周炳坤版 习题解答第四章

普通物理学教程《热学》 （秦允豪编）习题解答第四章 热力学第一定律V24.2.1 解：WV1PdVT CRT P（1） P v bRT vbWvvi fRT v bdv lnv fvibbB Pv RT 1 （2）vPRT 1B vWvvB11 ffRT 1dv RT lnBRTvvvvviifiV24.2.2 应用（ 4.3）式WV1P d V且PVPiVkiPP V i i V故有：VfWVi1 P i V VdV P VViii11vfvi11 1P V VViifi11 1 P fVfP Vii（应用了 P i V iP f V f ）4.4.2 （1）PRT vba 2vWPdvRT vbdv a 2 vdv V2b 1 1RT lnaVbVV121u cTa 2 vd当VC时，C VdQdT Vdu dt（2）VT2∴C CV QT1C d T C T4.4.3 水蒸气的凝结热即为定压状况下单位质量物质相变时吸收（或释放）的热量，在等压下此值即为比焓变化，即：l HV h 2545 .0 100 .59 2444 .4 m kJ（系统放热）4.4.4 铜升温过程，是等压过程T2H QT T12 2P C dT a bT dT aT bTPT T21 12T1a T2 T1b2T 222T114 2 22.310 1200 300 5. 92 1200 300212. 47107 J mol4.4.5Q hP NH1 3 1 33 h h 29154 8669 8468 46190 .5 J mol2 2N H2 2 2 214.4.6 在定压情况下，1molH 2 和12molO2化合生成1mol 水时吸收的热量为5 1Q （系统放热Q ' Q ）H 2 .858 10 J mol每产生一个水分子有两个电子自阴极到阳极，生成 1 m ol 水有2 N A 电子到阳极。

总电量为q 19 232 （q 2N e ）1 .60 10 6 .02 10 CA两极间电压为， A q19 23A 1 .229 2 1 .60 10 6 .02 1082.84%5Q' 2. 858 104.4.7 设 1 m ol 固体状态方程为：v v aT bP0 ，内能表示为：u CT aPT ，a 均为常数。

1．下列物质属于油脂的是( )【解析】油脂是高级脂肪酸(如硬脂酸、软脂酸、油酸)与甘油形成的酯。

【答案】 C2．油脂水解的共同产物是( )A．饱和高级脂肪酸B．不饱和高级脂肪酸C．硬脂酸钠D．甘油【解析】油脂是由高级脂肪酸与甘油形成的酯。

油脂在酸性条件下水解，可得到高级脂肪酸和甘油；在碱性条件下水解，可得到高级脂肪酸盐和甘油。

【答案】 D3．油脂是油与脂肪的总称，它是多种高级脂肪酸的甘油酯。

油脂既是重要食物，又是重要的化工原料。

油脂的以下性质和用途与其含有的不饱和双键()有关的是( )A．适量摄入油脂，有助于人体吸收多种脂溶性维生素和胡萝卜素B．利用油脂在碱性条件下的水解，可以生产甘油和肥皂C．植物油通过氢化可以制造植物奶油(人造奶油)D．脂肪是有机体组织里储存能量的重要物质【解析】本题要求选出“与其含有的不饱和双键有关”的性质，这是解题的关键，也是容易导致出错的地方。

A、B、D三选项是油脂的共性，与结构中是否含有双键无关。

C中的“氢化”就是与H2的加成反应，是不饱和双键的特性。

【答案】 C4．将下列物质分别注入水中，振荡后静置，能分层且浮于水面的是( )①溴苯②乙酸乙酯③乙醇④甘油⑤油酸甘油酯⑥硝基苯A．全部B．①②⑤⑥C．②⑤ D．①⑥【解析】不溶于水且密度比水小的物质才能浮于水面，这样的物质有乙酸乙酯、油酸甘油酯；溴苯、硝基苯不溶于水，但比水重；乙醇、甘油易溶于水。

【答案】 C5．下列关于皂化反应的说法中错误的是 ( )A．油脂经皂化反应后，生成的是高级脂肪酸钠、甘油和水形成混合液B．加入食盐可以使肥皂析出，这一过程叫盐析C．加入食盐搅拌后，静置一段时间，溶液分成上下两层，下层是高级脂肪酸钠D．皂化反应后的混合溶液中加入食盐，可以通过过滤的方法分离提纯【解析】油脂在碱溶液的作用下发生水解，叫皂化反应，生成的是高级脂肪酸钠、甘油和水形成的混合液，加食盐细粒，可发生盐析，上层是高级脂肪酸钠，下层是甘油和食盐水的混合溶液，可用过滤的方法分离提纯。

4.1，根据 k第四章 能带理论= ± π 状态简并微扰结果，求出与 E − 及 E +相应的波函数ψ − 及ψ+?，并说明它 a们的特性．说明它们都代表驻波，并比较两个电子云分布 ψ2说明能隙的来源(假设V n =V n *)。

＜解＞令 k= + π ， k ′ = − π ，简并微扰波函数为ψ=A ψk( ) + B ψk( )a*a⎡E k ( ) − E A V B n= 0( )V A n+ ⎡E k − E B =取 E E +带入上式，其中 E += E k0( )+ V nV(x)<0,V n < 0 ,从上式得到 于是A ⎡ n π− n π ⎤πψ = A ⎡ψ 0( )−ψk0′( )⎤ =ixe a − e i x a =2A sin n x+⎣ k⎢ L ⎣⎥ ⎦La取 E E − ， E −=E k0( )− V nV A n= −V B n,得到A BA ⎡ i nπx−i n πx⎤πψ = A ⎡ψ 0( )⎤e a − =2A cos n x−⎣ k⎦⎢ L ⎣L a由教材可知，Ψ+及 Ψ − ν ( ) 为零．产生驻波因为电子波矢n kπ=时，电子波的波长aλ =2π=2akn能量。

4.2,写出一维近自由电子近似，第 n 个能带(n=1，2，3)中，简约波数 kπ= 的0级波函数。

2a1 1 r 2π 1 π2π 1 i2π 1 xi mx i x i mx(m+ )ψ* ＜解＞( ) = ikx=eikx ae e= e2a⋅ea= e a 4k L⋅π=L*Lπ1 i2xL第一能带：m0, m = 0,ψ( ) = e a2ab b′则b′ →,k2π⋅= −L2π, m= −1,i2πx i π∴ψ *( )= 13πi xe第二能带：a a即（e a=e ）2a k L2a2π2π 1 π2π 1 5π第三能带：c′ →, ⋅=aa即m =,*1,ψk( ) = Li x i xe2a⋅ea= L i xe2a解答（初稿）作者季正华- 1 -4.3 电子在周期场中的势能．1 2 2 22 m ω ⎡b − −( x na ⎤ ) ,当na b x na b +V x ( ) =0 ，当(n-1)a+b ≤ ≤x na b −其中 d ＝4b ， ω 是常数．试画出此势能曲线，求其平均值及此晶体的第一个和第二个禁带 度．＜解＞(I)题设势能曲线如下图所示．(2)势能的平均值：由图可见， V x ( ) 是个以 a 为周期的周期函数，所以V x ( )= 1∫ V x L( )=1∫a( )=1a b( )L a ba ∫−b题设 a = 4b ，故积分上限应为 a b − = 3b ，但由于在 [b b ,3 ] 区间内[− , ] 区间内积分．这时， n = 0 ，于是V x ( ) 0=，故只需在= 1∫b= m ω2∫b22=m ω2 ⎡ 2b− 1x 3b ⎤ = 1m ωb 2V( )b − )( b x ⎢ −b −b⎥ 。

第四章思考题4.1为什么在以角速度ω转动的参照系中，一个矢量G 的绝对变化率应当写作G ωG G ⨯+=*dt d dt d 在什么情况下0=*dtd G？在什么情况下0=⨯G ω？又在什么情况下0=dtd G？ 4.2式（4.1.2）和式（4.2.3）都是求单位矢量i 、j 、k 对时间t 的微商，它们有何区别？你能否由式（4.2.3）推出式（4.1.2）？4.3在卫星式宇宙飞船中，宇航员发现自己身轻如燕，这是什么缘故？ 4.4惯性离心力和离心力有哪些不同的地方？4.5圆盘以匀角速度ω绕竖直轴转动。

离盘心为r 的地方安装着一根竖直管，管中有一物体沿管下落，问此物体受到哪些惯性力的作用？4.6对于单线铁路来讲，两条铁轨磨损的程度有无不同？为什么？4.7自赤道沿水平方向朝北或朝南射出的炮弹，落地是否发生东西偏差？如以仰角 40朝北射出，或垂直向上射出，则又如何？4.8在南半球，傅科摆的振动面，沿什么方向旋转？如把它安装在赤道上某处，它旋转的周期是多大？4.9在上一章刚体运动学中，我们也常采用动坐标系，但为什么不出现科里奥利加速度？第四章思考题解答4.1.答：矢量G 的绝对变化率即为相对于静止参考系的变化率。

从静止参考系观察变矢量G 随转动系以角速度ω相对与静止系转动的同时G 本身又相对于动系运动，所以矢量G 的绝对变化率应当写作G ωG G ⨯+=*dt d dt d 。

其中dtd G *是G 相对于转动参考系的变化率即相对变化率；G ω⨯是G 随动系转动引起G 的变化率即牵连变化率。

若G 相对于参考系不变化，则有0=*dt d G ，此时牵连运动就是绝对运动，G ωG ⨯=dt d ；若0=ω即动系作动平动或瞬时平动，则有0=⨯G ω此时相对运动即为绝对运动 dtd dt d G G *=；另外，当某瞬时G ω//，则0=⨯G ω，此时瞬时转轴与G 平行，此时动系的转动不引起G 的改变。

当动系作平动或瞬时平动且G 相对动系瞬时静止时，则有0=dtd G；若G 随动系转动引起的变化G ω⨯与相对动系运动的变化dtd G *等值反向时，也有0=dt d G 。

《激光原理》习题解答第一章习题解答1 为了使氦氖激光器的相干长度达到1KM ，它的单色性0λ∆应为多少？解答：设相干时间为τ，则相干长度为光速与相干时间的乘积，即c L c ⋅=τ根据相干时间和谱线宽度的关系 cL c ==∆τν1又因为 0γνλλ∆=∆，00λνc=，nm 8.6320=λ由以上各关系及数据可以得到如下形式： 单色性=0ννλλ∆=∆=cL 0λ=101210328.61018.632-⨯=⨯nmnm解答完毕。

2 如果激光器和微波激射器分别在10μｍ、500nm 和Z MH 3000=γ输出1瓦连续功率，问每秒钟从激光上能级向下能级跃迁的粒子数是多少。

解答：功率是单位时间内输出的能量，因此，我们设在dt 时间内输出的能量为dE ，则功率=dE/dt激光或微波激射器输出的能量就是电磁波与普朗克常数的乘积，即d νnh E =，其中n 为dt 时间内输出的光子数目，这些光子数就等于腔内处在高能级的激发粒子在dt 时间辐射跃迁到低能级的数目（能级间的频率为ν）。

由以上分析可以得到如下的形式：ννh dth dE n ⨯==功率 每秒钟发射的光子数目为：N=n/dt,带入上式，得到：()()()13410626.61--⨯⋅⨯====s s J h dt n N s J νν功率每秒钟发射的光子数 根据题中给出的数据可知：z H mms c13618111031010103⨯=⨯⨯==--λν z H mms c1591822105.110500103⨯=⨯⨯==--λνz H 63103000⨯=ν把三个数据带入，得到如下结果：19110031.5⨯=N ，182105.2⨯=N ，23310031.5⨯=N3 设一对激光能级为E1和E2（f1=f2），相应的频率为ν（波长为λ），能级上的粒子数密度分别为n2和n1，求(a)当ν=3000兆赫兹，T=300K 的时候，n2/n1=? (b)当λ=1μm ，T=300K 的时候，n2/n1=? (c)当λ=1μm ，n2/n1=0.1时，温度T=？解答:在热平衡下，能级的粒子数按波尔兹曼统计分布，即： TK E E T k h f f n n b b )(expexp 121212--=-=ν（统计权重21f f =） 其中1231038062.1--⨯=JK k b 为波尔兹曼常数，T 为热力学温度。

第四章 电磁场和物质的共振相互作用习题(缺7)1.解：根据多普勒效应，有ccz z /1/10υυυυ-+=则ccc c cc z z z z /1/1/1/1/0υυλυυυυλ+-=+-== 当c z 1.0=υ时，nm 4.5721≈λ 当c z 4.0=υ时，nm 3.4142≈λ 当c z 8.0=υ时，nm 9.2103≈λ2．设有一台迈克尔逊干涉仪，其光源波长为λ。

试用多普勒原理证明，当可动反射镜移动距离L 时，接收屏上的干涉光强周期地变化2/L λ次。

证明：如右图所示，光源S 发出频率为ν的光，从M 上反射的光为I '，它被1M 反射并且透过M ，由图中的I 所标记；透过M 的光记为II '，它被2M 反射后又被M 反射，此光记为II 。

由于M 和1M 均为固定镜，所以I 光的频率不变，仍为ν。

将2M 看作光接收器，由于它以速度v 运动，故它感受到的光的频率为：因为2M 反射II '光，所以它又相当于光发射器，其运动速度为v 时，发出的光的频率为：这样，I 光的频率为ν，II 光的频率为(12/)v c ν+。

在屏P 上面，I 光和II 光的广场可以分别表示为：S2M (1)v cνν'=+2(1)(1)(12)vv v c c cνννν'''=+=+≈+因而光屏P 上的总光场为：光强正比于电场振幅的平方，所以P 上面的光强为：它是t 的周期函数，单位时间内的变化次数为：由上式可得在dt 时间内屏上光强亮暗变化的次数为：(2/)mdt c dL ν=因为dt 是镜2M 移动dL 长度所花费的时间，所以mdt 也就是镜2M 移动dL 过程中屏上光强的明暗变化的次数。

对上式两边积分，即可以得到镜2M 移动L 距离时，屏上面光强周期性变化的次数S ：式中1t 和2t 分别为镜2M 开始移动的时刻和停止移动的时刻；1L 和2L 为与1t 和2t 相对应的2M 镜的空间坐标，并且有21L L L -=。

周炳琨激光原理第三章习题解答（完整版）1． 试由式（3.3.5）导出式（3.3.7）,说明波导模的传输损耗与哪些因素有关。

在其他条件不变时，若波导半径增大一倍，损耗将如何变化？若λ减小到原来的21，损耗又将如何变化？在什么条件下才能获得低的传输损耗？ 解：由)]21()(211[2ka i ka u k n nm nm ηγ--≈及nm nm nm i αβγ+=可得： })]Im{21()(211[}Re{2n nm nm nmka ka u k ηγβ+-== }Re{)2(}Re{2)(21}Im {32022n nm n nm nm nm au ka ka u k ηλπηγα=--== 波导模的传输损耗nm α与波导横向尺寸a ,波长0λ，波导材料的折射率实部以及不同波导模对应得不同nm u 值有关。

（a ）波导半径增大一倍，损耗减为原来的81。

（b ）波长减小到原来的一半，损耗减为原来的41。

获得低的传输损耗应增大波导横向尺寸，选择折射率实部小的介质材料和nm u 小的波导模。

2.试证明，当η为实数时，若02.2>η，最低损耗模为01TE 模，而当02.2<η时，为11EH 模，并证明01TE 模的损耗永远比01TM 模低。

证明： ⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧-+--=模对模对模对nm m m nm nm EH TM TE a u ,1121,1,11)2(22022023202ηηηηηλπα (3.3.8) 对于以上三种不同模，参看书中表3.1，对于同一种模式，m 越小，损耗越小，因此以下考虑01TE ，01TM ，11EH 模之间谁最小（11EH 中1=n 最小）题中设η为实数，显然1>η，所以01010101TE TM αα>,只需考虑01TE 与11EH : 当112221120111011101>+=ηααu u EH TE 时，11EH 小02.2<⇒η当111011101<EH TE αα时，01TE 小02.2>⇒η 3.BeO 在m μ6.10波长时033.0}Re{=n η，试求在内径为mm a 4.12=的BeO 波导管中11EH 模和12EH 模的损耗11a 和12a ，分别以1-cm ，1-m 以及m dB 来表示损耗的大小。

第四章 气体动理论一、基本要求1．理解平衡态的概念。

2．了解气体分子热运动图像和理想气体分子的微观模型，能从宏观和统计意义上理解压强、温度、内能等概念。

3．初步掌握气体动理论的研究方法，了解系统的宏观性质是微观运动的统计表现。

4．理解麦克斯韦速率分布律、速率分布函数和速率分布曲线的物理意义，理解气体分子运动的最概然速率、平均速率、方均根速率的意义，了解玻尔兹曼能量分布律。

5．理解能量按自由度均分定理及内能的概念，会用能量均分定理计算理想气体的内能。

6．了解气体分子平均碰撞频率及平均自由程的意义及其简单的计算。

二、基本内容1. 平衡态在不受外界影响的条件下，一个系统的宏观性质不随时间改变的状态。

2. 理想气体状态方程在平衡态下，理想气体各参量之间满足关系式pV vRT =或 n k T p =式中v 为气体摩尔数，R 为摩尔气体常量 118.31R J mol K --=⋅⋅，k 为玻尔兹曼常量 2311.3810k J K --=⨯⋅3. 理想气体压强的微观公式21233t p nm n ε==v4. 温度及其微观统计意义温度是决定一个系统能否与其它系统处于热平衡的宏观性质，在微观统计上32t kT ε=5. 能量均分定理在平衡态下，分子热运动的每个自由度的平均动能都相等，且等于2kT 。

以i 表示分子热运动的总自由度，则一个分子的总平均动能为2t i kT ε=6. 速率分布函数()dNf Nd =v v麦克斯韦速率分布函数232/22()4()2m kT m f e kTππ-=v v v7. 三种速率最概然速率p =≈v 平均速率==≈v 方均根速率==≈8. 玻尔兹曼分布律平衡态下某状态区间（粒子能量为ε）的粒子数正比于kT e /ε-。

重力场中粒子数密度按高度的分布（温度均匀）：kT m gh e n n /0-=9. 范德瓦尔斯方程采用相互作用的刚性球分子模型，对于1mol 气体RT b V V ap m m=-+))((2 10. 气体分子的平均自由程λ==11. 输运过程 内摩擦dS dz du df z 0)(η-=， 1133mn ηλρλ==v v 热传导dSdt dz dT dQ z 0)(κ-= 13v c κρλ=v 扩散dSdt dz d D dM z 0)(ρ-= 13D λ=v三、习题选解4-1 一根铜棒的两端分别与冰水混合物和沸水接触，经过足够长的时间后，系统也可以达到一个宏观性质不随时间变化的状态。