波动及振动-答案和解析

1、-PAGE . z.1.一简谐振动的表达式为，时的初位移为0.04m,初速度为0.09ms-1，则振幅A =，初相位= 解：初始条件，则振幅为：初相： 因为*0 0, 所以2. 两个弹簧振子的的周期都是0.4s,设开场时第一个振子从平衡位置向负方向运动，经过0.5s后，第二个振子才从正方向的端点开场运动，则这两振动的相位差为。解：从旋转矢量图可见，t=0.05 s 时，与反相，即相位差为。3. 一物块悬挂在弹簧下方作简谐振动，当这物块的位移等于振幅的一半时，其动能是总能量的设平衡位置处势能为零。当这物块在平衡位置时，弹簧的长度比原长长,这一振动系统的周期为解：谐振动总能量，当时，所以动能。物块

2、在平衡位置时，弹簧伸长，则，振动周期4. 上面放有物体的平台，以每秒5周的频率沿竖直方向作简谐振动，假设平台振幅超过，物体将会脱离平台设。解：在平台最高点时，假设加速度大于g，则物体会脱离平台，由最大加速度 得最大振幅为5. 一水平弹簧简谐振子的振动曲线如下图，振子处在位移零、速度为、加速度为零和弹性力为零的状态，对应于曲线上的点。振子处在位移的绝对值为A、速度为零、加速度为-2A和弹性力-kA的状态，对应于曲线的点。解：位移，速度，对应于曲线上的b、f点；假设|*|=A,，又, 所以*=A，对应于曲线上的a、e点。6. 两个同方向同频率的简谐振动，其振动表达式分别为： (SI) 和 (SI)

3、它们的合振动的振幅为，初相位为 。解：将*2改写成余弦函数形式：由矢量图可知，*1和*2反相，合成振动的振幅，初相三、计算题1. 一质量m = 0.25 kg的物体，在弹簧的力作用下沿*轴运动，平衡位置在原点. 弹簧的劲度系数k = 25 Nm-1(1) 求振动的周期T和角频率(2) 如果振幅A =15 cm，t = 0时物体位于* = 7.5 cm处，且物体沿*轴反向运动，求初速v0及初相(3) 写出振动的数值表达式解：(1) 1分 s 1分 (2) A = 15 cm，在t = 0时，*0 = 7.5 cm，v0 0 ， (3) (SI) 2分(3)振动方程为SI2.在一平板上放一质量为m

4、 =2 kg的物体，平板在竖直方向作简谐振动，其振动周期为T = s，振幅A = 4 cm，求(1) 物体对平板的压力的表达式(2) 平板以多大的振幅振动时，物体才能离开平板？解：选平板位于正最大位移处时开场计时，平板的振动方程为 (SI) (SI) 1分(1) 对物体有1分 (SI) 物对板的压力为 (SI) 2分 (2) 物体脱离平板时必须N = 0，由式得1分 (SI) 1分假设能脱离必须 (SI) 即 m 2分3. 一定滑轮的半径为R，转动惯量为J，其上挂一轻绳，绳的一端系一质量为m的物体，另一端与一固定的轻弹簧相连，如下图。设弹簧的倔强系数为k,绳与滑轮间无滑动，且忽略摩擦力及空气的

5、阻力。现将物体m从平衡位置拉下一微小距离后放手，证明物体作简谐振动，并求出其角频率。解：取如图*坐标，原点为平衡位置，向下为正方向。m*0o*m在平衡位置，弹簧伸长*0, 则有(1)现将m从平衡位置向下拉一微小距离*，m和滑轮M受力如下图。由牛顿定律和转动定律列方程，(2) (3)(4)T1T2T1NMgmg(5)联立以上各式，可以解出 ，是谐振动方程，所以物体作简谐振动，角频率为 第二章 波动(1)一、选择题1. 一平面简谐波表达式为 (SI) ，则该波的频率(Hz)、波速u(ms-1)及波线上各点振动的振幅A(m)依次为:(A) ， (B) ，(C) ，(D) ，解：平面简谐波表达式可改写

6、为与标准形式的波动方程 比拟，可得。应选C2.一横波沿绳子传播时的波动方程为 (SI)，则 (A) 其波长为0.5 m ; (B) 波速为5 ms-1; (C) 波速25 ms-1;(D) 频率2 Hz 。解：将波动方程与标准形式 比拟，可知应选A3. 一平面简谐波的波动方程为(SI)，t = 0时的波形曲线如下图。则(A)O点的振幅为0.1 m；(B)波长为3 m；(C)a 、b两点位相差 ； (D)波速为9 ms-1。 解：由波动方程可知，a 、b两点间相位差为：应选C4. 一简谐波沿*轴负方向传播，圆频率为，波速为u。设t=T/4时刻的波形如下图，则该波的表达式为： 解：由波形图向右移，

7、可得时波形如图中虚线所示。在0点，时y = -A, 初相 = ，振动方程为。又因波向方向传播，所以波动方程为应选D一平面简谐波沿* 轴正向传播，t=T/4时的波形曲线如下图。假设振动以余弦函数表示，且此题各点振动的初相取到之间的值，则 (A)0点的初位相为 (B)1点的初位相为 (C)2点的初位相为 (D)3点的初位相为解：波形图左移，即可得时的波形图，由的波形图虚线可知，各点的振动初相为:应选D二、填空题1. 一平面简谐波沿*轴正向传播，振动周期T = 0.5 s，波长 = 10m , 振幅A = 0.1m。当t = 0时波源振动的位移恰好为正的最大值。假设波源处为原点，则沿波传播方向距离波

8、源为处的振动方程为。当t = T / 2时，处质点的振动速度为。解：波动方程为,处的质点振动方程为 (SI)处的振动方程为振动速度 时2. 如下图为一平面简谐波在 t = 2s时刻的波形图，该谐波的波动方程是；P处质点的振动方程是。该波的振幅A、波速u与波长为量解：由t = 2s波形图可知，原点O的振动方程为波向+*方向传播，所以波动方程为 (SI)P点，振动方程为3. 一简谐波沿 * 轴正向传播。和两点处的振动曲线分别如图(a) 和 (b) 所示。 且 (为波长)，则点的相位比点相位滞后 3/2 。解：由图(a)、(b)可知，和处振动初相分别为：，二点振动相位差为因为，所以的相位比的相位滞后

9、。 4. 图示一平面简谐波在 t = 2 s时刻的波形图，波的振幅为 0.2 m，周期为4s。则图中P点处质点的振动方程为解：由2s是波形图可知原点O处振动方程为：SIP点，相位比O点落后，所以P点的振动方程为：SI5. 一简谐波沿*轴正方向传播。* = 0点的振动曲线如图，试在它下面画出t = T时的波形曲线。解：由O点的振动曲线得振动方程：向*正向传播，波动方程为tT时与t0时波形曲线一样，波形曲线如右图所示。三、计算题1.一平面简谐波沿*轴正向传播，波的振幅A = 10 cm，波的角频率 = 7 rad/s.当t = 1.0 s时，* = 10 cm处的a质点正通过其平衡位置向y轴负方向

10、运动，而* = 20 cm处的b质点正通过y = 5.0 cm点向y轴正方向运动设该波波长 10 cm，求该平面波的表达式解：设平面简谐波的波长为，坐标原点处质点振动初相为，则该列平面简谐波的表达式可写成 (SI) 2分t = 1 s时因此时a质点向y轴负方向运动，故2分而此时，b质点正通过y = 0.05 m处向y轴正方向运动，应有且2分由、两式联立得 = 0.24 m 1分1分该平面简谐波的表达式为 (SI) 2分或 (SI) 2. 一平面简谐波沿*轴正向传播，其振幅为A，频率为 ，波速为u设t = t时刻的波形曲线如下图求 (1) * = 0处质点振动方程； (2) 该波的表达式解：(1

11、) 设* = 0 处质点的振动方程为由图可知，t = t时 1分 1分所以， 2分* = 0处的振动方程为 1分 (2) 该波的表达式为3分3.一平面简谐波沿O*轴的负方向传播，波长为，P处质点的振动规律如下图 (1) 求P处质点的振动方程；(2) 求此波的波动表达式；(3) 假设图中，求坐标原点O处质点的振动方程解：(1) 由振动曲线可知，P处质点振动方程为 (SI) 3分 (2) 波动表达式为 (SI) 3分 (3) O处质点的振动方程2分波动(2)一、选择题1. 如下图，和为两相干波源，它们的振动方向均垂直于图面, 发出波长为的简谐波。P点是两列波相遇区域中的一点，两列波在P点发生相消干

12、预。假设的振动方程为，则的振动方程为 解：S1和在P点发生相消干预，相位差为令。因为y1和y2在P点发生相消干预，所以, 的振动方程为 有两列沿相反方向传播的相干波，其波动方程分别为和，叠加后形成驻波，其波腹位置的坐标为： 其中的 解：两列波叠加后形成驻波，其方程为波腹处有： ，所以*时刻驻波波形曲线如下图，则a、b两点的位相差是 解：a 、b为驻波波节c点两侧的点，则振动相位相反，位相差为。在弦线上有一简谐波，其表达式是为了在此弦线上形成驻波，并且在处为一波节，此弦线上还应有一简谐波，其表达式为：解：据驻波形成条件设另一简谐波的波动方程为：由题意，处为波节，则，所以假设在弦上的驻波表达式是S

13、 I。则形成该驻波的两个反向行进的行波为：解:对(C) 二、填空题1.在截面积为S的圆管中，有一列平面简谐波在传播，其波的表达为，管中波的平均能量密度是w,则通过截面积S的平均能流是。解：由平均能流密度和平均能流的定义，平均能流为2. 两相干波源和的振动方程分别是 和 。 距P点3个波长， 距P点个波长。两波在P点引起的两个振动的相位差的绝对值是。解：两相干波在P点的相位差为：3. 为振动频率、振动方向均一样的两个点波源，振动方向垂直纸面，两者相距如图。的初相位为。(1) 假设使射线上各点由两列波引起的振动均干预相消，则的初位相应为：。(2) 假设使连线的中垂线M N上各点由两列波引起的振动均

14、干预相消，则的初位相应为：解：(1)在外侧C点，两列波的相位差为：(2) 在中垂线上任一点，假设产生相消干预，则4. 设入射波的表达式为。 波在* = 0处发生反射，反射点为固定端，则形成的驻波表达为解：反射波在*=0处有半波损失，令合成驻波方程为：或者：将写成反射波为：合成驻波方程为：一简谐波沿O*轴正方向传播，图中所示为该波t时刻的波形图。欲沿O*轴形成驻波，且使坐标原点O处出现波节，在另一图上画出另一简谐波t时刻的波形图。解：另一简谐波如右以下图所示。6. 在真空中沿*轴负方向传播的平面电磁波，其电场强度的波的表达式为 则磁场强度波的表达式是。 (真空的介电常数真空的磁导率)解：由沿y方

15、向，一定沿方向。又由，同频率同相位 ，所以三、计算题1.如下图，原点O是波源，振动方向垂直于纸面，波长是AB为波的反射平面，反射时无相位突变O点位于A点的正上方，O*轴平行于AB求O*轴上干预加强点的坐标限于* 0解：沿O*轴传播的波与从AB面上P点反射来的波在坐标*处相遇，两波的波程差为2分代入干预加强的条件，有：，k = 1，2，1分 2分k = 1，2，3，d，单色光波长为，屏幕上相邻的明条纹之间的距离为(A)。 (B)。 (C)。 (D)。 解：由双缝干预条件可知，相邻两明条纹间距为单色光空气如图，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

16、察到这些环状干预条纹 (A)向右平移。 (B)向中心收缩。(C)向外扩。 (D)静止不动。(E)向左平移。 解：牛顿环是等厚干预条纹，当平凸透镜垂直向上缓慢平移而远离平面玻璃时，*一厚度的空气膜向中心收缩，所以环状条纹向中心收缩。7.在迈克尔逊干预仪的一支光路中，放入一片折射率为n的透明介质薄膜后，测出两束光的光程差的改变量为一个波长，则薄膜的厚度是 (A)。(B)。(C)。(D) 。 解：设薄膜厚度为d，则放入薄膜后光程差的改变量为2(n1)d，所以，膜厚二、填空题1.如下图，波长为的平行单色光斜入射到距离为d的双缝上，入射角为.在图中的屏中央O处(), 两束相干光的位相差为。解：因为，所以

17、从S1和S2到O点的光程差为零，在双缝左边，两束光的光程差S屏相位差为：2.如图，在双缝干预实验中，假设把一厚度为e、折射率为n的薄云母片覆盖在缝上，中央明条纹将向移动；覆盖云母片后，两束相干光至原中央明条纹O处的光程差为。解：未参加云母时，r1=r2，屏上O点光程差为零，是中央明条纹。在r1中参加云母后，S1到O点光程大于S2到O点的光程，只有在O点上方的*点O1处，才有可能使光程差为零，所以中央明条纹将向上移动。S发出的光到达O点的光程差为。3. 波长为的平行单色光垂直照射到劈尖薄膜上，劈尖角为，劈尖薄膜的折射率为n，第k级明条纹与第k5级明条纹的间距是。解：由劈尖相邻两明条纹间距公式，可

18、知五条明条纹间距为4.波长=600nm的单色光垂直照射到牛顿环装置上，第二级明条纹与第五级明条纹所对应的空气薄膜厚度之差为nm。解：对于等厚干预条纹，相邻两明条纹对应的空气薄膜厚度差为，第二级明纹与第五级明纹对应的空气薄膜厚度差为 (nm)5. 用波长为的单色光垂直照射到空气劈尖上，从反射光中观察干预条纹，距顶点为L处是为暗条纹。使劈尖角连续变大，直到该点处再次出现暗条纹为止。劈尖角的改变量是。解：设原来L处为第k级暗纹，则(1) 改变，使L处再出现暗纹，即 则:(2)联立(1)(2)可得： 6. 在迈克尔逊干预仪的可动反射镜平移一微小距离的过程中，观察到干预条纹恰好移动1848条。所用单色光

19、的波长为5461。由此可知反射镜平移的距离等于mm (给出四位有效数字)。解：设反射镜平移距离为d，则因移动1条纹，反射镜平移，所以屏三、计算题1. 在双缝干预实验中，单色光源到两缝和的距离分别为和，并且，为入射光的波长，双缝之间的距离为d，双缝到屏幕的距离为D，如下图。求：(1) 零级明条纹到屏幕中央点O的距离；(2) 相邻明条纹间的距离。 解：(1) 设O点上方O点为零级明条纹，则(1) 又 (2)所以 (2) 在屏上距O点为*处，光程差为 有明纹条件得相邻明纹间距2.用波长500 nm (1 nm10-9 m)的单色光垂直照射在由两块玻璃板(一端刚好接触成为劈棱)构成的空气劈形膜上劈尖角

20、210-4 rad如果劈形膜充满折射率为n1.40的液体求从劈棱数起第五个明条纹在充入液体前后移动的距离解：设第五个明纹处膜厚为e，则有2ne / 25 设该处至劈棱的距离为l，则有近似关系el，由上两式得 2nl9 / 2，l9 / 4n 3分充入液体前第五个明纹位置l19 41分充入液体后第五个明纹位置l29 4n充入液体前后第五个明纹移动的距离ll1 l29n 4 3 分1.61 mm 1分3. 一平凸透镜放在一平晶上，以波长为589.3 nm(1nm=109m)的单色光垂直照射于其上，测量反射光的牛顿环测得从中央数起第k个暗环的弦长为lk3.00 mm，第(k5)个暗环的弦长为lk+5

21、4.60 mm，如下图求平凸透镜的球面的曲率半径R解：设第k个暗环半径为rk，第k5个暗环半径为rk+5，据牛顿环公式有 , 2分2分由图可见, 1.03 m 4分光的衍射单缝一、选择题1. 在如下图的单缝夫琅和费衍射装置中，将单缝宽度a稍稍变窄，同时使会聚透镜L沿y轴正方向作微小位移，则屏幕E上的中央衍射条纹将 (A)变宽，同时向上移动 (B)变宽，同时向下移动(C) 变宽，不移动 (D)变窄，同时向上移动(E) 变窄，不移动解：因中央明纹角宽度，故a变窄时，增大，屏上中央明纹将变宽。又中央明纹中心由透镜主光轴与屏幕的交点决定，当透镜向y轴正方向平移时，中央明条纹和其他明纹也将向y轴正方向平

22、移。L屏幕单缝2. 在如下图的单缝夫琅和费衍射实验中，假设将单缝沿透镜光轴方向向透镜平移，则屏幕上的衍射条纹 (A)间距变大(B)间距变小(C)不发生变化 (D)间距不变，但明暗条纹的位置交替变化解：屏上衍射条纹是以透镜主光轴与屏的交点为中心上下对称分布的，间距及明暗纹位置与缝宽a、波长、透镜焦距f有关，当只有单缝沿透镜光轴方向平移时，屏上衍射条纹不变。3. 一衍射光柵对*一定波长的垂直入射光，在屏幕上只能出现零级和一级主极大，欲使屏幕上出现更高级次的主极大，应该 (A) 换一个光栅常数较小的光栅 (B) 换一个光栅常数较大的光栅 (C) 将光栅向靠近屏幕的方向移动 (D) 将光栅向远离屏幕的

23、方向移动解：据光柵公式，有，一定，d增大时，屏上才能出现更高级次的主极大。4. 波长=5500 的单色光垂直入射于光柵常数d=210-4cm的平面衍射光柵上，可能观察到的光谱线的最大级次为 (A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5解：由光柵公式最大级次 所以35. 在双缝衍射实验中，假设保持双缝S1和S2的中心之间的距离d不变，而把两条缝的宽度a稍微加宽，则 (A) 单缝衍射的中央主级大变宽，其中所包含的干预条纹数目变少。(B) 单缝衍射的中央主级大变宽，其中所包含的干预条纹数目变多。(C) 单缝衍射的中央主级大变宽，其中所包含的干预条纹数目不变。(D) 单缝衍射的中央主级大变窄，其中所

24、包含的干预条纹数目变少。(E) 单缝衍射的中央主级大变窄，其中所包含的干预条纹数目变多。 解：对每一个单缝，中央明纹角宽度，当a增大时，减小，中央明纹变窄，又由光柵公式得： d、不变，减小时，k也减小，中央明纹中包含的干预条纹数目减少。二、填空题1. 惠更斯菲涅耳原理的根本容是：波阵面上各面积元所发出的子波在观察点P的 ，决定了P点的合振动及光强。2. 如下图，在单缝夫琅和费衍射中波长的单色光垂直入射在单缝上。假设对应于会聚在P点的衍射光线在缝宽a处的波阵面恰好分成3个半波带，图中，则光线1和光线2在P点的相差为 。解：菲涅耳半波带法中，相邻半波带中两条相对应的光线到达屏上相遇时光程差为/2，

25、所以相位差为，1和2两条光线就是这样的两条光线。3. 在单缝的夫琅和费衍射实验中，屏上第三级暗条纹所对应的单缝处波面可划分为半波带，假设将缝宽缩小一半，原来第三级暗纹处将是纹。解：由单缝衍射暗纹公式 ，当k=3时，即划分为6个半波带。假设将缝宽缩小一半，有，即划分为3个半波带由2n+1=3,n=1，可知为第一级明纹。用平行的白光垂直入射在平面透射光栅上时，波长为1=440nm的第3级光谱线，将与波长为2=nm的第2级光谱线重叠。解：由光栅公式可知，所以5. 一束平行单色光垂直入射在一光栅上，假设光栅的透明缝宽度a与不透明局部宽度b相等，则可能看到的衍射光谱的级数为。解：当a=b时，, 级次为2

26、的倍数时缺级，即可能看到的光谱级次为0，1，3，5。6. 用波长为的单色平行光垂直入射在一块多缝光柵上，其光柵常数d=3m，缝宽a=1m，则在单缝衍射的中央明条纹中共有条谱线(主极大)。解：因为d/a3，单缝衍射的第一级暗纹与光柵光谱的第三级明纹重合，单缝的中央明纹区中有0，1，2共5条谱线。三、计算题1.如下图，设波长为的平面波沿与单缝平面法线成角的方向入射，单缝AB的宽度为a，观察夫琅禾费衍射试求出各极小值(即各暗条纹)的衍射角解：1、2两光线的光程差，在如图情况下为2分由单缝衍射极小值条件a(sinsin ) = k k = 1,2, 2分 未排除k = 0 的扣1分得 = sin1(

27、k/ a+sin ) k = 1,2,(k 0) 1分2. 波长=6000的单色光垂直入射到一光柵上，测得第二级主级大的衍射角为30o，且第三级是缺级。 (1) 光栅常数(ab)等于多少？ (2) 透光缝可能的最小宽度a等于多少 (3) 在选定了上述(ab)和a之后，求在屏幕上可能呈现的全部主极大的级次。解：(1)由光栅公式：，由题意k=2，得 (2)设单缝第一级暗纹与光栅衍射第三级明纹重合，则第三级缺级，则 (3) 最大级次满足 又k=3缺级，所以屏上可见k=0，1，2共5个主极大。3. 一衍射光柵，每厘米有200条透光缝，每条透光缝宽为a=210-3 cm，在光栅后放一焦距f=1m的凸透镜

28、。现以=6000的单色平行光垂直照射光柵，求： (1) 透光缝a的单缝衍射中央明条纹宽度为多少？ (2) 在中央明条纹宽，有几个光栅衍射主极大？解：(1) 单缝第一级暗纹满足，中央明纹宽度 当所以(2) 由光栅公式取k=2，中央明纹区有k=0，1，2共5个主极大。 光的偏振一、选择题1. 两偏振片堆叠在一起，一束自然光垂直入射其上时没有光线通过。当其中一偏振片慢慢转动180o时透射光强度发生的变化为： (A)光强单调增加。(B)光强先增加，后又减小至零。 (C)光强先增加，后减小，再增加。 (D)光强先增加，然后减小，再增加，再减小至零。解：设入射自然光光强为I0，透过两偏振片后光强为其中是两

29、偏振片偏振化方向之间的夹角。起初I = 0,，增大，I增大，至时I最大；再增大，I减小，到时，I=0。2. 使一光强为I0的平面偏振光先后通过两个偏振片P1和P2，P1和 P2的偏振化方向与原入射光光矢量振动方向的夹角分别为和90o，则通过这两个偏振片后的光强I是 (A) (B) 0 (C) (D) (E) 解：由马吕斯定律，偏振片通过第一个偏振片后，光强为。再通过第二个偏振片后, 光强为:3. 一束光强为I0的自然光，相继通过三个偏振片P1， P2，P3后，出射光的光强为。 P1和P3的偏振化方向相互垂直， 假设以入射光线为轴，旋转 P 2，要使出射光的光强为零 ，P2 最少要转的角度是：(

30、A)30(B)45(C)60(D)90解：设P2与P1偏振化方向间夹角为，光强为I0的自然光通过后光强为，再通过P2后光强为,最后再通过P3后光强为 要使出射光的光强为零，P2的偏振化方向应与P1 或P3的偏振化方向平行，即最少要转过45。4. 一束光是自然光和线偏振光的混合光，让它垂直通过一偏振片。假设以此入射光束为轴旋转偏振片，测得透射光强度最大值是最小值的5倍，则入射光束中自然光与线偏振光的光强比值为 (A) (B) (C) (D)解：设入射自然光光强为I1，线偏振光光强为I2，混合光通过偏振片后光强为：由题意5. *种透明媒质对于空气的临界角(指反射)等于45，光从空气射向此媒质时的布

31、儒斯特角是 (A)35.3 (B)40.9 (C)45 (D)54.7 (E)57.3解：由全反射的临界角为45知，,n为该媒质的折射率，根据布儒斯特定律，设布儒斯特角为i0，则 6. 自然光以60入射角照射到*两介质交界面时，反射光为完全偏振光则可知折射光为(A) 完全偏振光且折射角是30。 (B)局部偏振光且只是在该光由真空入射到折射率为的介质时，折射角是30o。 (C) 局部偏振光，但须知两种介质的折射率才能确定折射角。 (D) 局部偏振光且折射角是30。 解：由布儒斯特定律知，当反射光为完全偏振光时，折射光为局部偏振光，且反射光线与折射光线互相垂直，所以折射角为：=9060 =30。二

32、、填空题1. 一束自然光从空气投射到玻璃外表上(空气折射率为1)，当折射角为30o时，反射光是完全偏振光，则此玻璃板的折射率等于。解：由布儒斯特定律和折射定律，当入射角为布儒斯特角时，反射光线和折射光线互相垂直，即i0=9030=60，折射率为n = tgi0=tg60=。2. 如下图，一束自然光入射到折射率分别为n1和n2的两种介质的交界面上，发生反射和折射。反射光是完全偏振光，则折射角 的值为 。解：由布儒斯特定律，起偏振角为： 又反射线与折射线垂直，则折射角为：3. 在以下五个图中，左边四个图表示线偏振光入射于两种介质分界面上，最右边的图表示入射光是自然光。n1和n2为两种介质的折射率，

33、图中入射角, , 试在图上画出实际存在的折射光线和反射光线，并用点或短线把振动方向表示出来。解：由布儒斯特定律：。当时， 平行于入射面的振动的光只折射不反射，垂直于入射面的振动的光既折射也反射。如下图。4. 在双折射晶体部，有*种特定方向称为晶体的光轴。光在晶体沿光轴传播时，寻常光和非寻常光的传播速度相等。光轴用方解石晶体(负晶体)切成一个截面为正三角形的棱形，光轴方向如图示，假设自然光以入射角i入射并产生双折射，试定性地分别画出o光和e光的光路及振动方向解：o光和e光的主平面均与纸面垂直，o光的光振动方向垂直其主平面，故在纸平面，e光的光振动方向平行其主平面，故垂直于纸面。方解石为负晶体，v

34、on1，o光更靠近法线。如下图。三、计算题1. 两个偏振片P1、P2叠在一起，由强度一样的自然光和线偏振光混合而成的光束垂直入射在偏振片上穿过P1后的透射光强为入射光强的1 / 2；连续穿过P1、P2后的透射光强为入射光强的1 / 4求 (1) 假设不考虑P1、P2对可透射分量的反射和吸收，入射光中线偏振光的光矢量振动方向与P1的偏振化方向夹角为多大？P1、P2的偏振化方向间的夹角为多大？(2) 假设考虑每个偏振光对透射光的吸收率为 5，且透射光强与入射光强之比仍不变，此时和应为多大？解：设I0为自然光强；I1、I2分别为穿过P1和连续穿过P1、P2后的透射光强度由题意知入射光强为2I0(1)

35、I1I0 / 2I0cos2=2I0/2 2分cos21 / 2得451分由题意，I2I1 / 2，又I2I1 cos2，所以cos21 / 2，得452分 (2) I1I0 / 2I0cos2(15%)=2I0/2 2分得42 1分仍有I2I1 / 2，同时还有I2I1cos2(15%) 所以cos21 / (20.95)，43.52分2. 如图安排的三种透光媒质I，其折射率分别为, ,。两个交界面相互平行。一束自然光自媒质I中入射到I与的交界面上，假设反射光为线偏振光， (1) 求入射角i； (2)媒质，界面上的反射光是不是线偏振光？为什么？解：(1)由布儒斯特定律，入射角i为起偏角 (2

36、)设在媒质中折射角为，则有 在, 分界面上 所以, 媒质，界面上的反射光不是线偏振光3.有一平面玻璃板放在水中，板面与水面夹角为(见图)。设水和玻璃的折射率分别为1.333和1.517。欲使图中水面和玻璃板面的反射光都是完全偏振光，角应是多大？解：设和分别为水面和玻璃板外表的布儒斯特角，为水面下的折射角，由布儒斯特定律知 由ABC可知， 又由布儒斯特定律和折射定律知代入表达式得振动习题总结填空题1一劲度系数为k的轻弹簧，下端挂一质量为m的物体，系统的振动周期为T1假设将此弹簧截去一半的长度，下端挂一质量为的物体，则系统振动周期T2等于 (A) 2 T1 (B) T1(C)T1 (D) T1 /

37、2 (E) T1 /4 2一质点在*轴上作简谐振动，振辐A = 4 cm，周期T = 2 s，其平衡位置取作坐标原点假设t = 0时刻质点第一次通过* = -2 cm处，且向*轴负方向运动，则质点第二次通过* = -2 cm处的时刻为 (A) 1 s (B) (2/3) s(C) (4/3) s(D) 2 s3一质点沿*轴作简谐振动，振动方程为 (SI)从t = 0时刻起，到质点位置在* = -2 cm处，且向*轴正方向运动的最短时间间隔为(A) (B) (C)O*1*2(D) (E) 4 两个同周期简谐振动曲线如下图*1的相位比*2的相位(A) 落后/2 (B) 超前(C)落后(D) 超前5

38、一简谐振动曲线如下图则振动周期是(A) 2.62 s (B) 2.40 s(C) 2.20 s(D) 2.00 s6用余弦函数描述一简谐振动振幅为A，周期为T，初相，则振动曲线为：7用余弦函数描述一简谐振子的振动假设其速度时间vt关系曲线如下图,则振动的初相位为 (A) /6. (B) /3. (C) /2. (D) 2/3. (E) 5/6. 8一弹簧振子作简谐振动，总能量为E1，如果简谐振动振幅增加为原来的两倍，重物的质量增为原来的四倍，则它的总能量E2变为 (A) E1/4 (B) E1/2(C) 2E1 (D) 4 E19当质点以频率作简谐振动时，它的动能的变化频率为 (A) 4 (B

39、) 2 (C) (D) 10弹簧振子在光滑水平面上作简谐振动时，弹性力在半个周期所作的功为 (A) kA2 (B) (C) (1/4)kA2 (D) 011一弹簧振子作简谐振动，当位移为振幅的一半时，其动能为总能量的 (A) 1/4. (B) 1/2. (C) . (D) 3/4. (E) . 计算题1.一轻弹簧在60 N的拉力下伸长30 cm现把质量为4 kg的物体悬挂在该弹簧的下端并使之静止，再把物体向下拉10 cm，然后由静止释放并开场计时求 (1) 物体的振动方程；(2) 物体在平衡位置上方5 cm时弹簧对物体的拉力；(3) 物体从第一次越过平衡位置时刻起到它运动到上方5 cm处所需要

40、的最短时间2. 一简谐振动的振动曲线如下图求振动方程3一质点作简谐振动，其振动方程为 (SI) (1) 当*值为多大时，系统的势能为总能量的一半？(2) 质点从平衡位置移动到上述位置所需最短时间为多少？4一质点同时参与两个同方向的简谐振动，其振动方程分别为*1 =510-2cos(4t + /3) (SI) ,*2 =310-2sin(4t - /6 (SI) 画出两振动的旋转矢量图，并求合振动的振动方程5两个同方向的简谐振动的振动方程分别为*1 = 410-2cos2 (SI),*2 = 310-2cos2 (SI) 求合振动方程， 习题答案填空题D B E B B A A D B D D二

41、计算题1.解：k = f/* =200 N/m ， rad/s 2分(1)选平衡位置为原点，*轴指向下方如下图，t = 0时，*0 = 0.1=Acos，v0 = 0 = -Asin解以上二式得A = 0.1 m， = 02分振动方程* = 0.1 cos(7.07t) (SI)1分(2) 物体在平衡位置上方5 cm时，弹簧对物体的拉力f = m(g-a )，而a = -2* = 2.5 m/s2f =4 (9.82.5) N= 29.2 N 3分(3) 设t1时刻物体在平衡位置，此时* = 0，即0 = Acost1或cost1 = 0此时物体向上运动，v 0 t1 = /2，t1= /2 = 0.222 s1分再设t2时物体在平衡位置上方5 cm处，此时* = -5，即 -5 = Acost1，cost1=1/2v 0，t2 = 2/3，t2=2 /3 =0.296 s2分t = t1-t2 = (0.2960.222) s0.074 s 1分2解：(1) 设振动方程为由曲线可知A = 10 cm , t = 0，解上面两式，可得 = 2/3 2分由图可知质点由位移为*0 = -5 cm和v0 0的状态所需时间t = 2 s，代入振动方程得 (SI) 则有， = 5 /12 2分故所求振动方程为 (SI) 3解：(1) 势