（3）???2??(x2?x1)??
?26、解：（1）y?3?10cos4?(t?x) 20
5yB?3?10?2cos4?(t?)
20
?3?10?2cos(4?t??)
（2）B点的振动方程，以x??5代入上式得： 所求的波动方程为：yB?3?10?2x??cos?4?(t?)???
20??练习十四
1-2、B，C，3、频率相同、振动方向相同、由恒定相位差的两波源；有些点振动加强，有些点振动减弱；4、1.58?10J?s5?1?m?2，3.79?103J；
5、解：设S2的振动方程为：y2?A?cos(2?t??)
S1的振动传至P点，在P点引起的振动方程为：y1p?Acos(2?t-S2的振动传至P点，在P点引起的振动方程为: y2P2??22??A?cos(2?t-S2P??) ?s1P??)
???2?(S2P?S1P)（-?-）?2??0.4???2
-?
干涉相消的条件：
???0.4??-??（2k?1）? 2k?0时，??-0.1?故S2的振动方程为：y2?A?cos(2?t-0.1?)
6、解：如图所示，取S1点为坐标原点，S1、S2联线为X轴，取S1点的振动方程 : u???4m ?（1）在S1和S2之间任取点A，坐标为x 因为两波同频率，同振幅，同方向振动，所以相干为静止的点满足：
12???????(11?x?x)?(2k?1)?
?2?k?0,?1,?2,...
x?1,3,5,7,9,11m故得 这些点因干涉相消而静止不动 （2）若A点在S1左侧，则有
12?
??????[11?x?(?x)]??6? 2?所以，S1左侧各点因干涉加强。 （2）若A点在S2右侧，则有
12?
??????(x?11?x)?5? 2?所以，S2右侧各点因干涉静止。 练习十五
1-2、B，C，3、554.5HZ；4、0.12cos5、解：设火车的速度为vs
?2xcos20?t，1、3、5、7、9；0、2、4、6、8、10
???由多普勒效应得接收频率为：????u?0u-vsu?0 u?vs???440HZ????392HZ解得：vs?19m/s
6、解：（1）设原点处波源的振动方程为：y0?Acos(?t??) 原点处波源在t?0s，y0?A，则??0
由题知：T?0.5s，??4?，??10m，A?0.1m 故振动方程为：y0?0.1cos(4?t) 波动方程为：y?0.1cos(4?t-（2）t??5x)
T1??s?s，波形方程为：y?0.1cos(-x) 4825T1??s?s，x?处质点的位移为：y?0.1cos?04822（3）
?2???速度为：v?-4?Asin(-)?-4?Asin(-)?0.4?m/s2?22t?练习十六
2551-4、C，B，D， D，5、3.44?10，1.6，2?10vf(v)dv?J 6、?Nf(v)dv，，?f(v)dv??v0v0?v0??v0 f(v)dv，
?av/Nv0?7、f(v)??a/N?0?练习十七
(0?v?v0)(v0?v?2v0)； a?(v?2v0)2N111；?N?N；v?v0 3v0396.21?101-3、D，C，B， 4、6.23?10，6、解：（1）
3?216?10， ，5、5.42?10，7?5i?kT?2E2??P??1.35?105Pa ?NiVP?kT??V?E?N（2）
??kT??23?3E????7.5?10?21J?Ni?5N E?kT?2?32???kT，T??263K23k7、解：由题得 0.8?12m5mv?R?T 2M20.8Mv2?0.062K 故有：?T?5R1mol气体 PV?RT ?P?R?T?0.512(Pa) V
练习十八
1-2、A，D， 3、等压过程 4、124J，-85J， 5、350?P0V0PVPV?128J，250?00?91.6J，100?00?36.6J，0 T0T0T06、解：(1)等体过程
由热力学第一定律得Q=ΔE
吸热 Ｑ=ΔE=νCV(T２-T１)=ν(i/2)R(T２-Ｔ１)
Ｑ=ΔE=5×(3/2)×8.31×(300-290)=623 J 对外作功 A=0 (2)等压过程
Ｑ=νCp（T２-T１）=ν[(i+2)/2]R(T２－T１) 吸热 Ｑ=5×(5/2)×8.31×(300-290)=1038.5 J ΔE=νCV(T２－T１)
内能增加 ΔE=5×(3/2)×8.31×(300-290)=623 J 对外作功 A=Q-ΔE=1038.5-623=415.5 J (3)绝热过程
由热力学第一定律得A=ΔE
做功与内能的变化均为 A=ΔE=νCV(T２-T１)=ν(i/2)R(T２-Ｔ１) A=ΔE=5×(3/2)×8.31×(300-290）=623 J
吸热 Q=0
7、解：
由图知：
PA?4PC，VC?4VAPAVA?PCVC?TC?TA p(Pa) A B
4×105 则全过程中：?E?0 A到B，等压过程：
QAB?m?CP(TB?TA)M
1×105 O C 2 3.49 8 V(m3) 5(PBVB?PAVA)2?1.5?106JB到A，绝热过程，QBC?0
Q?QAB?QBC?1.5?106J由热力学第一定律得：A?Q??E?1.5?10J6
练习十九
1-2、B，B，3、AM，AM和BM 4、（3）（1）（1）
第4小题：（1）初态体积相同，但温度不同，终态温度、体积和压强都相同（同一状态）。关键是先确定A、T、B、Q、C各态的温度高低。由理想气体状态方程PV??RT可知：在相同体积的情况下，压强越大的温度越高，因此A温度最高，C温度最低。可见只有从A M过程是降温，其它过程都是升温。
（2）由T线可知，系统内能不变，体积变小，压强增大，外界对系统做功，由热力学第一定律Q??E?W可知,Q?W?0,可见AM过程放热；BM过程升温，内能增加，系统对外界做负功，一正一负，由热力学第一定律无法判断Q是否大于零。再分析绝热过程：系统与外界没有热量交换，吸收的热量全部用来对外做功，现在是压缩过程，系统对外做负功，内
能增加即WQ?EQ?0。但对于BM过程而言此过程外界做的功要大于绝热过程做的功，
|WB|?|WQ|同时，对系统而言，WB?WQ系统对外做负功，内能的增加确要比绝热过程的
少，即：?EB??EQ,可见QB??EB?WB??EQ?WQ?0,可见BM放热；再看CM过程，此时内能的增量EC?EQ,WC?WQ，可见QC??EC?WC??EQ?WQ?0,即系统吸热。
5、解：a?b等温过程：
PV1aa?PbVb?Pb?2PaVb
Qab??Pdv??RTb1lnVVaV??RT1ln2ab?c等压过程
PbT?Pc?P?2P1cb?Pa 1T233Q77bc??CP?T?2?R(T2?T1)??6?RT1
c?d等温过程：
PcVc?PdVd?Pd?2Pc?23PaVd
Qcd??Pdv??RTV2lnd???RT2lnVcV2cd?a等压过程
PaT?Pd?P2d?Pa 1T23Q??C?T?72?R(TT7daP2?1)?6?RT1
1故：??Qab?Qbc?Qcd?Qda?3ln2Q=15.1%
ab?Qdaln2?76同时：PaPc?13P2a?PbPd （证毕）
6、解：a?b等温过程：
paT1dbT2cOVaVbVpacbOVVVab