大学物理答案.

1、大学物理答案（采矿083内部使用）简谐振动(40)1.周相为81/5(或16.2)rad,时间为3/80(或0.0375)s2., 解:, 3. 如图为以余弦函数表示的谐振动的振动曲线, 则其初周相 = /3(或)，P时刻的周相为0.X(m)P2解:由t=0时x0=1=2cos1得cos=1/2 且v0= Asin>00t(s)即sin<0 = /3(或) t=tp时xp=2=2cos(tp/3) cos(tp/3)=1 (tp/3)=0 4. 试求出相应的初周相之值, 并写出振动方程. 解: , 则 (1) 由 得 即=± (2) 由 得 又 即 由此得 (3) 由 得

2、 又 即 由此得 (4) 由 得又 即 由此得 5解 已知A=0.60m, = 5s-1, （1）由 （2） 当简谐振动的合成 1. A ) (A) 1 (B) 1/4 (C) 4/1 (D) 2/1解:振动能量即 2.有两个同方向的谐振动分别为X1=4COS(3t+/4)cm，X2 =3COS(3t3/4)cm, 则合振动的振幅为A=1cm, 初周相为=/4.21= A=|A1-A2|=|4-3|=1cm =1=/4 3.则另一个分振动的振幅为A2 =4cm , 初位相=2/3.解:根据题意作旋转矢量图2 O4. X=0.A1解: 作旋转矢量图 已知A1=A2=A3=A,A3 A'

3、且 A合=0 x = 5. 频率为v1和v2的两个音叉同时振动时，可以听到拍音，若v1v2，则拍的频率是( B ) (A)v1+v2 (B)v1v2 (C)(v1+v2)/2 (D)(v1v2)/26.12/6振动(习题课)1. ( D ) (A) T/4 (B) T/6 (C) T/8 (D) T/12已知A1=0.173cmoA/2解: , 且 2. 如图为用余弦函数表示的一质点作谐振动曲线, 振动圆频率为=7/6,从初始状态到达状态a所需时间为ta=2s. 解:, 01s内, , 且 , t2 = 2t1 = 2(s) 3. 质量为0.1kg的小球与轻弹簧组成的弹簧振子, 按X=0.1

4、COS(8t2/3)的规律作谐振动,(SI), 求: (1) 振动周期、振幅、初相及速度、加速度的最大值；(2)解:(1) (2) 求最大弹性力及振动能量. 4. 一质点在X轴上作简谐振动, 选取该质点向右运动通过A点时作为计时起点(t=0), 经过2秒后质点第一次经过B点, 再经过2秒后质点第二次经过B点, 若已知该质点在A、B两点具有相同的速率, 且AB=10cm, 求 (1) 质点的振动方程 (2) 质点在A点处的速率. D A O B C X 解: (1) A、B两点速率相同，则两点在平衡位置对称处，取两点的中点O为原点，则有设C、D为振幅位置，质点从A到B需2秒，则从O到B需1秒。而

5、它从O B C B O需4秒，正好是半个周期。即T/2=4s, T=8s,从A B需时间t = 2s,则由而 (2) 5. 劲度为K1的轻弹簧与劲度为K2的弹簧如图连接, 在K2 的下端挂一质量为m的物体, (1) 证明当m在竖直方向发生微小位移后, 系统作谐振动。 (2) 将m从静止位置向上移动a, 然后释放任其运动, 写出振动方程(取物体开始运动为计时起点, X轴向下为正方向) K1K1K2m(1)证明: 平衡时有 2k1l1 = k2l2 = mg 得 等效弹簧伸长量 平衡时等效弹簧kl = mg 得 取静平衡位置为坐标原点,向下为x轴正方向,则物在x处时受合力 即 可见物体所受合力为线

6、性回复力,所以系统作简谐振动。(2) 解：设振动表达式为 振动表达式为：振动(习题课后作业)1. 当谐振子的振幅增大到2A时, 它的周期 不变 , 速度最大值变为原来的2倍, 加速度最大值变为原来的2倍(填增大 、减小、不变或变几倍)解: （1）T、只决定于谐振子本身的性质（2） vm=A , A'=2A , vm'=A'=2A=2vm（3） am=2A , A'=2A , am'=2A'=22A=2am 2. 如图所示质点的谐振动曲线所对应的振动方程( D )(A) X=2COS(3t/4+/4)(m) (B)X=2COS(t/4+5/4) (

7、m)(C) X=2COS(t/4) (m) (D) X=2COS(3t/4/4) (m)X(m)t(s)201 解法一：t=0时, cos=x0/A=2/2 , sin=v0/A<0 =/4 ,t=1s时, x=2cos(/4)=0, v=Asin(/4)<0 即 cos(/4)=0 , sin(/4)>0 , 且(/4)/4<, (/4)<5/4 , (/4)= /2 , 则=/2+/4=3/4(s-1) x=2cos(3t/4/4)解法二： t=0时, cos=x0/A=2/2 v0>0, =/4 t=1s时, A转过的角度为 =t=3/4=(3/4)/

8、t=3/4 x=2cos(3t/4/4)3. 两个同方向同频率的谐振动, 其合振幅为20cm, 合振动周相与第一个振动的周相差为60°,第一个振动的振幅为A1=10cm ,则第一振动与第二振动的周相为( B ) (A) 0 (B) /2 (C) /3 (D) /4 解：根据余弦定理A22=A2+A122AA1cos60° =400+100400×1/2=300A2=300 =103A2=A12+A22+2A1A2cos(1-2) cos(1-2)=( A2A12A22)/(2A1A2)=0 12=p/2 4. ( B ) (A) (B) (C) (D) 设每等份弹

9、簧的劲度系数为k'则由1/k=1/k'+1/k'+1/k'=3/ k' 得：k'=3k两段并联后的劲度系数为k''= k'+ k'=2 k'=6k 选（B）5. 已知两谐振动的位置时间及速度时间曲线如图所示, 求它们的振动方程.X(m)V(cm/s)2 1010 1 t(s) 0 1 2 3 4 t(/10)S-1-2 -10解:(a)波动(一)1. 2. 如图表示t=0 时刻正行波的波形图, O点的振动位相是(C ) (A) /2 (B) 0 (C) /2 (D) uY0X设O点的振动表达式为y=Acos

10、(t+j)则O点的速度表达式为v=Asin(t+j)t=0时y0=Acosj=0 v0=Asinj<0 则有 cosj=0 , sinj>0 j = p/23.相差是12rad 解: =3s-1 ÞT=2/=2/3(s) 2/=6 Þ =/3 , Dj = 2pDx/l=6×2=12(rad)4. 已知波源在原点(X=0)的平面谐波的方程为Y=A COS(BtCX), 式中A、B、C为正值恒量， 则此波的振幅为A，波速为B/C, 周期为2/B, 波长为2/C, 在任何时刻,在波传播方向上相距为D的两点的周相差为CD.解: 由 Y=Acos(2t/T+2

11、x/+)=Acos(BtCx) 得 2/T=B 2/=C =0 振幅为A , T=2/B , =2/C , u=/ T=B/C =2(x2x1)/ =2D/=CDY(m)0.1 0 10 20 30 40 X(m)u 5. 如图所示是一平面余弦波在t=0.25s时刻的波形图, 波速为u=40m/s, 沿X的正方向传播, 写出此波的波动方程.解: A=0.1m , u=40m/s=40m=2u/=2´40/40=2p(s-1)设O点的振动表达式为y=0.1cos(t+j)=0.1cos(2t+j)则v=0.2sin(2t+j) t=0.25s时, O点的振动为y=0.1cos(/2+j

12、)=0 , 速度为 v=0.2sin(/2+j)<0 ,即 cos(/2+j)=0 , sin(/2+j)>0 , 得/2+j=/2 , j=0 O点的振动表达式 y=0.1cos2t 波动表达式 y=0.1cos2(tx/40)波动(二) 1. 一平面谐波在弹性媒质中传播时, 在传播方向上某质元在平衡位置时,则它的能量为( C ) (A) 动能为零, 势能最大 (B) 动能为零,势能为零 (C) 动能最大, 势能最大 (D) 动能最大,势能为零 (由Ep=Ek=mv2/2 和质元在平衡位置时速度最大可得) 2. 下面说法正确的是( B ) 3. 如图A、B为两个同位相的相干波源,

13、 相距4m, 波长为1m, 设BC垂直AB, BC=10m, 则B、C之间(B点除外)将会出现 3 个干涉加强点.r1ABC 解:干涉加强点,光程差为P r1r2=kl (k=0,1,)r2在B点, r1r2=4(m) 在C点, r1 =(AB)2+(BC)21/2 =42+1021/2 =10.8(m)r2=BC=10m , r1r2=0.8m在B、C之间任一P点，有 0.8r1r2<4 （B点除外）对干涉加强点有：0.8 k <4 即0.8< k< 4, 可见k=1,2,3时，P点干涉加强，且在B、C之间。所以有三个干涉加强点。4. 解: A1=A2=A0 , 12

14、=/2 , I1=I2=I0=(1/2)2A02uS1S2P1P2/4 合振动的振幅为 设P1为S1外侧的任一点, P2为S2外侧的任一点。则 在P1点， 在P2点， 5. B P C 解: (1) u=0.2m/s , =2(s-1) , =/2=1Hz=u/=0.2m , 21=21(2/)(PCPB)=0(2) A1=A2=0.2×10-2mA=A12+A22+2A1A2cos1/2=A12+A22+2A1A21/2 =A1+A2=0.4×10-2m(b)波动(三)1.某时刻驻波波形曲线如图所示,则a,b两点的位相差是( A )Ya/29/8bX (A) (B) /2

15、 (C) /4 (D) 0 波节两边质元振动相位相反 2. 如图, 在X=0处有一平面余弦波波源, 其振动方程是Y=ACOS(t+), 在距O点为1.25处有一波密媒质界面MN, 则O、B间产生的驻波波节的坐标是0.25，0.75 , 1.25;波腹的坐标是0 , 0.5 , .MXBNO 解: 此情况有半波损失B点是波节 O、B间的距离为1.25,是/4 的奇数倍（5倍），故能形成稳定 的驻波. 相邻波节距离为/2 从B点开始，各波节相应的 坐标依次为1.25,0.75,0.25而波腹的坐标依次为0，0.5, .3. ( B ) 解: 已知u=340m/s , s=360Hz , vs=72

16、km/h=20m/s4.解: (1) x=0点的振动表达式 反射点为自由端,无半波损失,所以反射波的波动表达式为 (2) 驻波表达式 波腹处: 即得(x0,kN)x=0, /2, , 3/2,波节处:即得( kN) x=/4, 3/4, 5/4,5.解: 已知s=1080Hz , vs=30m/s , vR=65m/s , u=334m/s (1) (2) (3) 反射波的速率u'=334m/s (波速只与介质有关)(4) 对反射波而言, 反射面就是波源,而 s'=R v's=vR=65m/s波动(习题课) 1. ( B ) 解: 由y=Acos(tx/u)+=A &#

17、222; cos(tx/u)+=1 Þ sin2(tx/u)+=0Wk=Wp=A22sin2(tx/u)+/2=02. 振动动能是 5 J . 解: W(t+T)=W(t)=2Wk(t)=2Wk(t+T) Wk(t+T)= W(t)/2=10/2=5(J) 3.沿X轴正方向传播的一平面余弦横波, 在t=0时,原点处于平衡位置且向负方向运动, X轴上的P点位移为A/2, 且向正方向运动, 若OP=10cm, 则该波的波长为( C ) (A) 120/11cm (B) 120/7cm (C) 24cm (D) 120cm4. 图示为一平面谐波在t=2s时刻的波形图, 波的振幅为0.2m,

18、 周期为4s, 则图中P点处点的振动方程为y=0.2cos(t/2/2) (m )Y(m)uOPX(m) 解: A=0.2m, T=4s, =2/T=/2y=0.2cos(t/2+)v=(/10)sin(t/2+)t=2s时,y=0.2cos(+)=0 即cos(+)=cos=0 v=(/10)sin(+)= (/10)sin<0 , 得cos=0, sin<0 = /2 y=0.2cos(t/2/2)(m)5.已知一沿X轴正方向传播的平面余弦横波, 波速为20cm/s, 在t=1/3s时的波形曲线如图所示, BC=20cm, 求: (1) 该波的振幅A、波长和周期T； (2) 写

19、出原点的振动方程; (3) 写出该波的波动方程. Y(cm) 10 u 0 B C X(cm)-5-10解: 已知 u=20cm×s-1 BC=20cm(1)从图可知 A=10cm , =2BC=40cm , T=/u=40/20=2s (2) 原点的振动表达式和速度表达式分别为 则有 得 原点的振动表达式 (3)波动表达式且得t=1s时，a、b两点的相位差t=1s时，在x=xb=20cm处得解: t=1s时，在x=xa=10cm处6. 一平面谐波沿X正向传播, 波的振幅A=10cm, =7, 当t=1s时;X=10cm处的a质点正通过其平衡位置向Y轴负方向运动, 而X=20cm处的

20、b质点正通过Y=5cm点向Y轴正方向运动, 波长10cm, 求该平面波的表达式.波动(习题课后作业) 1. 相位差是( D ) (A) /3 (B) /6 (C) /2 (D) /4解: =u/=200/50=4(m) =(2/)x=(2/4)´0.5=/4 2. 图为沿X轴正向传播的平面余弦横波在某一时刻的波形图, 图中P点距原点1m, 则波长为( C )(A) 2.75m (B) 2.5m (C) 3m (D) 2.75m2 Y(cm)解: 设波表达式为 XPO x=0处 v=2sin(t+)<0 即, sin(t+)>0 得 所以t时刻的波形分布函数为P点t时刻的位

21、移 P点t时刻的速度 得 = 3m3. 一横波沿X轴负方向传播, 若t时刻波形曲线如图所示, 在t+T/4时刻原X轴上的1、2、3三点的振动位移分别是( B )(A) A、0、-A (B) -A、0、A (C) 0、A、0 (D) 0、-A、0 已知12=, 设S1为原点，在S1和S2连线间解:4. 两个相干波源S1和S2, 相距L=20m, 在相同时刻, 两波源的振动均通过其平衡位置, 但振动的速度方向相反, 设波速u=600m/s, 频率=100Hz, 试求在S1和S2间的连线上因干涉产生最弱点的所有位置(距S1的距离).任取一点P，其坐标为xS2S1L=20mLxPx光的干涉(一) 1.

22、用某单色光作杨氏双缝实验，双缝间距为0.6mm，在离双缝2.5m处的屏上出现干涉条纹，现测得相邻明纹间的距离为2.27mm，则该单色光的波长是：( A ) (A)5448Å (B)2724Å (C)7000Å (D)10960Å 解: 由x=D/d 得 =dx/D=5.448×10-7m2.在杨氏双缝实验中，入射光波长为，屏上形成明暗相间的干涉条纹，如果屏上P点是第一级暗条纹的中心位置，则S1，S2至P点的光程差=r2r1为（D） (A) (B)3/2 (C)5/2 (D)/2 解: =r2r1=(2k1)/2 将k=1代入得 =r2r1=/2

23、3.在双缝实验中，用厚度为6m的云母片，覆盖其中一条缝，从而使原中央明纹位置变为第七级明纹，若入射光波长为5000Å，则云母片的折射率为：（C ） (A) 0.64 (B) 1.36 (C) 1.58 (D) 1.64S1r解:0=rr =0 , o =(re)+nereS2r =(n1)e =7n=1+7/e = 1.584.在双缝实验中，两缝相距2mm，双缝到屏距离约1.5m，现用为5000Å的单色平行光垂直照射，则中央明纹到第三级明纹的距离是：（ C ）(A) 0.750mm (B) 2.625mm (C) 1.125mm (D) 0.563mm 解: x=kD/d=

24、1.125(mm)Pr1 5.在双缝干涉实验中，屏幕E上的P点处是明条纹，若将缝S2盖上，并在S1S2连线的垂直平分面处放一反射镜M，如图所示，则此时（ B ）S1r2(A)P点处仍为明条纹S·S'(B) P点处为暗条纹S2ME(C)不能确定P点处是明条纹还是暗条纹(D)无干涉条纹解: =r2r1=k , r2=S2S'+S'P , r1=S1P 由对称性 S1S'= S2S' 得r1'= S1S'+ S'P= S2S'+S'P= r2 '=(r1'+/2)r1= r2r1+/2= k+/

25、2=(2k+1) /2 P点为暗条纹。6.那么d/d=1/2，若d=0.1mm，D=1m，P点距屏中心O的距离为4cm，则入射光波长为5×10-7m。解：由x=kD/d=k'D/d' 得 d'/d= k'/k=4/8=1/2 =xd/kD=4×10-2×0.1×10-3/8×1=5×10-7m7.解：(1) x=D/d=0.4mm , x2-x-2=4x=1.6mm(2) =xd/D , =2/=2xd/(D)=25/8(rad)(3) IP:I0=4I1cos2(/2):4I1cos20=cos2(2

26、5/16):1 =0.03818.解：已知 n=1.5 , d=0.5mm , D=2.5×103mm =5×10- 4mm(1) =(n1)e=5 , e=5/(n1)=5×10-3mm x=D/d=2.5×103mm×5×10- 4mm/0.5mm =2.5mm(2)设置放膜后，屏幕下方第五级明纹移到原中央明纹处，则置放膜后的零级明纹移到原来上方第五级明纹处。x0'=x5=5D/d=1.25cm则置放膜后, 上、下方一级明纹位置分别为x1'=x6=6D/d=1.5cm , x'-1=x4=4D/d=1.0c

27、m光的干涉(二) 1.最小厚度为( D ) (A)/2 (B)/2n (C)/4 (D)/4n=2ne=(2k-1)/2单色光空气e = (2k-1)/4n , k=1, e=/4n 2.如图，用单色光垂直照射在观察牛顿环的装置上，当平凸透镜垂直向上缓慢平移而远离平面玻璃时，可以观察到这些环状干涉条纹( B )(A)向左平移 (B)向中心收缩(C)向外扩张 (D)静止不动 (E)向左平移 3.已知在迈克耳逊干涉仪中使用波长为的单色光，在干涉仪的可动反射镜移动一距离d的过程中，干涉条纹将移动2d/条。 4.最小厚度为0.125m。解:已知i=30 , n=1.30 , =6000Å =

28、2en22n12sin2i1/2 +/2=k e=(2k-1)/2/n2-(1/2)21/2, 取k=1得 e =1250 Å=0.125m 5.在空气劈尖干涉的实验中，当劈尖夹角变小时，干涉条纹的分布如何改变,变疏(疏或密)，若劈尖夹角不变，但在劈尖中充以某种液体，则干涉条纹如何改变, 变密(疏或密)由l = /(2n)可见,减小则l增大,条纹变疏n增大则l减小, 条纹变密。入射光e玻璃板n玻 n空< n油<n玻光在这两表面上反射均有半波损失ab油膜n油6.一平行光垂直照射在厚度均匀的薄油膜上，油膜覆盖在玻璃板上，n油=1.30，n玻=1.50，若所用入射光的波长可以连

29、续可调，观察到1=5200Å和2=7280Å的两个波长的单色光相继在反射中消失，求油膜增大的最小厚度。解：由得 （kÎN+）得 根据题意 得即 解得 k2=3, k1=4; k2=8, k1=11; 取 k1=4, k2=3时得 7.用波长=500nm(1nm=109m)的单色光垂直照射在由两块玻璃板(一端刚好接触成劈棱)构成的空气劈尖上,劈尖角= 2×104rad，如果劈尖内充满折射率为n=1.40的液体，求从劈棱起到第五个明条纹在充入液体前后移动的距离。解：由明纹条件 ， 得， 且 ， 将k=5代入得L=1.64×106nm光的衍射(一)

30、1.一束波长为的单色平行光垂直照射到宽为a的单缝AB上，若屏上的P为第三级明纹，则单缝AB边缘A、B两处光线之间的光程差为( D ) (A)3 (B)6 (C)5/2 (D)7/22.一单色光垂直照射宽为a的单缝，缝后放一焦距为f的薄凸透镜，屏置于焦平面上，若屏上第一级衍射明纹的宽度为x，则入射光波长为( A )(A)ax/f (B)x/af (C)fx/a (D)a/fx3.波长为的平行光垂直照射到单缝AB上，若对应于某一衍射角最大光程差=BC=/2，则屏上P点是( C )(A)一级明纹中心 (B)一级暗纹中心(C)在中央明条纹内 (D)一级明纹与一纹暗纹的中点4.根据惠更斯一菲涅耳原理，若

31、已知光在某时刻的波阵面为S，则S的前方某点P的光强度决定于波阵面S上所有面积元发出的子波各自传到P点的：( D )(A)振动振幅之和 (B)光强之和(C)振动振幅之和的平方 (D)振动的相干叠加5.以波长6000Å的单色平行光垂直照射到宽度a为0.20mm的单缝上，设某级衍射明纹出现在 =arcsin0.0165的方向上，单缝处的波阵面对该方向而言可分成11个半波带，该明纹的级数为5级。6.在夫琅和费单缝衍射实验中，单缝宽度为0.05mm，现用波长为6×10-7m的平行光垂直照射，如将此装置全部置于n=1.62的二硫化碳液体中，则第一级暗纹的衍射角为1=0.0074rad。

32、7.天空中两颗星相对于一望远镜的角距离为4.48×10-6弧度，由它们发出的光波波长为5.5×10-5cm，则望远望口径至少应为12.3cm才能分辨出这两颗星。8.用一橙黄色(波长范围6000Å6500Å)平行光垂直照射到宽度为a=0.6mm的单缝上，在缝后放置一个焦距f=40cm的凸透镜，则在屏幕上形成衍射条纹，若屏上离中央明条纹中心为1.40mm的P处为一明条纹，试求：(1)入射光的波长 (2)中央明条纹的角宽度，线宽度(3)第一级明纹所对应的衍射角解: (1)由明纹条件 得 (k=1,2,3,···) 第k级明纹在屏上

33、的位置 而 , 设1=6000Å, 2=6500Å由1 2 即得代入数据 a=0.6mm , xk=1.40mm , f =400mm和1,2得 2.73 k 3 k = 3 (2) 第一级暗纹的衍射角即中央明纹的半角宽度 , 而角宽度为线宽度为(3) 由明纹条件得 光的衍射(二)1.一束单色平面电磁波垂直投射在每厘米刻有4000条刻痕的衍射光栅上，若在与光栅法线夹30°角处找到第二级极大，则该电磁波长应为( D )(A)2.50×10-2m (B) 2.50×10-4m(C)6.25×10-5m (D) 6.25×10-7

34、md=1/4000=2.5×10-4cm=2.5×10-6mdsin=k= dsin/k=2.5×10-6×0.5/2=6.25×10-7m2.若用衍射光栅准确测定一单色可见光的波长，在下列各种光栅常数的光栅中选用哪一种最好？( D )(A)1.0×10-1mm (B) 5.0×10-1mm(C)1.0×10-2mm (D) 1.0×10-3mm3.波长4000Å7600Å的自然光照射光栅，其衍射谱的第二级和第三级重迭，则第二级光谱重迭部分的波长范围是：( C ) (A)5067

35、97;7600Å (B)4000Å5067Å (C)6000Å7600Å (D)5067Å6000Å 4.若光栅的光栅常数d，缝宽a和入射光波长都保持不变，而使其缝数N增加，则光栅光谱的同级光谱线将变得更细、更亮。605.用一束自然光垂直照射在每毫米有200条刻痕的光栅，则屏上的中夹明纹的颜色为 白色；在衍射角为30°处，在可见光范围内哪几种波长的光得到加强6250Å、5000 Å、4167 Å 。解: dsinj=kl, k=0,则对任何都有sinj=0,所有波长的中央明纹相重叠,

36、中央明纹的颜色为 白色由dsinj=kl 得 l=dsinj/k=(1/400k)mm,4×10-4mm7.6×10-4mm ,即 4×10-41/400k7.6×10-4得3.3k6.25,k只能取整数,k = 4, 5, 6=6.25×10-4mm, 5×10-4mm, 4.16710-4mm6.若光栅常数为(a+b)，缝宽为a，则满足asin=±k' dsin=±k条件时会出现缺级，要使3n(n=1，2，3)级数缺级，则必须b=2a。由缺级公式(a+b)/a=k/n=3n/n=3 得 b=2a7.平面

37、透射光栅在1mm内刻有500条刻痕，现对波长=5893Å的钠光谱线进行观察，试求：(1)当光线垂直入射光栅时，最多能看到第几级光谱线？(2)当光线以30°角斜入射时，最多能看到第几级光谱线？(参考教材P.129例12.11)8.在垂直入射到光栅的平行光中，包含有波长分别为1和2=6000Å的两种光，已知1的第五级光谱级和6000Å的第四级光谱级恰好重合在离中央明条纹5cm处，并发现1的第三级缺级，已知：f=0.5m，试求：(1)波长1和光栅常数(a+b) (2)光栅的缝宽a至少应为多少？解: (1) (a+b)sin=k11=k22 , k1=5 , k

38、2=4 1=k22/k1=4×6000/5=4800Å sintan=x/fa+b= k22/sin= k22f/x=4×6000×10-10×0.5/5×10-2=2.4×10-5(m) (2) (a+b)/a=k/k' , k=3 a= (a+b)k'/k=8.0×10-6 k'(m) 取 k'=1 得amin=8.0×10-6(m)习题课（干涉、衍射）1、波长为的单色平行光垂直照一折射率为n的的玻璃劈尖，相邻明条纹所对应的劈尖的厚度差为( C )(A) /4n (B)

39、 /4 (C) /2n (D) /22nek+1+(/2)=(k+1), 2nek+(/2)=ke = ek+1ek=/(2n)2、用单色平行光垂直照射空气牛顿环，从反射光中看到干涉环条纹，当使空气隙中充满折射率n1的某种液体后，则从反射光中看到干涉环（ B ）(A)扩大 (B)缩小 (C)不变 (D)消逝由牛顿环第k级暗环半径公式rk=(kR/n)1/2得n=1时, 半径为rk; n>1时, 半径为r'k可见, r'k<rk3、当夫朗和费单缝衍射装置中的缝宽等于入射光波长时，在屏幕上可观察到的衍射图样是（ B ）(A)一片暗区 (B)一片明区 (C)明暗交替等宽的

40、条纹(D)只能看到有限几级(条)衍射条纹由暗纹条件asin=k,得一级暗纹的衍射角满足 sin=/a=1, =/2,故选(B)4、在显微镜的物镜(n11.52)表面涂一层增透膜(n21.30)，要使此增透膜适用于5500Å波长的光，则膜的最小厚度应为1058Å。解:在薄膜两表面的反射光的光程差为=2n2e, 透射光增强则反射光减弱,应满足=2n2e=(2k+1)/2, 即 e=(2k+1)/4n2取k=0得e=/4n2=1058 Å5、用波长为5500Å单色平行光，垂直投射在每厘米刻有5000条刻痕的平面光栅上，则此光栅的光栅常数为2×10-4

41、cm，能观察到的谱线的最大级数为3 .解:d=1/5000=2×10-4cm,由dsin=k得k=dsin/ sin £ 1, 则k £ d/ = 3.6 最大k = 36、惠更斯引入次(子)波概念提出了惠更斯原理，菲涅耳再用次波干涉的思想补充了惠更斯原理，发展了惠更斯菲涅耳原理。时,共有四次重叠当k1=0, 6, 12, 18k2=0, 5, 10, 15重迭条件解:7、包含15000Å和26000Å的平行光束垂直投射到一个平面光栅上，若发现它们的谱线从零级开始计数，在衍射角 °方向上恰好为第四次重迭，求光栅常数及整个屏幕上除中央明

42、纹处外共有多少条谱线重迭？ 第四次重叠时 k1=18, k2=151的光谱线每隔6级与2的谱线重叠一次总重叠次数共有10谱线重叠(零级除外)8、在双缝干涉实验中，波长5500Å的单色平行光垂直入射到缝间距d2×10-4m的双缝上，屏到双缝的距离D2m，求：(1)中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距；(2)用一厚度为e6.6 ×10-6m，折射率为n1.58的玻璃覆盖一缝后，零级明纹将移到原来的第几级明纹处？解 (1)由明纹条件 x±k = ± kDl/a Dx = x10x-10=2×10×2×5.5×

43、;10-7/(2×10-4)=0.11(m)(2) 原光程差D=rr = 0 盖玻璃片后光程差D=(re)+ner=(n1)e=k k=(n1)e/=7 零级明条纹移到原来的第七级明纹处9、已知单缝宽a1.0×10-4m，f0.5m，用4000 Å的单色平行光垂直照射单缝，求：(1)中央明条纹的线宽度和第二级明条纹离屏中心的距离；(2)若用每厘米刻有100条刻痕的光栅代替单缝，发现第五级缺级，问光栅的透光缝宽多大？该缺级处离屏中心多远？解 (1)中央明条纹的半角宽度就是一级暗纹中心的衍射角由asin1= 得 sin1= /a 1很小, tan1 » si

44、n1= /a第一级暗纹中心离中央明条纹中心的距离x1 = f tan1 » f sin1= f /a中央明条纹的线宽度Dx = 2x1= 2 f /a=2×0.5×4×10-7/(1.0×10-4)=4.0×10-3(m)由明纹条件asink=(2k+1)/2得sink=(2k+1)/(2a) »tank xk= f tank= ( 2k+1) f /(2a)第二级明条纹离屏中心的距离 x2=(2×2+1)×0.5×4×10-7/(2×1.0×10-4)= 5.0&

45、#215;10-3(m)(2) d=a+b=1/100=1×10-2(cm)=0.1(mm), k=5,k'=1d/a=k/k'=5, a=d/5=2×10-2(mm)dsin5=5, sin5=5/d=5×4×10-4/0.1=2×10-2x=f tan5»fsin5=500×2×10-2=10(mm)热学(习题课课后作业)1.一卡诺热机在每次循环过程中都要从温度为400K的高温热源吸热418J，向低温热源放热334.4J，低温热源温度为320k。解:由 得 即2.1mol单原子理想气体，在1at

46、m的恒定压力下温度由0加热至100时，内能改变量为1247J；从外界吸热为2078J解: 3.一定量的理想气体，从状态(P0,V0,T0)。开始作绝热膨胀，体积增大到原体积的2倍，则膨胀后气体的温度T21-T0；压强P2-P0解: 由 得 由 abOVE4.图中直线ab表示一定量理想气体内能E与体积V的关系，其延长线通过原点O，则ab所代表的热力学过程是：( B )(A)等温过程 (B)等压过程(C)绝热过程 (D)等容过程解: (选B)a b c dV2 VV1OP5.如图，一定量的理想气体自同一状态a，分别经ab，ac，ad三个不同的准静态过程膨胀至体积均为V2的三个不同状态，已知ac为绝

47、热线，则：( B )(A)ab必放热 (B)ab必吸热(C)ad可能是等温过程解: 绝热线比等温线陡ad不可能是等温线,否定(C) 考虑正循环abca,在整个循环中,系统对外做净功,. 则系统从外界吸收净热量Q=A>0 又 又 即 ab必吸热。（选B）VAOPBC D·6.如图一定量的理想气体从相同的初态A分别经准静态过程AB、AC(绝热过程)及AD到达温度相同的末态，则气体吸(放)热的情况是：( B )(A)AB吸热 AD吸热 (B)AB放热 AD吸热(C)AB放热 AD放热 (D)AB吸热 AD放热解：比较曲线下的面积可知，而，处在同一等温线上，即所以，于是 选(B)7.图

48、为1mol单原子理想气体的循环过程，其中ab是等压过程，计算：(1)ab,bc,ca过程中的热量变化(2)经一循环后的总动(3)循环效率·b600T(k)44.8c·V（升）a22.40 解: i=3 CV=3R/2=12.47 J·mol-1·k-1 CP=5R/2=20.78 J·mol-1·k-1 (1) ab是等压过程 由Va/Ta=Vb/Tb 得 Tb=VbTa/Va=300k Qab= CP(Tb-Ta) = 20.78×(300600)=6234(J) bc是等体过程 Qbc= CV (Tc-Tb) = 12.47×300=3741(J) ca是等温过程Qca=Aca=RTaln(Va/Vc)=8.31×600×ln2=3456(J)(2) A=Q=Qab+Qbc+Qca=963(J)(3) Q1= Qbc+Qca=7197(J)Q2=|Qab|=6234(J)=