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一、 质点运动以及动力学一.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B。区分平均速度和平均速率的定义3. 解：选C。方法一 对题中给出的四个备选方程进行计算，通过微分得出速度的表达式m/s及将t =3s代入方程可得 x = 9m，符合这两个条件的方程就是要选的方程。有速度，看出只有C和D可得，将 t = 3s代入各运动方程中，C可得x = 9m，所以选C。方法二 选用积分法。一般方法是已知速度的表达式和初始条件，即t =0时的质点位置x0，通过对速度积分，可得质点的运动方程。4. 解: 选C。设A、B两车沿x轴正向行驶，B车开始减速时，B车恰好在坐标原点，且此时为计时起点。由直线运动方程有：对于A （1）对于B （2） （3）B车速度为时两车刚好不相撞。设此时为t0时刻，由上两式 （4）由（3）有 （5） （4）、（5）联立消去t0有： 故两车不会相撞的最少距离为。5. 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： 6. 解：选（A）。如图所示： 12.78rads-113 rads-1 7. 解：选（B）。质点m越过A角前、后的速度如图所。 由题知： 由动量定理知： 所以： 8. 解：选（B）。初始位置矢量，末位置矢量 则： 9. 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： 二.填空题：1.解： ， 2. 解： 两边积分有： 3. 解： 总加速度与半径夹45角时，总加速度与圆周的正切线方向也成45，即a=45。切向加速度大小等于向心加速度大小，所以a n = a t，质点从高静止出发，切向加速度为常量，速度的表达式应为，故有： ，将R = 3.0 m和代入，可得： t 1s此时，质点的速度大小为 质点的加速度大小为。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2ms-1的匀速直线运动： 5. 解： (1)物体在B0处时，滑轮左边绳长为，当重物的位移为y时，右边绳长为 因绳长为 可得重物的运动学方程为： （2）重物B的速度为： 6. 解：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： 7. 解：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： 8.解：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 三.计算题：1.解： 时 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 3. 解：以地面为参考系，以螺钉松落时升降机底板的位置为坐标原点，向上为X轴正方向，以此时为t = 0时刻。以x1和x2分别表示任意 t 时刻螺钉和底板的位置，则 螺钉的运动 ： 底板的运动 ： u0为t = 0时刻升降机（及螺钉）的速度 x0 = d = 20m，螺钉落到底板上，即x1=x2，将两式联立 4. 解：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： 5. 解：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 四.证明题： ，得： 两边积分 ， 得：二. 刚 体 的 定 轴 转 动一.选择题：1. 解：选（C）。 的方向不断改变，而大小不变. 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（D）。根据匀质圆盘对中心垂直轴的转动惯量计算式，半径为R的匀质圆盘转动惯量当质量不变而半径变成2R时，转动惯量 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： 5. 解：选（B）。用w0和w分别表示三个轮子啮合前后的角速度的大小，每个轮子对转轴的转动惯量都用J表示。在啮合前，以转动方向相同的两个轮子的转动方向为转动正方向，三个轮子组成的系统对转轴的角动量为2Jw0- Jw0= Jw0；在啮合后它们对转轴的角动量为3Jw。在啮合过程中，它们受到的力都通过转轴，力矩为零，对转轴角动量守恒。Jw0 = 3Jw 可得 w = w0/3啮合后系统的角速度大小是原角速度的1/3。6. 解：选A7. 解：选B二.填空题：1.解： 角动量为，系统的转动惯量为： 系统的角速度为： 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，I225(0.2)2 kgm2 ，为所求。则 8 rads-14.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： 5.解： 由已知及转动定律有： 当时， 由动量矩定理有： 6.解： 细杆置于水平位置时，重力对转轴的力矩为，细杆对转轴的转动惯量为。根据转动定理，可得在释放的瞬间，杆的角速度的大小为：当细杆转到竖直位置时，重力的反向延长线通过转轴，对转轴的力矩为0，根据转动定理，其角加速度的大小为0。7. 解：根据角动量守恒 8. 解：在小球下落过程中，对小球与地球系统，因仅有重力做功，所以机械能守恒，设小球碰撞前速度为，则有 （1） 由于对小球与细杆组成的系统在碰撞中动量守恒，所以有 （2） 上式中为小球碰后的速度，为细杆碰后的角速度。 又因为是弹性碰撞，故在碰撞中机械能守恒，所以又满足、 （3） 碰撞后细杆处于上升过程，对于细杆与地球组成的系统具有机械能守恒，因而有 （4） 由（1）、（2）、（3）、（4）联立求解： 三.计算题：1.解： 方法一： 在运动过程中，物体作平动，滑轮作定轴转动，对于平动物体应用牛顿定律，对滑轮应用转动定律，列出如下方程组： 由此解得 而 得 移项 积分 得： 方法二 将物体、滑轮、弹簧以及地球作为一个系统，在运动过程中，内力所做功代数和为零，轴上支持力不做功，只有重力和弹性力做功，所以系统机械能守恒。取物体的初始位置处为重力势能零点，则有 得：2.解：分两个过程求解 第一，小球和棒做完全弹性碰撞。以小球和棒为研究系统，因系统所受的合外力矩为零，所以系统的动量矩守恒，即有： 因其碰撞为完全弹性，因此系统的动能不变： 其中u0为小球的初速度，u和w分别为碰撞后小球的速度和棒具有的角速度。第二，从棒碰撞后得到的角速度，使得它上升至q = 60o处。以棒和地球为研究系统，因系统中无外力和非保守力做功，所以系统具有机械能守恒，即有： 联立求解上述三个方程，可得：3.解： 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： ， 转速 n200 revmin-1 A轮受的冲量矩： B轮受的冲量矩： 4. 解：分析 以小球和棒组成的系统为研究对象。取小球和棒碰撞中间的任一状态分析受力，棒受的重力Mg和轴对棒的支撑力N对O轴的力矩均为零。小球虽受重力mg作用，但比起碰撞时小球与棒之间的碰撞力f与f，可以忽略不计。又碰撞力f与f是内力，一对相互作用力对同一轴来说，其力矩和为零。可以认为棒和小球组成的系统对O轴合外力矩为零，系统对O轴的角动量守恒。 对于整个系统，不考虑轴间的摩擦阻力矩，可用角动量守恒定律求解。 取顺时针方向为正方向，系统碰撞前后的角动量守恒 系统为弹性碰撞，机械能守恒 棒 整理得 。三、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。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，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，得： ，由， 得：，由 0得：（2）或， ， ，则： 。 A为正确答案。4. 解：由振动动能： ， B为正确答案。5. 解：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 由时，得：， ，动能 ， ， 则：(D)为正确答案。6. 解：根据振动的合成，其合成振动的初相为（C）7. 解：T / T为（D） 将弹簧分割成相等的两段，则半根弹簧的。 （原长时） （减半时） 由于 得到 又由于两根弹簧并联，则 根据振动周期公式，选择（D）。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 根据给出的条件，可得振动的初相位又 t = 1s, 所以 故 （2） P点的相位为0,所以 s即质点到达P点相应状态所要的最短时间为0.4s。4. 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： 5. 解：相同，因为在光滑水平面上弹簧振子受的合力为，其频率为。 在竖直悬挂下，弹簧振子所受的合外力，其频率与光滑水平面上相同。 放在光滑斜面上，弹簧振子沿斜面受到的合外力，仍然满足回复力的要求，振动频率不改变。当斜面角度不同时，其频率仍不改变。 四、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：根据机械波的标准形式，选（D）。3. 解：选（C）。 4. 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）。 5. 解：选（D）。二、 填空题：1. 解： 由题设可知该波的波长为：m在波线上任选一点，坐标为x，如图所示。波沿着x轴正方向传播，则P点相位落后于A，相位差为：所以P点的振动方程为因为P是波线上任意一点，所以简谐波波函数为 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：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：，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：(1)当t = 0时，波源振动的位移恰好为正的最大值，所以其初相位为0，振动方程为 m 在处的质点，其相位落后于波源，相位差 此质点的振动方程为： m (2)与上述过程同理，处的质点，其相位亦落后于波源，相位差 其振动方程为： 质点的速度： 当时，速度为m/s3. 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： 由题知，。4. 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。5. 解：两列波的波动方程为： ， 两列波传播到P点相遇时，该处质元同时参与两个振动，方程分别为： ， 于是两者的相位差为：满足加强的条件，所以P点的振动是加强的。合振幅为: 五.光的干涉一.选择题：1. 解: 选B S1P的光程 r1-t1+t1n1 S2P的光程 r2-t2+t2n2 所以：光程 (r2-t2+t2n2)-( r1-t1+t1n1)r2+(n2-1)t2-r1+(n1-1)t12. 解: 选D 设云母片的厚度为e，根据题意，插入云母片而引起的光程差为 3. 解: 选C 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 2n2e+/2 1/n1 所以： 2n2e+1n1/2 相位差 2/ +4. 解： 选B5. 解：选择B 对于波长为l的光波，第二级干涉条纹中明条纹的位置 对于波长分别为l1和l2的光波，第二级明纹间距： 6. 解: 选C 由劈尖干涉的明条纹条件 2e+/2k 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/2 有: , 即 不变,即不变,条纹间隔不变.7. 解: 选C 由薄膜干涉 2n2e+/2 条纹间距离 把牛顿环装置由空气(折射率为1)中搬入水中（折射率为1.33）,折射率增大了，条纹间 距变密了。 8. 解: 若工作面为理想平面时eAeB，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eAeB.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9. 解： 选B 设光垂直入射于增透膜上，根据题意： 膜厚 令k = 0，可得增透膜的最薄厚度为 10. 解: 选D 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 2(n-1)d 由题 2(n-1)d知d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SO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SO的光程相等.即S1O的几何路径 短，SO几何路径变长，即中央明纹上移。 (-e)+ne-ne-e(n-1)e2.解: dsin+( r - e )+ n1e -( r - e ) + n2e dsin+(n1-n2)e 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2en2(2k+1)/2 第五条暗条纹.即级次为 k4 所以e4. 解:由明环条件 2e + /2 k 有 k 5 对 1 有 2 e1 + 1/2 51 对 有 2 e + /2 5所以ee1-e2 (1-2)225 nm5. 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d 由 dn(/2)知d0.5046 mm三. 计算题:1.解: 由明条纹在光屏上的位置 X 所以 X2X 即 d2 0.91 mm 共经过了20个条纹间距,相邻两个明条纹间的距离X 所以： L20X2024mm P点为零级明纹，满足 （1） 在未覆盖云母片时P点为第k级明纹，应有 （2） （2）代入（1）得 即零级明纹移到原第7级明纹处。 不变。2. 解:根据光束由空气经油膜入射在玻璃板上，空气的折射率为1.0，油的折射率为1.30，而玻璃的折射率为1.50，根据题意，不需考虑半波损失，暗纹的条件为 由上两式联立，可得： 3. 解: 白光垂直照射到肥皂水膜上，在膜的上下两表面反射的光伟为相干光，其光程差为： 根据反射光加强的条件 (k1,2,3,加强) 即 若k = 1 （红外） 若k = 2 （红光） 若k = 3 （紫光） 若k = 4 （紫外光） 在可见光范围内，仅有红光和紫光两种波长的光反射时干涉加强，故肥皂水膜的正面是紫红色。 膜的背面颜色取决于透射光中哪种波长的光干涉加强，透射光干涉加强，即为反射光干涉减弱的条件。根据光的干涉，透射光加强的条件即反射光减弱的条件，即 ( k 1, 2, 3, )由此可得： 当k = 1时， 当k = 2时， 当k = 3时， 在可见光的范围内仅有505nm的光在膜的背面干涉加强，肥皂膜的背面为绿色。六.光的衍射一、选择题：1. 解：选(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：选(B)（1）由单缝衍射的暗纹条件，得 ，则第一级（k=1）暗纹中 心的距离为（2）由明纹条件 ，得，则第二级（k=2）明 纹距中心的距离为 注意：在上述计算中，由于k取值较小，故 ，如果k取值较大，则 应严格计算。 3. 解：选(A) 分析 采用比较来确定波长，对应于同一观察点，两次衍射的光程差相同，由于衍射明纹条件，故有，在两明纹级次和其中一种波长已知的情况下，即可求出另一种未知波长。 将l2=600nm，k2=2，k1=3代入，得 4. 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 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。5.解：选(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k1,2,3,则k必须为整数。 题设 k3,6,9为缺级,则必有k3k 即 3 所以 a+b3a 6. 解：选(B) 垂直入射时,由光栅公式可得：k 当 /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角，此时可得： k(a + b )( sin + sin ) / ，式中为衍射角。 仍然是当 /2 时， kmax( a + b )( sin + 1 ) / 由上式可以看出：kmaxkmax，即当斜入射时，可观察到的最高级数kmax将变大。7. 解：选(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，1、2所对应的主极大级数分别为k1、k2,则有： (a+b)sink11 (a+b)sink22 k11k22 k2 (式中k1、k2均为整数) 只有当 k15,10,15时, 得 k23,6,9, 即重叠时2的谱线级数为 k23,6,9,8. 解：选( B) 光栅常数： 由此可知，光栅衍射条纹中缺所有的偶数级。 能看到明条纹的衍射角只能在与之间，即时条纹数最多，由光栅方程 可得级数的最大值 因为k只能取整数，故有 考虑到缺偶数的级数（k=2)，实际可以观察的只有k=0, 1, 3的各级，共5条明纹。二. 填空题：1. 解： P点处为第二级暗纹，对应的边缘的两条衍射光的光程差为：max2 用/2去分割2，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max即k1 P点为第一级暗纹。 填4，第一级暗纹。2. 解：由图示知光线1和5间的光程差为: 1,52，光线1与3之间的光程差为 1,3，因此光线1与3在幕上P点相遇时其 1,32 1,52，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：2，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1，由 光栅公式可得：dsin1 令 OPS 由图知：S sin1 dsin1 4. 解：设波长为1的第三级谱线所对应的衍射角为，则由题设知波长为2的第二级谱线所对应的衍射角亦为, 由光栅方程可得：(a + b )sin31 (1)(a + b)sin22 (2) 由式(1)、(2)得： 3122 2(3/2)1(3/2)440660 nm三. 计算题：1. 解：(1) 对第一级暗纹,有 asin1，因1很小，所以tg1sin1/a 中央明纹宽度：X02ftg12f(/a) 0.012 (m)1.2 cm (2) 对第二级暗纹有 asin22 2亦很小, tg2sin22/a 所以， X2ftg2fsin2f(2/a)0.012 (m)1.2 cm2. 解：由光栅衍射主极大公式得：dsin1k11，dsin2k22 所以： 当两谱线重合时有：12 所以： 1 ， 即 当第二次重合时有：，即k16,k24 所以： dsin6061 所以： d3. 解：(1)由单缝衍射明纹公式可得第一级明纹中心公式：对：asin1(21+1)1 (k1) 所以: sin1 对2： asin2(21+1)2, (k1) 所以: sin2 因为: X1ftg1 ， X2ftg2 所以: 两种光第一级明纹中心之间的距离为：XX2-X1f(tg2-tg1)， 由于1、2 很小，所以tg1 sin1 ， tg2 sin2 ， 所以 X0.27 cm (2)由光栅衍射主极大公式可得：对1：dsin1k1 , sin1 同理, 对2：dsin2k2 , sin2 又因为 X1ftg1 X2tg2 所以 XX2-X1f(tg2-tg1) 由于1、2很小, 所以tg1sin1， tg2sin2 所以 Xf(sin2-sin1) f(2-1)1.8 cm4. 解：(1)由光栅衍射主极大公式得：(a+b)sin2k2 所以 a+b (2)第三级若不缺级,则有(a+b)sin33 但由于第三级缺级,对应于可能的最小宽度a,衍射角3应是单缝衍射的第一级 暗纹. a sin3 比较式、得： 3 所以 a2.410-4 cm0.810-4 cm (3)由光栅公式：(a+b)sink (k0,1, 2,) 若为缺级，则 asink (k1, 2, 3,) 由式、得： 所以 k3k， 即 k3, 6, 9,为可能的缺级 由式得： k 当/2 时, 得可能呈现的最高级数：kmax4 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：k0,1,2级明纹。(注：k4 在/2处 实际看不到)七. 光 的 偏 振一.选择题：1. 选(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. 选(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. 选(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90- 60304. 选(B)设入射光的光强为I0，透过第一、二、三和四块偏振片后的光强分别为I1、I2、I3和I4。自然光透过第一块偏振片后，其光强为 入射第二块偏振片的光为线偏振光，根据马吕斯定律，光强为 入射光的21%能够透过偏振片组。5. 解： 选（C）6. 解： 选（C）入射自然光光强为I0，偏振片I对入射的自然光起启偏作用，透射的偏振光光强恒为I0/2，而偏振片II对入射的偏振光起检偏作用，透射与入射的偏振光满足马吕斯定律，若偏振片III插入到两块偏振片之间，则偏振片II、III均起检偏作用，故透射光须应用两次马吕斯定理。入射光通过偏振片I和II后，透射光光强为： 插入偏振片III后，透射光光强为： 两式相比 二.填空题：1. 由于反射光是完全偏振光,所以折射角为90- 6030,由布儒斯特定律知玻璃的折射率为n2 tg60 1.732. 由布儒斯特定律知：1.333 所以， 53.12又因为，1.138 所以，48.69 由ABC(如右图)知：+ 又因为 2 所以, 11.83. 三个偏振片P1、P2与P3堆叠在一起，P1与P3的偏振化方向相互垂直，P2与P1偏振化方向的夹角为30o，强度为Io的自然光垂直入射，依次透过P1、P2与P3，若不考虑偏振片的吸收和反射，则通过三偏振片后的光强为三.计算题： 1.解：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I1I1cos21 I2I2cos22 按题意知： I1I2 所以, 2.解：设自然光、偏振光的光强分别为I自、I偏，总的入射光光强I总=I自+ I偏，当偏振片的偏振化方向与偏振光的光振动方向平行时，可得最大光强的透射光， 而当偏振片的偏振化方向与偏振光光振动方向垂直时,可得最小光强的透射光 根据题意 由以上关系可得 八. 热 力 学一.选择题：1.解：选(C) 12, const, 等压,T、同时增大. 所以系统内能增加,且对外做功,故吸热。又 23 等容, A0 但T减小,内能减小, 23 放热。 31 等温, 内能不变,v减小,外界对系统作功。 31放热。2. 解：选(B) 绝热 Q0, 自由膨胀 A0 内能不变. T不变。又 3. 解：选（A）终态的体积最大的气体是He4. 解：选（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。5. 解：选( C) 等压过程 内能增量 对于双原子分子 i = 5 吸收的热量 6.解：选( A ) 分析：比较图中状态的特点可知A， B两点的内能相同，通过做功的几何意义求出气体做功，再利用热力学第一定律应用求解。由图可得： A态：， B态：根据理想气体状态方程可知 ， 根据热力学第一定律，得 7.解：选( D ) 一方面, 另一方面, 矛盾.二.填空题:1. 解: 2. 解：如图所示的P-V 中，1mol理想气体从状态A（2p1,V1）沿直线到达B（p1,2V1），则此过程系统对外作的功A =，内能的增量为DE = 0。3. 解：400J 4. 解：已知acb过程中系统吸收热量Q = 336J，系统对外做功W= 126J，根据热力学第一定律求出b态和a态的内能差 （1）W = 42J，故 （2）经ab过程，系统做功与adb过程做功相同，即W=42J，故 过程db系统不做功，吸收的热量即转化为内能的增量 三. 计算题:1. 解:已知氦气的摩尔质量M = 410-3kg/mol，则0.02 kg氦气的摩尔数为 ，内能变化 。 （1）体积不变，A = 0，Q = DE + A = 623J;（2）压强不变时， A = Q - DE = 1040 623 = 416 J （3）与外界不交换热量，Q = 0 ，则 Q = A + DE = 0 ， A = - DE = -623J 。 2. 解：气体经过循环所做的净功W为1-2-3-4-1线所包围的面积 根据理想气体状态方程 在等体过程1-2，等压过程2-3中，气体所吸收热量Q12、Q23分别为： 在等体过程3-4，等压过程4-1中，气体所吸收热量Q34、Q41分别为： 气体经历一个循环所吸收的热量之和为： 气体在此循环中所放出的热量之和为： 气体在此循环中吸收的净热量为： 此循环效率为： 3. 解: （1） ab等压 bc等容 ca等温 代入数值:Qca3456 J (吸)； Qbc3739.5 J (吸)； Qab6232.5 J (放) (2)
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