大学物理课后习题答案详解

第一章质点运动学1、(习题：一质点在xOy平面内运动，运动函数为x=2t,y=4t2—8。(1)求质点的轨道方程；(2)求t=1s和t=2s时质点的位置、速度和加速度。解：(1)由x=2t得,y=412—8(2)质点的位置：rr由v=dr/dt则速度:rr由a=dv/dt则加速度:可得：y=x2-8即轨道曲线rrrr=2ti+(4t2-8)jrrrv=2i+8tjrora=8j则当t=1s时，有当t=2s时，有rrrrrrr=2i一4j,v=2i+8j,a=8j

rrrrrrrr

r=4i+8j,v=2i+16j,a=8j2、(习题)：质点沿x在轴正向运动，加速度a=-kv,k为常数.设从原点出发时速度为V0，求运动方程x=x(t)-―dv7解:石=-kvdx=ve-ktdt0

Jv—dv=Jt-kdtv°v0Jxdx=Jtve-ktdt000

v=ve-ktovx=亠(1-e-kt)k3、一质点沿x轴运动，其加速度为a4t(SI),已知t0时，质点位于x10m处，初速度v0.试求其位置和时间的关系式.解：a=dv/dt解：a=dv/dt=41dv=41dtAdv=ft4tdt00v=212v=dx/dt=212Jxdx=ft2t2dtx00x=2t3/3+10(SI)4、一质量为m的小球在高度h处以初速度器水平抛出，求:(1)小球的运动方程;(1)小球的运动方程;(2)小球在落地之前的轨迹方程;dVdV(2)小球在落地之前的轨迹方程;dVdV落地前瞬时小球的丁，—dtdtdvdt解：⑴X解：⑴X=Vot(1)2）2）12123）y二h-2gt2式(2)联立式（1）、式（2）得3）y二h-2gt2式(2)联立式（1）、式（2）得gX22v20dr二vv-gtv而落地所用时间0dtvv1vr(t)二vti+(h-Qgt2)j所以drvv不二叮gjdvdt[v2+（gt）2]120v5、已知质点位矢随时间变化的函数形式为r=t2i+2tj,式中r的单位为m,t的单位为s.V=.''v2+V2=-V2+(-gt)2xyV0vvg2t二gp‘2gh(v2+2gh)120求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。vdrvvvvdvvv解：1）v=一=2ti+2ja=一=2idtdt2）v=[（2t）2+4]12=2（t2+1）12dv2ti2a==a=.■a2—a2=tdtv't2+1n'tv-t2+1第二章质点动力学1、（牛顿定律）质量为M的气球以加速度a匀加速上升，突然一只质量为m的小鸟飞到气球上,并停留在气球上。若气球仍能向上加速,求气球的加速度减少了多少？r解：f为空气对气球的浮力，取向上为正。分别由图（a）、（b）可得:F-Mg=MaF—(M+m)g=(M+m)a1则aiMa则aiMa—mgm+M,Va=a—a1m(a+g)

m+MvvFsin0=mv2/(lsin0)111111解得:v=sin0、:gl/cos0解得:1111第一只摆的周期为第一只摆的周期为22兀lsin0小；lcos014=2兀11v1同理可得第二只摆的周期同理可得第二只摆的周期由已知条件知■lcos02l由已知条件知■lcos02lCOS0=lcos0112212习题一习题一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为F=400-4x1051/3，子弹从枪口射出时的速率为300m/s。设子弹离开枪口处合力刚好为零。求：(1)子弹走完枪筒全长所用的时间t；(2)子弹在枪筒中所受力的冲量I；(3)子弹的质量。解：(1)由F=400-4x1051/3和子弹离开枪口处合力刚好为零，则可以得到：F=400-4x105t/3=0算出t=。由冲量定义:I=J3Fdt=J3(400-4x1051/3)dt=400t-2x10512/33=0.6N-s000由动量定理：I=j3Fdt=AP=mv=0.6N•s0所以：m=0.6/300=0.002kg习题图习题质量为M=1.5kg的物体，用一根习题图长为l=1.25m的细绳悬挂在天花板上.今有一质量为m=10g的子弹以v0=5OOm/s的水平速度射穿物歹体,刚穿出物体时子弹的速度大小v=30m/s,设穿够透时间极短.求:子弹刚穿出时绳中张力的大小;子弹在穿透过程中所受的冲量.解：(1)取子弹与物体为研究对象，子弹前进方向为X轴正向，因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置.因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒.令子弹穿出时物体的水平速度为v'有mv=mv+Mv0v=m(vv)/M=3.13m/s0T=Mg+Ms/l=N(2)/At=mv-mv=-4.7N-s(设v方向为正方向)00负号表示冲量方向与v方向相反.0习题一人从10m深的井中提水.起始时桶中装有10kg的水，桶的质量为1kg，由于水桶漏水，每升高1m要漏去0.2kg的水•求水桶匀速地从井中提到井口，人所作的功.解：选竖直向上为坐标y轴的正方向，井中水面处为原点.由题意知，人匀速提水，所以人所用的拉力F等于水桶的重量即：F=P=p-ky=mg-0.2gy=107.8-1.96y人的拉力所作的功为：W=\dW=JHFdy=J10(107.8-1.96y)dy=980J00->mk.——...I!—...———...———...———...———...———...———...———...—-[■;-iiKi[-:-氏习题如图所示，质量m为kg的木块，在一个水平面上和一个劲度系数k为20.——...I!—...———...———...———...———...———...———...———...—-[■;-iiKi[-:-氏系数为，问在将要发生碰撞时木块的速率v为多少？习题图解:根据功能原理，木块在水平面上运动时，摩擦力所作的功等于系统(木TOC\o"1-5"\h\z11块和弹簧)机械能的增量.由题意有-fX二一kx2-一mv2r22而f二卩mgrk

kx2木块开始碰撞弹簧时的速率为=5.83m/v=2卩gx+—木块开始碰撞弹簧时的速率为=5.83m/km习题某弹簧不遵守胡克定律.设施力F,相应伸长为x,力与伸长的关系为F=+(SI)求：将弹簧从伸长x=0.50m拉伸到伸长x=1.00m时，外力所需做的功.12将弹簧横放在水平光滑桌面上，一端固定，另一端系一个质量为2.17kg的物体，然后将弹簧拉伸到一定伸长x=1.00m,再将物体由静止释放，求当弹2簧回到x=0.50m时，物体的速率.1解：(1)外力做的功—解：(1)外力做的功—mv2=fxiF'*dx=J*2xxx2x2x1-Fdx=W=31J(2)设弹力为F习题两个质量分别为m和m习题两个质量分别为m和m的木块A、B，12用一劲度系数为k的轻弹簧连=5.34ms-iv二接，放在光滑的水平面上。A接，放在光滑的水平面上。A紧靠墙。今用力推B块，使弹簧压缩x0然后释放。(已知m二m，m二3m)—2求：(1)释放后(已知m二m，m二3m)—2求：(1)释放后A、B两滑块速度相等时的瞬时速度的大小；(2)弹簧的最大伸长量。解：习题图mv=(m+m)v220—2所以■kv—x.0\3m—x=x20当一质点从原点运动到r(2)—mv2=kx2+—(m+m)v2计算可得：222022—2rrr3、(变力作功、功率、质点的动能定理)设F=7i-6j(N)(1)rrrrrrr=-3i+4j+16k(m)时，求F所作的功；(2)如果质点到r处时需，试求F的平均功率；(3)如果质点的质量为lkg，试求动能的变化。解：(1)rrrrrrrrrA二Jr解：(1)rrrrrrrrrA二JrF-dr=Jr(7i-6j)-(dxi+dyj+dzk)00=J-37dx-J4006dy=-45J，做负功(2)P=-=竺=75Wt0.63)AE=A+kJr-mgj-dr0=-45+J4-mgdy0=-85J4、(机械能守恒、动量守恒)如图所示，一个固定的光滑斜面，倾角为e,有一个质量为m小物体，从高H处沿斜面自由下滑，滑到斜面底C点之后，继续沿水平面平稳地滑行。设m所滑过的路程全是光滑无摩擦的，试求：(l)m到达C点瞬间的速度；(2)m离开C点的速度；(3)m在C点的动量损失。解:(1)由机械能守恒有mgH=2mv22c带入数据得v=J2gH，方向沿AC方向由于物体在水平方向上动量守恒，所以mvcos9=mv，得v=弋2gHcos9，方向沿CD方向由于受到竖直的冲力作用，m在C点损失的动量AP=mQ2gHsin9，方向竖直向下。第三章刚体的运动习题(b)图书：习题(b)图解：如习题(b)图，对飞轮而言，根据转动定律，有FR=JaT(1)对重物而言，由牛顿定律，有mg-F'=maF'=F(2)TTT由于绳子不可伸长，因此，有

重物作匀加速下落，则有1h=at2(4)2(3)a=Ra由上述各式可解得飞轮的转动惯量为Ja=Ra如图，一轻绳跨过两个质量为m、半径为r的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为2m和m的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮的转动惯量均为mr2/2，将由两个定滑轮以及质量为2m和m的重物组成的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳内的张力。解：受力分析如图2mg—T=2ma2（1）T—mg=ma（2）(T—T)r=Ja2（3）习题图(T—T)r=Jai（4）a=ra联立a=g，4(5)，11T=mg8有一质量为m、长为l的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为的水平桌1面上，它可绕通过其端点O且与桌面垂直的固定光滑轴转动。另有一水平运动的质量为m的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A相碰撞，设碰撞时间极短。2已知小滑块在碰撞前后的速度分别为卩和卩，如图所示。求碰撞后从细棒开始转12动到停止转动的过程所需的时间。（已知棒绕O点的转动惯量J=-m12）3-

解：碰撞时角动量守恒3m(v+v)®=2——12—ml1细棒运动起来所受到的摩擦力矩M=J1卩igxdx=|UmglTOC\o"1-5"\h\zol2ft一Mdt=J®—J①=0一J®o121m12®31t=1:Limgl212l®2m(v+v)t==2_13—3igimg11.如图所示，物体1.如图所示，物体1和2的质量分别为m与m,滑轮的转动惯量为J,半径为r,物体2与桌面间的摩擦系数为，设绳子与滑轮间无相对滑动，滑轮与转轴无摩擦。求系统的加速度a及绳中的张力T1和-。mg-T=ma111T—img=ma222Tr一Tr=Ja12(m-1m)gr2解得：a=12(m-1m)gr2解得：a=12J+mr2+mr212m(m一im)gr2T=mg-—1——121J+mr2+mr212习题图2、如图系统中，m1=50kg，m2=40kg，圆盘形滑轮m=16kg，半径r=,9=30。，绳与滑轮无相对滑动，转轴摩擦不计，求：斜面是光滑的，倾角(1)绳中的张力；(2)设开始时mi距离地面高度为lm，需多长时间mi到达地面?mg—T=ma11T一mgsin0=ma22Tr—Tr=Ja12a=ra33J=1mrJ=1mr2解得a=30rad/s2,a=3m/s2T=340N,T=316N，12由h=vt+1at2,v020=0,所以t==0.816sa—长为1m的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动.抬起另一端使ml2棒向上与水平面成30°，然后无初转速地将棒释放.已知棒对轴的转动惯量为lmvl1lmvl1角动量守恒mv—=0+JoJ=Ml202223(1)放手时棒的角加速度；(2)棒转到水平位置时的角速度．解：1、解：1、a=——Jj31M=mg—cos30O=mglJ=ml2434mgl=込=込3ml24l2、机械能守恒31=231=2gml6mg—sin30o+0mg—sin30o+0=0+Jo2

22lmv—04=—Ml2olmv—

043mv04Ml机械能守恒2-1Ml202=Mg2--Ml23（3加八2=Mg丄216M2l匕2=g3m2—根长为'、质量为M的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。现有一质量为m=6M的子弹以水平速度v0射入棒的下端，并留在棒里。此后棒的最大偏转角恰为60°，角动量守恒TOC\o"1-5"\h\z11vmvl=(ml2+Ml2)0m=—Mo=_00363l-cos60o-cos60o)—(ml2+1Ml2)02=Mg—(1-cos60o)+2326、如图所示，长为l的轻杆，两端各固定质量分别为m和2m的小球，杆可绕水平光滑固12定轴0在竖直面内转动，转轴0距两端分别为31和31.轻杆原来静止在竖直位置。今有一质量为m的小球，以水平速度v0与杆下端小球m作对心碰撞，碰后以—v0的速度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角速度。解：角动量守衡—mvl=f)2解：角动量守衡—mvl=f)2mo+(i)23o33-2mo-—ml•1v32o02l第四章振动与波动振动部分：习题、、习题一物体沿x轴做简谐运动，振幅为0.06m,周期为s,当t=0时位移为0.03m,且向x轴正方向运动。求：（1）t=s时，物体的位移、速度和加速度；(2)物体从x=0.03m处向x轴负向运动开始，到平衡位置，至少需要多少时间？解：(1)由题意知A=0.06m、①二2兀fT二兀s-1由旋转矢量(a)图可确定初相则甲二-23，振动方程为0'x=(0.06m)cos[(兀s-i)t-兀,;3]习题(b)图习题(a)图当t二时质点的位移、速度、加速度分别为x=(0.06m)cos(兀.'2-兀3)=0.052mv=dx：dt=-(0.06km-s-i)sin(兀/2-兀3)=-0.094m-s-1a=d2x..dt2=-(0.06兀2m-s-2)cos(兀.2—兀3)=-0.513m-s-2(2)质点从x二0.03m运动到平衡位置的过程中，旋转矢量从(b)图中的位置M转至位置N,矢量转过的角度(即相位差)Ap=5K6。该过程所需时间为At=竺=0.833s习题某质点振动的x-t曲线如题图所示•求：(1)质点的振动方程；(2)质点到达P点相应位置所需的最短时间.解：（1）设所求方程为：X=AcOS（Qt+屮0）从图中可见，t=0,x=A/2,v>000n由旋转矢量法可知；屮=--03nn^又Qt=1s,Qt-=32n「・Q=65nn习题图0.4s故：x=0.1cos(t-)m习题图0.4s63（2）QP点的相位为05冗冗®t+q=t—=0t=0.4sp06p3p即质点到达P点相应状态所要的最短时间为习题一质点沿x轴作简谐振动，振幅为12cm，周期为2s。当t=0时，位移为6cm，且向x轴正方向运动。求：（1）振动表达式；（2）t=0.5s时，质点的位置、速度和加速度；（3）如果在某时刻质点位于x=—6cm，且向x轴负方向运动，求从该位置回到平衡位置所需要的时间。解：由题已知A=12X10-2m，T=s3=2n/T=nrad•s-i又，t=0时，x0=6cm，v0〉0・•・由旋转矢量图，可知：=—-0003兀故振动方程为x=0.12cos5t-）3（2）将t=s代入得x=0.12cos5t—J)=0.12cos?=0.103mTOC\o"1-5"\h\z兀兀=—0.12ksin(Kt—)=0.12cos=—0.189m/s6KKa=—0.12k2cos(兀t—)=—0.12k2cos=—1.03m/s26方向指向坐标原点，即沿x轴负向.（3）由题知，某时刻质点位于x=—6cm，且向x轴负方向运动

即x=-A/2,且vVO,故0=2n/3，它回到平衡位置需要走5n/6，所以:0t.•.t=A0/®=（5n/6）/（n）=5/6s习题图(加题)1.有两个同方向同频率的振动，其合振动的振幅为0・2m，合振动的相位与第一个振动的相位差为兀/6，第一个振动的振幅为0.173m，求第二个振动的振幅及两振动的相位差。分析根据已知振幅和相位可在矢量三角形中求得振幅。解:采用旋转矢量合成图求解取第一个振动的初相位为零，则合振动的相位为0=兀/6题图5-26TOC\o"1-5"\h\zP►!■F■►题图5-26据A=A+A可知A=A-A，如图：1221A=yA2+A2—2AAcos申=0.1(m)2V11—►山・由于A、A、A的量值恰好满足勾股定理,12irb故A与A垂直.12即第二振动与第一振动的相位差为°=兀/2加题)2.一质点同时参与两个同方向的简谐振动，其振动方程分别为x=5x10-2cos(41+兀/3)(SI)，x=3x10-2sin(41-兀/6)(SI)画出两振动的旋转矢量12图，并求合振动的振动方程.分析须将方程转化为标准方程从而确定其特征矢量，画出矢量图。解：x=3x10-2sin（4t—兀/6）2=3x10-2cos（4t-兀/6一兀/2）=3x10-2cos(4t-2兀/3)作两振动的旋转矢量图，如图所示.由图得：合振动的振幅和初相分别为

A=(5一3)cm=2cm,©=兀/3.题图5-27合振动方程为x=2x10-2cos(4t+兀/3)(SI)(加题)3.—物体质量为0.25kg，在弹性力作用下作简谐振动，弹簧的劲度系数k二25N-m-1，如果起始振动时具有势能J和动能J,求⑴振幅；(2)动能恰等于势能时的位移；(3)经过平衡位置时物体的速度．解：(1)E解：(1)E二E+E二-kA2=Kp225=0.08mm①m①2x2=m①2A2sin2(①t+Q)(2)kx2=mv2；k二mm2(2)22x2二A2sin2(mt+申)=A2[1-cos2(①t+申)]=A2-x22x2=A2，x=土Ahj2=±0.0566m(3)过平衡点时，(3)过平衡点时，x=0，此时动能等于总能量E二E二E+E二-mv2=Kp2A=占磐=0.8m/s加题)4.一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k=25N/m,当物体以初动能和初势能振动时，求:(1)振幅是多大?(2)位移多大时,其势能和动能相等?(3)位移是振幅的一半时,势能是多大?解：加题)4.一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k=25N/m,当物体以初动能和初势能振动时，求:(1)振幅是多大?(2)位移多大时,其势能和动能相等?(3)位移是振幅的一半时,势能是多大?解：(1)弹簧振子的总机械能为E二E+E二2kA2，故A=kp22(已广=0.253mk(2)E二E二-E=-kA2-kx2二-kA2pk2424x“返A=±0.179m2(3)E=-kx2=-kA-=0.20Jp224波动部分：习题、、习题有一平面简谐波在介质中传播，波速u=100m/s，波线上右侧距波源波向波向x轴正方向传程。O(坐标原点)为75.0m处的一点P的运动方程为。求(1)播时的波动方程；(2)波向x轴负方向传播时的波动方习题图00解：(1)设以波源为原点0,沿X轴正向传播的波动方程为将u二100ms1代人，且取x=75m得点P的运动方程为与题意中点P的运动方程比较可得A=0.30m、®=2ns-1、甲=2兀。则0所求波动方程为⑵当沿X轴负向传播时，波动方程为将x=75m、u二lOOms-1代人后，与题给点P的运动方程比较得A=0.30m、®=2ns-i、甲二-兀，则所求波动方程为0讨论：对于平面简谐波来说，如果已知波线上一点的运动方程，求另外一点的运动方程，也可用下述方法来处理：波的传播是振动状态的传播，波线上各点(包括原点)都是重复波源质点的振动状态，只是初相位不同而已。在已知某点初相的前提下，根据两点间的相位差，即可确定未知点的初相。习题已知一沿x正方向传播的平面余弦波，t二匕时的波形如题图所示，且周3期T为2s.写出O点的振动表达式；写出该波的波动表达式；写出A点的振动表达式；习题图写出A点离O点的距离。解：由图可知A=0.1m，入二0.4m，由题知T=2s，3=2n/T二n，而u二入/T=0.2m/s。波动方程为：y=[n(t-x/+①]m关键在于确定0点的初始相位。0(1)由上式可知：0点的相位也可写成：e=nt+①3可得"3可得"5|T=2n/s=12/51由图形可知：t二s时y二-A/2,vV0,・・・此时的d=2n/3,300将此条件代入，所以：王■=兀+申所以3。03O点的振动表达式y=[nt+n/3]m波动方程为：y=[n(t-x/+n/3]mA点的振动表达式确定方法与O点相似由上式可知：A点的相位也可写成：©=nt+①A01由图形可知：t-s时y=0,v>0,・此时的©二-n/2,300将此条件代入，所以：—殳-兀1+申所以申竺23A0A06A点的振动表达式y=[nt-5n/6]m将A点的坐标代入波动方程，可得到A的振动方程，与(3)结果相同，所以：y二[n(t—x/+n/3]=[nt—5n/6]7可得到：x--0.233ma30习题一平面简谐波以速度u-0.8m/s沿x轴负方向传播。已知原点的振动曲线如图所示。试写出：原点的振动表达式；波动表达式；习题图同一时刻相距1m的两点之间的位相差。解：⑴由图可知A=0.5cm,原点处的振动方程为：y=Acos(st+©)t=0s时t=0s时y二A/2v>0冗可知其相位为©二--t=1s时t=1s时y=0兀v<0可知其相位为叮Is+©代入振动方程,s+©“兰m25“兰m25那么同一时刻相距1m的两点之间的位相差:兰兀=3.27rad24/5兀兀、y=(t—一)cm63⑵沿y=3x10-2cos[4k(t+―)-y=3x10-2cos[4k(t+―)-k](SI)20(加题)2.一平面谐波沿ox轴的负方向传播，波长为入，P点处质点的振动规律如题图6－10所示.求:P点处质点的振动方程；此波的波动方程；若图中d=/2，求0点处质点的振动方程.分析首先由已知振动规律结合旋转矢量图可得P点振动的初相与周期，从而得到其振动方程。波动方程则由P与原点的距离直接得到。波动方程中直接代入某点的坐标就可求出该点的振动方程。(3)根据已知的T=12/5,u=0.8m/s，可知:uBA1题图(加题)1.如图，一平面波在介质中以波速u=20m/s沿x轴负方向传播，已知AuBA1题图动方程为y=3x10-2cos4kt(SI).(1)以A点为坐标原点写出波方程；⑵以距A点5m处的B点为坐标原点，写出波方程.解：(1)坐标为x处质点的振动相位为①t+甲=4兀[t+(x/u)]=4兀[t+(x/20)]波的表达式为y=3x10-2cos4k[t+(x/20)](SI)x-5(2)以B点为坐标原点，则坐标为x点的振动相位为⑹+0=4兀[t+-—](SI)(x-5\波的表达式为y=3x10-2cos4kt^―—k20丿解：(1)从图中可见T=4s，且t二0,y二-A,.・.*二兀，则P点处质点的振动方程为po0yp=Acos（-^t+兀）=Acos（_21yp=Acos（-^t+兀）=Acos（_21+兀）（SI）2)向负方向传播的波动方程为y二Acost+4（x-d）Xd凶■*•>OPx（3）把d二九/2,x=0代入波动方程即得题图6-10y=Acost

o题图6-10(加题)3.两波在一很长的弦线上传播，其波方程分别为：1y=4.00x10-2cos3兀(4x一24t)(SI)1y=4.00x10-2cos3兀(4x+24t)(SI)求：(1)两波的频率、波长、波速；(2)两波叠加后的波节位置；(3)叠加后振幅最大的那些点的位置.解：⑴与波动的标准表达式y=Acos2k(vt-x/九)对比可得：v=4Hz，九=1.50m，波速u=2=6.00m/s31波节位置4kx/3=±(nK+—兀)即x=±—(n+—)m,n=0,1,2...42波腹位置4kx/3=±nK即x=±3n/4m,n=0,1,2...第11章作业在双缝装置中，用一很薄的云母片(n=覆盖其中的一条狭缝,这时屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏幕中央(原零级明条纹)的位习题图置。如果入射光的波长为550nm,则这云母片的厚度应为习题图多少？分析：云母片覆盖前，零级明条纹在屏幕上O点。覆盖后，衍射条纹移动了7条，即第七条明条纹位于O点。由光程差的变化计算介质厚度。解：覆盖前，两光到达O点的光程差为1)1)5二r—r二0121覆盖后，两光到达O点的光程差为5=(r—e)+ne—r二7九(2)221(2)式与(1)式作差，可得5-55-5=Kr212—e)+ne—r1—(r12—r)二e(n—1)=7九1所以=6.64x10—6m77=6.64x10—6me==n—11.58—1在双缝实验中，入射光是由波长九=550nm和另一束未知波长九两种成分12合成的复色光。已知双缝间距为0.6mm,屏和缝的距离为1.2m,求屏上九的第三1级明纹中心的位置。若屏上九的第六级明纹中心和未知的九的第五级明纹中心12重合，求未知波长九。2分析：由明纹中心位置公式x=kD可得。d解：第三级明纹中心位置x=kx=k1.2x550x10-90.6x10-3=3.3mm九的第六级明纹中心和未知的九的第五级明纹中心重合，即它们具有相同的衍12射角61=52dd所以5151=5x550=660nm一薄玻璃片，厚度为“m，折射率为，置于空气中。用白光垂直照射，问在可见光的范围内，哪些波长的光在反射中加强？哪些波长的光在透射中加强?分析：分别应用反射光和透射光在等倾干涉中加强的条件求得。1)11)1解：反射加强的条件为2ne+=k九2由此得4ne九=2k-1仅当k=3时，九为可见光，因此求得x1.50x0.40九二二480nm2x3-1透射加强的条件即反射减弱的条件，即2ne+=(2k+1)—22由此得4ne九=—2k当k=2时,九二4x出0xWO二600nm2x2当k=3时,4x1.50x0.40

九二二400nm2x3波长为480nm的可见光在反射中加强，波长为600nm和400nm的可见光在透射中加强。一单色光垂直照射在厚度均匀的薄油膜上,油膜覆盖在玻璃板上。油的折射率为,玻璃的折射率为,若单色光的波长可由光源连续可调,并观察到500nm与700nm这两个波长的单色光在反射中消失,求油膜的厚度。分析：由于玻璃的折射率n大于油的折射率n，光线在油膜上，下表面反21射时都存在半波损失，则光程差为§=2ne。设九二500nm的光在k级干涉相消,1则对于九=700nm的光在第(k-1)级干涉相消。2解：对九=500nm的光在k级干涉相消，有12nie=(2k*哼二对九=700nm的光在第（k-1）级干涉相消，有2）22）2ne=1由（1）、（2）式解得1九+九500+700o

—2（X-I）_2（700-500）—21e=（1、（e=（1、（1\k+-九3+-12丿112丿x5002n12x1.30=亦1nm有一玻璃劈尖，玻璃的折射率为，劈尖夹角0=5x10-5rad。用单色光垂直照射，测得相邻两条明纹间的距离/=3.64x10-3m，求此单色光的波长。分析：由相邻两明纹间的距离公式可得。解：相邻两明纹的距离为/-入2nsin0因为0很小，所以sin0，贝yl二2n0所以，九=2nl0=2x1.5x3.64x10-3x5x10-5=546nm在折射率n=1.52的照相机镜头表面镀有一层折射率n=1.38的MgF2增透122膜，如果此膜适用于波长九=550nm的光，问膜的最小厚度应是多少？分析：由薄膜干涉公式可得。解：对穿过增透膜的透射光而言，两相干光的光程差为2ne+±，为使给定2波长的透射光增强，应满足条件2ne+=k九2

当k=1时，对应膜的最小厚度2nemin已知九=550nm,n=1.38，由此可以算出膜的最小厚度2九e==99.4nm4n2(1)若用波长不同的光观察牛顿环，九=600nm，九=450nm,观察利用九21时的第k个暗环与用九时的第k+1个暗环重合，已知透镜的曲率半径是190cm。2求用九时第k个暗环的半径。1(2)又如在牛顿环中用波长为500nm的第5个明环与用波长为九时的第63个明环重合，求波长九。3分析：用牛顿环暗环半径公式r=pkRk，明环半径公式r=算求得。解：(1)九的第k个暗环半径为1r=TOC\o"1-5"\h\zk'i九的第k+1个暗环半径为2r=(k+1)R几k+1"2两个暗环重合，即r=r，由以上式子可得k=3，代入下式kk+1r=i：kR九=v'3x190x10-2x600x10-9=1.85x10-3mk1(2)由明环半径公式r=『k-[Jr九，且波长为500nm的第5级明纹与波长九时认2(2)由明环半径公式r=的第6个明环重合。可得5-21rT6-1〔皿所以99X=X=X500=409.1nm31111当观察牛顿环装置中的透镜与玻璃板之间的空间充以某种液体时，第10个明环的直径由1.40X10-2m变为1.27X10-2m,试求这种液体的折射率。分析：当透镜与与平板玻璃间充满某种液体（n>1），且满足n>n,n<n21223X或n<n,n>n时，在厚度为e的地方，两相干光的光程差为A=2ne+—。由122322此可推导出牛顿环暗环半径径=：攀和明环半径r=12，这里明，暗n2环半径和充入的介质折射率n2有关。在牛顿环公式中，若介质不均匀或分析的是透射光而不是反射光,那么关于暗环,明环半径的公式与教材中的公式是不同的。解：当透镜与玻璃之间为空气时,k级明纹的直径为d=2r=2*『k-1]r—kk、〜当透镜与玻璃之间为液体时,k级明纹的直径为d'=2r'kk解上述两式得rd）

——k

Idk丿波长—=500nm的平行单色光，垂直入射到宽度为a=0.25mm的单缝上,n=22=1.22紧靠单缝后放一凸透镜,如果置于焦平面处的屏上中央明纹两侧的第三级暗纹之间的距离是3mm，求透镜焦距。分析：由单缝衍射暗纹条件及暗纹到中心的距离可求焦距。解：设第3级暗纹在申3方向上，则有asin甲=3九3此暗纹到中心的距离为x=ftan933因为9很小，可认为tan9二sin9，所以333两侧第三级暗纹的距离为2x3所以一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第三级明纹位置恰与波长为600nm的单色光垂直入射该缝时，衍射的第二级明纹位置重合，试求该单色光波长。分析:所求单色光的第三级明纹位置与波长为600nm单色光的第二级明纹位置重合，说明它们具有相同的衍射角。解：单缝衍射明纹位置由asin9=一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第三级明纹位置恰与波长为600nm的单色光垂直入射该缝时，衍射的第二级明纹位置重合，试求该单色光波长。分析:所求单色光的第三级明纹位置与波长为600nm单色光的第二级明纹位置重合，说明它们具有相同的衍射角。解：单缝衍射明纹位置由asin9=（2k+1）'确定，所以有2对于波长未知的光'，1asin931）对于波长为'=600nm的光，2asin92）由于sin9=sin932由（1）、(2)式可得，(2x3+1h(2x2+1h1—2-2255x600九—一九——428.6nm17272儿2+哼波长为600nm的单色光垂直入射在一光栅上，第二级明纹出现在sin申=处，第四级缺级。试问：光栅常数a+b=?光栅上狭缝的最小宽度a=?按上述选的(a+b)和a,求出在屏幕上实际呈现的全部衍射明纹的级次。分析：应用光栅公式和缺级条件可得。解：1)解：1)由光栅方程(a+b)sinp二k九(a*b)=JL=2x600xI。-9=6x10-6m

sinp0.202)由缺级条件2)由缺级条件且第四级缺级，得当k'=1时，a有最小值a=(a+b)=x6x10-6=1.5x10-6mmin44当sinO=1时，k有最大值a*b6x10-6k===10九600x10-9因为当O=90°时是看不到衍射条纹的，且k=±4,±8时缺级。能看到的明纹级数为k=0,±1,±2,±3,±5,±6,±7,±9

用一束具有两种波长的平行光垂直入射在光栅上，九=600nm,1九二400nm,现距中央明纹5cm处九光的k级明纹和九光的第k+1级明纹相重合,212若所用透镜的焦距f=50cm，试问：上述的k二？光栅常数a+b=?分析：九光的k级明纹和九光的第k+1级明纹相重合，即它们的衍射角相l2同。解：(1)由题意，九的k级与九的(k+1)级谱线相重合，即它们衍射角相同解：(1)l所以dsindsinp二k九,11dsinp=(k+lh,22九k=2=2九一九l2(2)因xf很小,所以d所以d二妙if/X=X10一3cm两偏振片的偏振化方向成30°夹角时，透射光的强度为I],若入射光不变而使两偏振片的偏振化方向之间的夹角变为45°,则透光强度将如何变化?分析：由马吕斯定律求得。解：由马吕斯定律，两偏振片的偏振化方向成30°夹角时，TOC\o"1-5"\h\zI=Icos2a(1)0l两偏振片的偏振化方向之间的夹角变为45°，I=Icos2a(2)02由(1)、(2)得11cos245。cos245。2—I22cos2acos230°311一束自然光入射到一组偏振片上，该偏振片组共由四块偏振片组成，每块偏振片的偏振化方向均相对于前一块偏振片顺时针转过30°角，问该组偏振片的透射光强占入射光强的百分之几?分析：由马吕斯定律求得。解：设入射光的光强为解：设入射光的光强为I,透过第一,0二三四块偏振片后的光强分别为I,I,I,I。因自然光可以看作振动方向互相垂直，互相独立，光强相等的两个1234线偏振光，由第一块偏振片的起偏作用，只透过沿偏振化方向振动的光，所以有射入第二块偏振片的光