光的光程差为：
δmax＝2λ
a
ba
sin
ba
k
ba
1
2
1 k
1760
450
k 15
3
k
用λ/2 去分割 2λ，显然为 4 个半波带。相应地将单缝处的波面分成“4”个半波带。若单缝宽度缩小
一半，则对应的δmax＝λ
即 k＝1 Ⅱ P 点为第一级暗纹。
Ⅱ 填 4，第一级暗纹。
2. 解：
由图示知光线 1 和 5 间的光程差为: δ1,5＝2λ，
Ⅱ光线 1 与 3 之间的光程差为 δ1,3＝λ，因此光线 1 与 3 在幕上 P 点相遇时其
Δφ1,3＝2π
Ⅱ δ1,5＝2λ， Ⅱ 单缝处波面分成四个半波带，为偶数，两两在 P 点相遇相消，
故 P 点为暗纹。
因此填：2π，暗。
3. 解：
如图所示，透镜主焦点 O 即为零级主极大
位置，P 为第一级主极大位置。
设第一级主极大对应的衍射角为φ1，由
光栅公式可得：dsinφ1＝λ
令 O'P＝S 由图知：
S＝
sinφ1＝
Ⅱ λ＝dsinφ1＝
＝
Ⅱ 填：
4. 解：
22 lf
22 lf
l
S
l
22 lf
l
d
40
设波长为λ1 的第三级谱线所对应的衍射角为φ，则由题设知波长为λ2 的第二级谱线所对应的衍射角亦
为φ, 由光栅方程可得：
(a+b)sinφ＝3λ1 (1)
(a+b)sinφ＝2λ2 (2)
由式(1)、(2)得： 3λ1＝2λ2
Ⅱ λ2＝(3/2)λ1＝(3/2)×440＝660 (nm)
Ⅱ 填：λ2＝660 nm
三.计算题：
1. 解：
(1) 对第一级暗纹,有 asinφ1＝λ，因φ1 很小，
所以 tgφ1≈sinφ1＝λ/a
中央明纹宽度：
ΔX0＝2ftgφ1＝2f(λ/a)
＝ (m)＝ cm
(2) 对第二级暗纹有 asinφ2＝2λ
φ2 亦很小, Ⅱ tgφ2≈sinφ2＝2λ/a
所以， X2＝ftgφ2≈fsinφ2＝f(2λ/a)
＝ (m)＝ cm
2. 解：
由光栅衍射主极大公式得：dsinφ1＝k1λ1，dsinφ2＝k2λ2
所以：
当两谱线重合时有： φ1＝φ2
所以： 1＝ ，
即 ＝ ＝···
6
9
4
6
2
1
2
1
22
11
2
1
3
2
6600
4400
sin
sin
k
k
Ak
Ak
k
k
o
o
2
1
3
2
k
k
2
1
k
k
2
3
当第二次重合时有： ， 即 k1＝6, k2＝4
所以： dsin60°＝6λ1
所以： d＝ ＝
＝
3. 解：
(1)由单缝衍射明纹公式可得第一级明纹中心公式：对 ：
asinφ1＝ (2×1+1)λ1＝ (k＝1)
所以: sinφ1＝
对λ2： asinφ2＝ (2×1+1)λ2＝ , (k＝1)
所以: sinφ2＝
因为: X1＝ftgφ1 ， X2＝ftgφ2
所以: 两种光第一级明纹中心之间的距离为：ΔX＝X2-X1＝f(tgφ2-tgφ1)，
由于φ1、φ2 很小，所以
tgφ1 ≈sinφ1 ， tgφ2 ≈sinφ2 ，
所以 ΔX≈
＝
＝
＝ cm
(2)由光栅衍射主极大公式可得：对λ1：
2
1
k
k
4
6
o60sin
6 1 nm
2
3
mmnm 33
1
2
1
)12(
2
1
1 k 12
3
12
3
a
2
1
)12(
2
1
2 k 22
3
22
3
a
)sin(sin 12 f
aa
f
2
3
2
3 12
)(
2
3
12 a
f
42
dsinφ1＝kλ1 , Ⅱ sinφ1＝
同理, 对λ2：
dsinφ2＝kλ2 , Ⅱ sinφ2＝
又因为 X1＝ftgφ1 X2＝tgφ2
所以 ΔX＝X2-X1＝f(tgφ2-tgφ1)
由于φ1、φ2 很小, 所以
tgφ1≈sinφ1， tgφ2≈sinφ2
所以 ΔX≈f(sinφ2-sinφ1)
＝f
＝ (λ2-λ1)
＝ cm
4. 解：
(1)由光栅衍射主极大公式得：
(a+b)sinφ2＝k2λ
所以 a+b＝
＝
＝
(2)第三级若不缺级,则有
(a+b)sinφ3＝3λ Ⅱ
但由于第三级缺级,对应于可能的最小宽度 a,衍射角φ3 应是单缝衍射的第一级
暗纹.
asinφ3＝λ Ⅱ
比较式Ⅱ、Ⅱ得：
d
1
d
2
dd
12
d
f
2
2
sin
k
nm
030sin
cmnm 43
＝3
所以 a＝ ＝ ××10-4 cm＝×10-4 cm
(3)由光栅公式：
(a+b)sinφ＝kλ (k＝0, 1, 2,···) Ⅱ
若为缺级，则
asinφ＝k'λ (k'＝ 1, 2, 3,···) Ⅱ
由式Ⅱ、Ⅱ得：
所以 k＝3k'， 即 k＝ 3, 6, 9,···为可能的缺级
由式Ⅱ得： k＝
当φ＝π/2 时, 得可能呈现的最高级数：
kmax＝ ＝4
在可能呈现的各级明纹中,除去缺级.便是实际呈现的级次。
所以, 实际呈现的为：k＝0,±1,±2 级明纹。
(注：k＝±4 在φ＝π/2 处 实际看不到)
a
ba
3
ba
3
1
3
'
a
ba
k
k
sin
ba
2
sin
ba
44
十.光 的 偏 振
一.选择题：
1.(C)根据马吕斯定律知，通过偏振片 P1 的光强
通过偏振片 P2 的光强
2.(A)设自然光的光强为 ,则通过偏振片的最小光强为 ,那么透过偏振片的最大光强应为 ,此时
偏振片的偏振化方向与入射线偏振光的偏振方向一致。而入射光是线偏振光与自然光的迭加，故入射线
偏振光的光强应为
所以
3.(D)由实验知折射光为部分偏振光,当反射光为完全偏振光时,由布儒斯特定律和折射定律知,折射角
γ＝90°- 60°＝30°
4.(C)因为入射光不在光轴方向,所以 O 光和 e 光的传播方向不同,有因为纸平面为方解石的主截面,也是
入射光的主平面.即入射光线在主截面内.所以 O 光和 e 光的振动方向互相垂直。
二.填空题：
1.由于反射光是完全偏振光,所以折射角为γ＝90°- 60°＝30°,由布儒斯特定律知玻璃的折射率为
n2＝tg60°＝
2.由布儒斯特定律知：
＝ ＝
所以， ＝°
20 cosII
2sin
4
1
)
2
(coscos 20
22
0 III
0I 02
1
I 02
5
I
000 22
1
2
5
IIII
2
1
I
I o
1tgi 水
空
水 n
n
n
1i
又因为， ＝ ＝
所以， ＝°
由ΔABC(如右图)知：
θ+
又因为 γ＝ 2
所以, θ＝ ＝°
3.因为 O 光遵守折射定律. sinisinγ ＝n21＞1,
所以 i ＞ γ
由于入射光不沿光轴所以对 e 光则不满足上述关系.
又因为 O 光主平面垂直于纸面且包含 O 光,而 O 光的
光矢量振动方向垂直于 O 光主平面.如图所示.
e 光主平面也垂直于纸面且包含 e 光,而 e 光的光矢
量振动方向在 e 光主平面内,如图所示.
三.计算题：
令 I1 和 I2 分别为两入射光束的光强,通过起偏器后它们的光强分别为(1/2)I1 和(1/2)I2.按马吕斯定理知,
透过检偏器的光强分别为
I1'＝ I1cos2α1 I2'＝ I2cos2α2
按题意知： I1'＝I2'
所以,
2tgi
水
玻
n
n
2i
222
i
i
2
221
ii
2
1
2
1
3
2
cos
cos
1
2
2
2
2
1
I
I
