大学物理课后习题答案详解

1、第一章质点运动学1、（习题1.1）：一质点在xOy平面内运动，运动函数为x=2t,y=4t28。（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=4t2-8可得：y=x2-8即轨道曲线，、g-24（2）质点的位置：=%+甲-8）j由v=d/dt则速度:v=2i,+8tj由3=7/1则加速度：a=8j则当t=1s时，有P=24j,v=2i.+8j,a=8?-|4444当t=2s时，有r=4i+8j,v=2i+16j,g=8j2、（习题1.2）: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）

2、.V,k-koe-=vdv一出dx一出:解学习帮手3、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.vt解：a=dv/dt=4tdv=4tdt&dv=(4tdtv=2t2xt2v=dx/dt=212dx=2tdtx=2t3/3+10(SI)04、一质量为m的小球在高度h处以初速度v0水平抛出，求:（1）小球的运动方程（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的dr,dv,dvdtdtdt解：（1）x=v0t式（1）rc (h-；gt2)j1,2,、y=hgt式22（2）联立式（1）、式（2）得dr(3)1=v

3、0i-gtj而落地所用时间所以t =2hdr »V0i- /2gh j dtdVdtV =：V2 +v；=/V0 +(-gt)22,dv_gt_g2ghdtv2+(gt)2K12(v2+2gh)，125、已知质点位矢随时间变化的函数形式为r=t彳+2j,式中r的单位为m,t的单位为s.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解：1）V=4=2t+2ja=逮=2：dtdtat -2t2） v=（2t）2+412=2（t2+1）,2求气球的加速度减少了多少？(a)(b),若使它们运动时仇和仇,摆线中第二章质点动力学1、（牛顿定律）质量为M的气球以加速度a匀

4、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一解：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）a1Ma-mgm（ag）a1=,a=a-a1=mMmM2、（牛顿定律）两个圆锥摆，悬挂点在同一高度，具有不同的悬线长度两个摆球离开地板的高度相同，试证这两个摆的周期相等.证：设两个摆的摆线长度分别为卜和摆线与竖直轴之间的夹角分别为的张力分别为F1和F2,则F1cos3-m1g=0F1sine1=m1Vl2/（11sin日1）解得：v1=sin1Vgl1/cose1第一只摆的周期为2二11sin1111cos1

5、1Ti二;L=2-v1g同理可得第二只摆的周期T2 =2二12cosu2g由已知条件知11CQS01=12COS02T1=T2习题2.12.6习题2.1一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为F=4004M105t/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=400-4x105t/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=0.003s。(2)由冲量定义：33I=jFdt=(4004m105t/3)出=400t2M105t

6、2/3=0.6Ns%J003M(3)由动量定I=1Fdt=&P=mv=0.6Ns理：所以：m=0.6/300=0.002kg习题2.2质量为M=1.5kg的物体，用一根长为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=500m/s的水平速度v0习题2.2图射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大小v=30mm/s,设穿透时间极短.求：(1)子弹刚穿出时纯中张力的大小；(2)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

7、量守恒.令子弹穿出时物体的水平速度为V有mv0=mv+Mvv=m(V0v)/M=3.13m/sT=Mg+Mv2/l=26.5N(2)f&=mv-mv0=4.7Ns(设v0方向为正方向)负号表示冲量方向与V°方向相反.习题2.3一人从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.即：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F=P=P-ky=mg0.2gy107.8-1.96y人的拉力所作的功为：H10W=dW

8、=£Fdy=(107.8-1.96y)dy=980J习题2.4图 -1 1 -1 1 J 1 J 1 1 !习题2.4如图所示，质量m为0.1kg的木块，在一个水平面上和一个劲度系数k为20N/m的轻弹簧碰撞，木块将弹簧由原长压缩了X=0.4m.假设木块与水平面间的滑动摩擦系数为0.25,问在将要发生碰撞时木块的速率v为多少？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（木块和弹簧）机械能的增量.由题意有frx=1kx21mv222而fr=%mgkx2L”.木块开始碰撞弹簧时的速率为v=,21kgx=5.83ms'、,m习题2.5某弹簧不遵守胡克定律.设施力

9、F,相应伸长为x,力与伸长的关系为F=52.8x+38.4x2（SI）求：（1）将弹簧从伸长xi=0.50m拉伸到伸长x2=1.00m时，外力所需做的功.（2）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x2=1.00m,再将物体由静止释放，求当弹簧回到xi=0.50m时，物体的速率.1 2xi'ximv2Fdx=-Fdx=W=31J2 x2x2解：（1）外力做的功（2）设弹力为F'习题2.6两个质量分别为m1和m2的木块A、B,用一劲度系数为k的轻弹簧连接，放在光滑的水平面上。A紧靠墙。今用力推B块，使弹簧压缩xo然后释

10、放。（已知m=m,m2=3m）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。TIAAAAMN习题2.6图丘力121.2斛：一m2v20=kx0202m2v20=mm1m2)v121212、一一1（2）-m2v20=-kx+（m1+m2）v计算可得：x=-x0222T23、（变力作功、功率、质点的动能定理）设5=7i-6j（N）（1）当一质点从原点运动到r=4i'+4j+16k（m）时，求F所作的功；（2）如果质点到7处时需0.6s,试求F的平均功率；(3)如果质点的质量为1kg,试求动能的变化。r.4T.444-34解：(1)A=(Fdr=I(7i6j

11、)(dxi+dyj+dzk)=J。7dxL6dy=45J,做负r 耳 4(3)Ek = A， mgj dr = -45+40 -mgdy =功-A45(2)P=75Wt0.6-85J4、（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。，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：（1）mA到达C点瞬间的速度；（2）m离开C点的速度；（3）,、八Em在C点的动量损失。H解：（1）由机械能守恒有mgH=mvthL?tla/尸/,IS：.h2带入数据得vc=，2gH,方向沿AC方向（2）由于物体在水平

12、方向上动量守恒，所以mvccos8=mv,得v=J2gHcos日,方向沿CD方向（3）由于受到竖直的冲力作用，m在C点损失的动量-p=mj2gHs2,方向竖直向下。第三章刚体的运动书：3.3用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为R的飞轮支承在O点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m的重物，令重物以初速度为零卜落，带动飞轮转动，记下重物下落的距离和时间就可算出飞轮的转动惯量试写出它的计算式。(假设轴承间无摩擦解：如习题3.3(b)图，对飞轮而言根据转动定律(1)Om对重物而言，由牛顿定律mg习题3.3(b)图mg-Ft=maFT=FT(2)由于绳子不可伸长a=R：(3)重物作匀加速下落

13、h=2at2(4)由上述各式可解得飞轮的转动惯量为mR(丁)3.4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的重物纯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九的帐力解：受力分析如图2mg-T2=2ma(1)0习题3.4图T1-mg=ma(2)(T2-T)r=J：(3)(T-T1)r=J：(4)(5)11T=7mg3.6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面上，它可绕通过其端点。且与桌面垂直的固定光滑轴转动。另有一水平运动的质量

14、为m2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。已知小滑块在碰撞前后的速度分别为Vl和V2,如图所示求碰撞后从细棒开始转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=1m1l2）3解：碰撞时角动量守恒m2v1l=1m1l2w-m2v2l3二3m2(v1v2)mil细棒运动起来所受到的摩擦力矩习题3.6图M二0m1gxdx=mm1glt0-Mdt=JJ1=°-J-m1l%t12migl2l_2m2(v1v2)3%t='-='mig1.如图所示，物体1和2的质量分别为mi与m2,滑轮的转动惯量为与桌面间的摩擦系数为也设绳子与滑轮间无相对滑动，

15、滑轮与转轴无摩擦。求系统的加速度a及绳中的张力Ti和丁2。m1g-T1=m1aT2一二m2g=m2a解得：.2cm1 _mi2 gra 二 -22J mirm2rT1 =mg -.2m1 m1 - Jm2 gr；22J mrm2rT1r-T2r二J：2、如图系统中，m1=50kg,m2=40kg,圆盘形滑轮m=16kg,半径r=0.1m,斜面是光滑的，倾角0=300,绳与滑轮无相对滑动，转轴摩擦不计，求：(1)绳中的张力；(2)设开始时m距离地面高度为1m,需多长时间m1到达地面？Ng-T1aT2-m2gsin二-m2aT1r-T2r=J;a=r-1 22j=mr2解得a=30rad/s2,a

16、=3m/s21=340N,T2=316N2 ，1 2h由h=v0t十一at,v0=0,所以t=；一=0.816s2 a1ml2 33. 一长为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(1)放手时棒的角加速度；(2)棒转到水平位置时的角速度'34lTmgl3.3g33g1ml232、机械能守恒l19mg -sin3Q o = o - J -2COl o mg-sin3o1 1.2ml2 31mg4【ml 63g=3.83rad/s、24. 一根长为l、质量为M的匀质棒自由悬挂于通

17、过其上端的光滑水平轴上。现有一质量为m的子弹以水平速度Vo射向棒的中心，并以v，2的水平速度穿出棒此后棒的最大偏转角恰为9。°,求vo的大小。vo/2 c=* m角动量守恒mvo lJ小2lmvo 一 4= -Ml2 3lmvo 一 43 mvo1 2Ml 234 Ml1机械能守恒一21 一, Ml31 一, Ml32 3mvo4Ml= Mg22vo16M 2l二g -3mVo4M。现有一质量、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、，1一为m=M的子弹以水平速度vo射入棒的下麻,并留在棒里。此后棒的最大偏转角恰为66o°,求vo。角动量守恒60.21.mv0l

18、 = (ml - Ml 32) 1m = M6Vo3机械能守恒12122l一0一0(mlMl)=Mg(1-cos60)mgl1-cos60232Vo=2.3gl6、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= 3vo2l1一2定轴O在竖直面内转动，转轴O距两端分别为1l和fl.轻杆原来静33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2的角速度。22lo21斛：角动重寸衡一mv0l=(一)m©+(一)2m切-mlv033332第四章振动与波动振动部分：习题4.2、4.4、4.

19、5习题4.2一物体沿x轴做简谐运动，振幅为0.06m,周期为2.0s,当t=0时位移为0.03m,且向x轴正方向运动。求：（1）t=0.5s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、8=2n/T=心口由旋转矢量（a）图可确定初相则Q=-心,振动方程为x = (0.06m)cos 口(二 s)t 一虻 3习题4.2 （a）图iM习题4.2 （b）图当t=0.5s时质点的位移、速度、加速度分别为x二（0.06m）cos（二2-二3）=0.052mv=dx；dt-（0.06二ms）sin（二,2-二3

20、）-0.094msa=d2x.dt2=-（0.06二2ms）cos（二.2-疝3）=-0.513ms?（2）质点从x二Q03印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）中=5"6。该过程所需时间为邛t=0.833sco习题4.4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（wt+%）0.4s从图中可见，t=0,xo=A/2,vo>0由旋转矢量法可知；6二-03一兀兀又+t=1s,wt-=325式：.a=6I57r式故：x=0.1cos（t

21、-）m63（2）；P点的相位为05二二.tt=0t=0.4sP06P3P即质点到达P点相应状态所要的最短时间为习题4.5一质点沿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=12Xl0-2m,T=2.0s=2dT=Mads-1又，t=0时，x0=6cm,Vo>0；由旋转矢量图,可知：*o3故振动方程为x=0.12cos（nt-三）3（2）将t=0.5s代入得nnx=

22、0.12cos（H）=0.12cos=0.103m36JTJIv=-0.12Hsin（收-）=0.12cos-=-0.189m/s36222a=-0.12ncos（兀t一一）=一0.12ncos=-1.03m/s36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x0=-A/2,且v<0,故3=2"3,它回到平衡位置需要走5B6,所以:t=A*/3=(5B6)/(兀)=5/6s(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冗/6,第一个振动的振幅为0.173m,求第二个振动的振幅及两

23、振动的相,其振动方程分别为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l=n/6据A=A+A2可知A2=A-A，如图：A=.A2A2-2AAcos=0.1(m)由于A、Ai、A2的量值恰好满足勾股定理，1-*故A1与A2垂直.即第二振动与第一振动的相位差为二二/2(加题)2.一质点同时参与两个同方向的简谐振动._2一一2_一%=5叼0cos(4t+n/3)(SI),x?=3父10sin(4tn/6)(SI)画出两振动的旋转矢量图，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解：X2=3x10/si

24、n（4t_n/6）2=310cos4t-二/61二/2）=310cos（4t-2r/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=（5-3）cm=2cm,=二/3.合振动方程为x=210/cos（4t二/3）（SI）题图5-27（加题）3.一物体质量为0.25kg,在弹性力作用下作简谐振动，弹簧的劲度系数1k=25Nm,如果起始振动日具有势能0.06J和动能0.02J,求（1）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12斛：(1)E=EK+Ep=kA=0.08A 2 M 0.08=0.08mP2121一2,2(2) -kx=mv；k=mP.m

25、2x2;m12A2sin2(t：)x2=A2sin2(t)=A21-cos2(t)=A2-x22x2=A2,x=士A/丘=±0.0566m（3）过平衡点时，x=0,此时动能等于总能量12E = Ek Ep =-mv =0.08p 22 0.080.25=0.8m/s0.2J和初势能0.6J振（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）位移是振幅的半时，势能是多大？解：(1)弹簧振子的总机械能为EMEk+EDM152,故A=J2(Ek+Ep)=0.253mp2k(2) Ep=Ek =1E =-

26、kA2241212kx = kA 24x-A79m2121A(3) Ep=kx=-k=0.20Jp224波动部分：习题4.7、4.8、4.10习题4.7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O(坐标原点)为75.0m处的一点P的运动方程为yp=(0.30m)c0s(27rs)+n/2。求(1)波向x轴正方向传播时的波动方程；(2)波向x轴负方向传播时的波动方程解：(1)设以波源为原点O,沿x轴正向传播的波动方程为y=Acoscit-xuLI1将u二1。0mS1代人，且取x=75m得点P的运动方程为yP=Acos-t-0.75sL；01与题意中点P的运动方程比较可得A

27、=0.30m、6=2ns,、中0=2兀。则所求波动方程为一一、/一._1y二(0.30m)cos(2二s)(t-x/100ms)(2)当沿x轴负向传播时，波动方程为y=Acos''itxuLI1将x=75m、u=100ms代人后，与题给点P的运动方程比较得A=0.30m、切=2e“、中o=-n,则所求波动方程为一一_.y二(0.30m)cos(2二s)(tx/100ms)7U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

28、初相的前提下,根据两点间的相位差中=轨-90=2必九，即可确定未知点的初相003习题4.8图习题4.8已知一沿X正方向传播的平面余弦波，t=1s时的波形如题图所示且周期T为2s.(1)写出。点的振动表达式；(2)写出该波的波动表达式；(3)写出A点的振动表达式；(4)写出A点离。点的距离。解：由图可知A=0.1m,入=0.4m,由题知T=2s,=2几"=兀，而u=入/T=0.2m/s。波动方程为：y=0.1cos九(t-x/0.2)+C0m关键在于确定O点的初始相位。(1)由上式可知：。点的相位也可写成：(|)=Ttt+C01由图形可知：t=1s时yo=-A/2,vo<0,.此

29、时的小=2九瓜，3将此条件代入，所以：红=n1十外所以中。=三333。点的振动表达式y=0.1cos兀1+兀/3m(2)波动方程为：y=0.1cos兀(t-x/0.2)+兀/3m(3)A点的振动表达式确定方法与。点相似由上式可知：A点的相位也可写成：小=Ttt+A0由图形可知：t=1s时yo=0,vo>0,此时的小=-九/2,3将此条件代入，所以：一±=/+九0所以中A0=电236A点的振动表达式y=0.1cos忒-5兀/6m(4)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=0.1cos 兀(t-x/0.2)+ B3 = 0.1cos 竹-5兀/

30、6(1)原点的振动表达式；习题4.10图(2)波动表达式；(3)同一时刻相距1m的两点之间的位相差:y=Acos ( t + 小)解：(1)由图可知A=0.5cm,原点处的振动方程为t=0s时y=A/2v>0可知其相位为产-nt=1s时y=0v<0可知其相位为(|)1=一、五冗代入振动方程，(|)=_CD+(|)=可得：二更6T=2 兀/=12/5y=0.5cos(Ji cm(2)沿x轴负方向传播，波动表达式：y=0.5cos史(t+5x)-cm643(3)根据已知的T=12/5,u=0.8m/s,可知：九=m25那么同一时刻相距1m的两点之间的位相差：中=2兀包=空冗=3.27r

31、ad24(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A点的振u2，、动万程为y=310cos4二t(SI).BA(1)以A点为坐标原点写出波方程；1题图(2)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t=4二t(x/u)=4二t(x/20)波的表达式为y=310Ncos4二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cot+甲'=4nt+(SI)20c''x5、波的表达式为y=3父10cos4nt+I<20)2x.y=310cos4二(t)-二(SI)20(加题

32、)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:(1) P点处质点的振动方程；(2)此波的波动方程；(3)若图中d=K/2,求O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。解：(1)从图中可见T=4s,且t=0,yp。=A,，中°=兀，则P点处质点的振动方程为.2二yp=Acos(-t二)=Acos(t二)(SI)(2)向负方向传播的波动方程为a冗(4(x-d”y=Acos|t+1l+n：2<

33、;九J(3)把d=，J2,x=0代入波动方程即得y0=Acos-t2(加题)3.两波在一很长的弦线上传播，其波方程分别为：21y1=4.0010cos(4x-24t)(SI)3八八21y2=4.0010cos二(4x24t)(SI)3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：(1)与波动的标准表达式y=Acos2n(vt_x/?.一)对比可得：v=4Hz,九=1.50m,波速u=九期=6.00m/s.一131(2)波下位置4nx/3=±(nn+-n)即*=±(n+一)m,n=0,1,2242(3)波腹位置4nx/3=

34、±rF即x=3n/4m,n=0,1,2第11章作业11.2在双缝装置中，用一很薄的云母片（n=1.58）习题11.2图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）的位置。如果入射光的波长为550nm,则这云母片的厚度应为多少？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点的光程差为瓦=r21rl=0（1）覆盖后，两光到达O点的光程差为配=（2-e）+ne-n=7九（2）式与（1）式作差，可得、2-1r2-ene-r1Lr2-r1=en-1=7所以= 6

35、.64 10qm7755010，e=n-11.58-111.3在双缝实验中,入射光是由波长九1=550nm和另一束未知波长九2两种成分合成的复色光。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九2的第五级明纹中心重合，求未知波长儿2o分析：由明纹中心位置公式x=kD2可得d解：第三级明纹中心位置1Do1.255010-cx=k=33=3.3mmd0.610%的第六级明纹中心和未知的九2的第五级明纹中心重合，即它们具有相同的衍射角6Di5D'2所以6.=-550=660nm11.5垂直照射5一薄玻璃片,厚度为0.40折

36、射率为1.5,置于空气中。用白光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解：反射加强的条件为2ne=k'2由此得4ne2k-1仅当k=3时，九为可见光，因此求得41.500.40=480nm23-1透射加强的条件即反射减弱的条件，即2ne=2k1一由此得4ne2k当k=2时41.500.40二600nm当k = 3时,41.500.40二400nm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。11.6 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。

37、油的折射率为1.3,玻璃的折射率为1.5,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：由于玻璃的折射率也大于油的折射率”,光线在油膜上，下表面反射时都存在半波损失,则光程差为2=2ne。设储=500nm的光在k级干涉相消，则对于入2=700nm的光在第（k-1跋干涉相消。解：对=500nm的光在k级干涉相消，有(1)(2)2nle=(2k+1)=fl2对，一2=700nm的光在第（k-1跋干涉相消，有2nle=2k-11匕=2由（1）、（2）式解得,1 - ,2 k 二22 2 一 '12 700 - 50013500

38、22nl2 1.30= 673.1nm11.7 有一玻璃劈尖，玻璃的折射率为1.5,劈尖夹角8=5父10)rad。用单色光垂直照射，测得相邻两条明纹间的距离l=3.64x10'm,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l,2nsin二因为日很小，所以sin8中8,则九l=2n。所以，1=2nl口=21.53.6410，510，=546nm11.11在折射率口=1.52的照相机镜头表面镀有一层折射率7=1.38的MgF2增透膜，如果此膜适用于波长儿=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

39、光的光程差为2ne+t,为使给定2波长的透射光增强，应满足条件九12ne二k'2当k=1时，对应膜的最小厚度九2nemi=n-2已知九=550nm,h=1.38,由此可以算出膜的最小厚度he=99.4nm4n211.12若用波长不同的光观察牛顿环，儿=600nm,入2=450nm,观察利用及时的第k个暗环与用时的第k+1个暗环重合，已知透镜的曲率半径是190cm。求用心时第k个暗环的半径。(2)又如在牛顿环中用波长为500nm的第5个明环与用波长为时的第6个明环重合，求波长%。分析：用牛顿环暗环半径公式r=jkRT,明环半径公式r=J(k-1)R儿计限2；算求得。解：(1)%的第k个暗

40、环半径为rk=kR1%的第k+1个暗环半径为h1=.k1R12两个暗环重合,即=除书，由以上式子可得k=3,代入下式rki、：；kR；=j319010,60010国=1.85104m(2)由明环半径公式r=J(k-R九，且波长为500nm的第5级明纹与波长%时的第6个明环重合。可得所以99%二九=又500=4091nm111111.13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/m变为1.27x10/m,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（电>1）,且满足n1n2,n2:二n3或n1<n2,n2时，在厚度为e

41、的地方，两相干光的光程差为=2n2e+'。2由此可推导出牛顿环暗环半径r=悭邑和明环半径r=限吧,这里明,nn2卜2Jn2暗环半径和充入的介质折射率”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dk=2廉=2*k1R九当透镜与玻璃之间为液体时，k级明纹的直径为''（71、R-dk=2屋=2k-二一V2加2解上述两式得电=久=1.22dk11.17 波长儿=500nm的平行单色光，垂直入射到宽度为a=0.25mm的单缝上，紧靠单缝后放一凸透镜，如果置于焦平

42、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级暗纹在平3方向上，则有asin3=31此暗纹到中心的距离为X3=ftan3因为中3很小，可认为tan%=sin%,所以x3：3,/a两侧第三级暗纹的距离为2x3=6f/a=3mm所以2x3aQCf=25cm6'11.18 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o解

43、：单缝衍射明纹位置由25比邛=（2卜+1）±确定，所以有2对于波长未知的光,asin邛3=（2乂3+1（1）对于波长为%=600nm的光，asinQ=（2乂2+1）,（2）由于sin3=sin2由（1）、（2）式可得,231122122二25.2，*0=428.6nm11.19 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中=0.2处，第四级缺级。试问：(1)光栅常数a+b=?(2)光栅上狭缝的最小宽度a=?(3)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)由光栅方程absin=k'k,

44、s in :2 600 10”0.20=6 10*m(2)由缺级条件且第四级缺级，得当k=1时，a有最小值11amin=-ab=-610=1.510m44(3)当sin9=1时，k有最大值-6二10610_-960010因为当日二90汨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=0,一1,一2,一3,一5,一6,一7,一911.20 用一束具有两种波长的平行光垂直入射在光栅上，%=600nm,必=400nm,现距中央明纹5cm处心光的k级明纹和。光的第k+1级明纹相重合，若所用透镜的焦距f=50cm,试问：上述的k=?(2)光栅常数a+b=?分析：及光的

45、k级明纹和%光的第k+1级明纹相重合,即它们的衍射角相同。解：(1)由题意，%的k级与九2的(k+1)级谱线相重合，即它们衍射角相同所以dsinnk%,dsin2=(k+1R2,w,2k二二2'1"'2(2)因x/f很小，tarf电sin%Xf所以d=k%f/x=1.2X10，cm11.28两偏振片的偏振化方向成30。夹角时，透射光的强度为I1,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2I1=I0cos汽1(1)两偏振片的偏振化方向之间的夹角变为

46、45°,2I2=IoC0SG2(2)由(1)、(2)得22,cos二2cos452I2=2=2cc-I1cos：1cos30311.29一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I。，透过第一，二三四块偏振片后的光强分别为I1,I2,I3,I4o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I14I0射入第二块偏振片的光为线偏振光，透过它的光强为I