湖南大学大学物理练习册答案解析一、二上下两册全

./大学物理〔一练习册参考解答第1章质点运动学一、选择题1<D>,2<D>,3<B>,4<D>,5<D>,6<D>,7<D>,8<D>,9<B>,10<B>,二、填空题<1>.,<n=0,1,…>,<2>.8m,10m.<3>.23m/s.<4>.16Rt2,4rad/s2<5>.4t3-3t2<rad/s>,12t2-6t<m/s2>.<6>.,2ct,c2t4/R.<7>.2.24m/s2,104o<8>.m/s,0,圆.<9>.h1v/<h1h2><10>.三、计算题1.有一质点沿x轴作直线运动,t时刻的坐标为x=4.5t2–2t3<SI>．试求：<1>第2秒内的平均速度；<2>第2秒末的瞬时速度；<3>第2秒内的路程．解：<1>m/s<2>v=dx/dt=9t-6t2,v<2>=-6m/s.<3>S=|x<1.5>-x<1>|+|x<2>-x<1.5>|=2.25m.2.一质点沿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：dv/dtt,dvtdtv=2t2vx/dtt2xt3/3+x0<SI>3.质点沿x轴运动,其加速度a与位置坐标x的关系为a＝2＋6x2<SI>,如果质点在原点处的速度为零,试求其在任意位置处的速度．解：设质点在x处的速度为v,4.一物体悬挂在弹簧上作竖直振动,其加速度为ky,式中k为常量,y是以平衡位置为原点所测得的坐标.假定振动的物体在坐标y0处的速度为v0,试求速度v与坐标y的函数关系式．解：又ky∴-kvdv/dy已知y0,v0则5.一质点沿半径为R的圆周运动．质点所经过的弧长与时间的关系为其中b、c是大于零的常量,求从开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间．解：根据题意：at=an即解得6.如图所示,质点P在水平面内沿一半径为R=2m的圆轨道转动．转动的角速度与时间t的函数关系为<k为常量>．已知时,质点P的速度值为32m/s．试求s时,质点P的速度与加速度的大小．解：根据已知条件确定常量k,时,v=4Rt2=8m/sm/s27.<1>对于在xy平面内,以原点O为圆心作匀速圆周运动的质点,试用半径r、角速度和单位矢量、表示其t时刻的位置矢量．已知在t=0时,y=0,x=r,角速度如图所示；<2>由<1>导出速度与加速度的矢量表示式；<3>试证加速度指向圆心．解：<1><2><3>这说明与方向相反,即指向圆心8.一飞机驾驶员想往正北方向航行,而风以60km/h的速度由东向西刮来,如果飞机的航速〔在静止空气中的速率为180km/h,试问驾驶员应取什么航向？飞机相对于地面的速率为多少？试用矢量图说明．解：设下标A指飞机,F指空气,E指地面,由题可知：vFE=60km/h正西方向vAF=180km/h方向未知vAE大小未知,正北方向由相对速度关系有：、、构成直角三角形,可得〔飞机应取向北偏东19.4的航向．四研讨题1.在下列各图中质点M作曲线运动,指出哪些运动是不可能的？参考解答：<1>、<3>、<4>是不可能的．<1>曲线运动有法向加速度,加速度不可能为零；<3>曲线运动法向加速度要指向曲率圆心；<4>曲线运动法向加速度不可能为零.2.设质点的运动方程为,在计算质点的速度和加速度时：第一种方法是,先求出,然后根据及而求得结果；第二种方法是,先计算速度和加速度的分量,再合成求得结果,即和.你认为两种方法中哪种方法正确？参考解答：第二种方法是正确的。因为速度和加速度都是矢量,根据定义,所以,.第一种方法是错误的,问题的关键在于位移、速度、加速度的矢量性〔为r方向的单位矢量,.问题的关键：在第二种方法中,如果在第一种方法的讨论中,那么=则也成立！注意：若则必须是大小与方向均不随时间改变的常矢量。根据质点的运动方程为,,质点作平面曲线运动,如图所示,大小不变,但方向改变！所以即第一种方法是错误的！只有在直线运动中,〔显然是大小与方向均不随时间改变的常矢量速度的大小才等于.对加速度的大小也可以用同样方法加以讨论.第2章质点力学的运动定律守恒定律一、选择题1<C>,2<E>,3<D>,4<C>,5<C>,6<B>,7<C>,8<C>,9<B>,10<C>,11<B>,12<A>,13<D>二、填空题<1>.2=12rad/s,A=0.027J<2>.290J<3>.3J<4>.18N·s<5>.<SI><6>.16N·s,176J<7>.16N·s,176J<8>.,<9>.63.2N<10>.<2m,6m>；<-4m,2m>和<6m,8m>；2m和6m.三、计算题1.已知一质量为m的质点在x轴上运动,质点只受到指向原点的引力的作用,引力大小与质点离原点的距离x的平方成反比,即,k是比例常数．设质点在x=A时的速度为零,求质点在x=A/4处的速度的大小．解：根据牛顿第二定律∴∴2.质量为m的子弹以速度v0水平射入沙土中,设子弹所受阻力与速度反向,大小与速度成正比,比例系数为Ｋ,忽略子弹的重力,求：<1>子弹射入沙土后,速度随时间变化的函数式；<2>子弹进入沙土的最大深度．解：<1>子弹进入沙土后受力为－Ｋv,由牛顿定律∴∴<2>求最大深度解法一：∴解法二：∴∴3.如图,用传送带A输送煤粉,料斗口在A上方高h＝0.5m处,煤粉自料斗口自由落在A上．设料斗口连续卸煤的流量为qm＝40kg/s,A以v＝2.0m/s的水平速度匀速向右移动．求装煤的过程中,煤粉对A的作用力的大小和方向．〔不计相对传送带静止的煤粉质重解：煤粉自料斗口下落,接触传送带前具有竖直向下的速度设煤粉与A相互作用的t时间内,落于传送带上的煤粉质量为设A对煤粉的平均作用力为,由动量定理写分量式：将代入得,∴N与x轴正向夹角为=arctg<fx/fy>=57.4°由牛顿第三定律煤粉对A的作用力f′=f=149N,方向与图中相反．4.有一水平运动的皮带将砂子从一处运到另一处,砂子经一竖直的静止漏斗落到皮带上,皮带以恒定的速率v水平地运动．忽略机件各部位的摩擦及皮带另一端的其它影响,试问：<1>若每秒有质量为qm=dM/dt的砂子落到皮带上,要维持皮带以恒定速率v运动,需要多大的功率？<2>若qm=20kg/s,v＝1.5m/s,水平牵引力多大？所需功率多大？解：<1>设t时刻落到皮带上的砂子质量为M,速率为v,t+dt时刻,皮带上的砂子质量为M+dM,速率也是v,根据动量定理,皮带作用在砂子上的力F的冲量为：∴由第三定律,此力等于砂子对皮带的作用力F,即F=F．由于皮带匀速运动,动力源对皮带的牵引力F″=F,因而,F=F,F与v同向,动力源所供给的功率为：<2>当qm＝dM/dt=20kg/s,v＝1.5m/s时,水平牵引力F＝vqm=30N所需功率P=v2qm=45W5.一链条总长为l,质量为m,放在桌面上,并使其部分下垂,下垂一段的长度为a．设链条与桌面之间的滑动摩擦系数为．令链条由静止开始运动,则<1>到链条刚离开桌面的过程中,摩擦力对链条作了多少功？<2>链条刚离开桌面时的速率是多少？解：<1>建立如图坐标.某一时刻桌面上全链条长为y,则摩擦力大小为摩擦力的功==<2>以链条为对象,应用质点的动能定理∑W＝其中∑W=WP＋Wf,v0=0WP==由上问知所以得6.小球A,自地球的北极点以速度在质量为M、半径为R的地球表面水平切向向右飞出,如图所示,地心参考系中轴OO＇与平行,小球A的运动轨道与轴OO＇相交于距O为3R的C点．不考虑空气阻力,求小球A在C点的速度与之间的夹角．解：由机械能守恒：①根据小球绕O角动量守恒：②①、②式联立可解出．7.质量为mA的粒子A受到另一重粒子B的万有引力作用,B保持在原点不动．起初,当A离B很远<r=∞>时,A具有速度,方向沿图中所示直线Aa,B与这直线的垂直距离为D．粒子A由于粒子B的作用而偏离原来的路线,沿着图中所示的轨道运动．已知这轨道与B之间的最短距离为d,求B的质量mB．解：A对B所在点的角动量守恒．设粒子A到达距B最短距离为d时的速度为v．,A、B系统机械能守恒<A在很远处时,引力势能为零>解得∴8.一个具有单位质量的质点在随时间t变化的力<SI>作用下运动．设该质点在t=0时位于原点,且速度为零．求t=2秒时,该质点受到对原点的力矩和该质点对原点的角动量．解：以下各式均为SI式m=1,,,∵,t=0时,∴∵,t=0时,∴当t=2s时,,力矩角动量四研讨题1.汽车发动机内气体对活塞的推力以及各种传动部件之间的作用力能使汽车前进吗？使汽车前进的力是什么力？参考解答：汽车发动机内气体对活塞的推力以及各种传动部件之间的作用力都是汽车系统的内力,内力只会改变内部各质点的运动状态,不会改变系统的总动量,所以不能使汽车前进。使汽车前进的力只能是外力,这个外力就是地面给汽车的摩擦力。粗略分析如下：当汽车发动机内气体对活塞的推力带动传动部件使主动轮〔一般为汽车的后轮绕轮轴转动时,使主动轮与地面的接触部分相对地面有向后滑动的趋势,从而使地面对汽车施以向前的摩擦力,使汽车整体向前加速运动。由于汽车前进使从动轮〔汽车的前轮相对地面有向前的运动趋势,因此从动轮受到地面施以的方向向后的摩擦力,该摩擦力对从动轮轴的力矩使从动轮滚动起来。所以汽车的运动最终靠的是地面施加的摩擦力。2.冲量的方向是否与冲力的方向相同？参考解答：冲量是力对时间的积累,由动量定理：所以,冲量的方向和动量增量的方向相同,不一定与冲力的方向相同。3.一物体可否只具有机械能而无动量？一物体可否只有动量而无机械能？试举例说明。参考解答：机械能是系统作机械运动的动能和势能的总和.动能与物体相对参考系的运动速度有关,势能则属于保守力系统,一物体具有的势能,是相对势能零点而言的。若取保守力系统,物体相对参考系静止,那么物体的动能为零,物体的动量也为零。该系统的机械能就是物体相对系统势能零点所具有的势能.所以,一物体可以有机械能而无动量。例如：一质量为m的物体〔例如一气球静止在相对于地面为h的高处,此时对于物体和地球系统,具有的机械能为重力势能,其值为mgh。由于此时物体静止,故其动量为零。在保守力系统中,若一物体运动至某一位置时所具有的动能值,恰等于该位置相对势能零点所具有的负的势能值,则该物体的机械能为零,而因物体具有动能,因而动量不为零。所以,一物体也可以有动量而无机械能。例如：物体自离地面高为h处自由下落,取物体和地球为系统,并取下落处为重力势能零点.初始时刻系统的机械能E0=0,下落至地面时,物体具有速度的大小为v,动能为mv2/2,动量的大小为mv,系统的机械能为E=mv2/2mgh=E0=0.4.在经典力学范围内,若某物体系对某一惯性系满足机械能守恒条件,则在相对于上述惯性系作匀速直线运动的其它参照系中,该物体系是否一定也满足机械能守恒条件？请举例说明．参考解答：不一定满足守恒条件．例如在水平面上以速度匀速直线行驶的车厢顶上悬挂一小球．以车厢为参考系,小球摆动过程中绳子张力对小球不作功,则小球＋地系统机械能守恒．若以地面为参考系,小球相对于车厢的摆动速度为,则小球对地速度,与绳张力不垂直,故小球摆动过程中绳张力对小球要作功,这时小球＋地系统不满足机械能守恒条件．但在上述两个参考系〔惯性系中,动能定理和功能原理仍是成立的．5.在车窗都关好的行驶的汽车内,漂浮着一个氢气球,当汽车向左转弯时,氢气球在车内将向左运动还是向右运动？参考解答：在空气中释放一氢气球,它将受浮力的作用上升。这浮力的根源是大气在重力场中的压强上小下大,因而对氢气上下表面的压力不同,上小下大,而使浮力与重力的方向相反。在题述汽车向左转弯时,它具有指向车厢左侧的法向加速度。因而汽车是一非惯性系。在汽车内观察,即以汽车为参考系,其中空气将受到指向右侧的惯性离心力。汽车内的空气就好象处在一水平向右的"重力场"中一样。根据Fi=m2r,这"重力场"左弱右强。和在地球表面空气中氢气球受浮力要向上运动类似,在汽车内空气中的氢气球将受到水平向左〔与水平"重力"方向相反的"浮力"的作用而向左运动。〔忽略由于氢气球质量很小而引起的在车内看到的很小的向右的运动第2章刚体定轴转动一、选择题1<B>,2<B>,3<A>,4<D>,5<C>,6<C>,7<C>,8<C>,9<D>,10<C>二、填空题<1>.v≈15.2m/s,n2＝500rev/min<2>.62.51.67ｓ<3>.g/lg/<2l><4>.5.0Nm<5>.4.0rad/s<6>.0.25kg·m2<7>.<8>.参考解：M＝＝<9>.<10>.三、计算题1.有一半径为R的圆形平板平放在水平桌面上,平板与水平桌面的摩擦系数为μ,若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度ω0开始旋转,它将在旋转几圈后停止？〔已知圆形平板的转动惯量,其中m为圆形平板的质量解：在r处的宽度为dr的环带面积上摩擦力矩为总摩擦力矩故平板角加速度=M/J设停止前转数为n,则转角=2n由可得2.如图所示,一个质量为m的物体与绕在定滑轮上的绳子相联,绳子质量可以忽略,它与定滑轮之间无滑动．假设定滑轮质量为M、半径为R,其转动惯量为,滑轮轴光滑．试求该物体由静止开始下落的过程中,下落速度与时间的关系．解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程对物体：mg－T＝ma①对滑轮：TR=J②运动学关系：a＝R③将①、②、③式联立得a＝mg/<m＋M>∵v0＝0,∴v＝at＝mgt/<m＋M>3.为求一半径R＝50cm的飞轮对于通过其中心且与盘面垂直的固定转轴的转动惯量,在飞轮上绕以细绳,绳末端悬一质量m1＝8kg的重锤．让重锤从高2m处由静止落下,测得下落时间t1＝16s．再用另一质量m2=4kg的重锤做同样测量,测得下落时间t2＝25s．假定摩擦力矩是一个常量,求飞轮的转动惯量．解：根据牛顿运动定律和转动定律,对飞轮和重物列方程,得TR－Mf＝Ja/R①mg－T＝ma②h＝③则将m1、t1代入上述方程组,得a1＝2h/＝0.0156m/s2T1＝m1<g－a1>＝78.3NJ＝<T1R－Mf>R/a1④将m2、t2代入①、②、③方程组,得a2＝2h/＝6.4×10-3m/sT2＝m2<g－a2>＝39.2NJ=<T2R－Mf>R/a2⑤由④、⑤两式,得J＝R2<T1－T2>/<a1－a2>＝1.06×103kg·m24.一转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动,起初角速度为0．设它所受阻力矩与转动角速度成正比,即M＝－k<k为正的常数>,求圆盘的角速度从0变为时所需的时间．解：根据转动定律：Jd/dt=-k∴两边积分：得ln2=kt/J∴t＝<Jln2>/k5.某人站在水平转台的中央,与转台一起以恒定的转速n1转动,他的两手各拿一个质量为m的砝码,砝码彼此相距l1<每一砝码离转轴l1>,当此人将砝码拉近到距离为l2时<每一砝码离转轴为l2>,整个系统转速变为n2．求在此过程中人所作的功．<假定人在收臂过程中自身对轴的转动惯量的变化可以忽略>解：<1>将转台、砝码、人看作一个系统,过程中人作的功W等于系统动能之增量：W＝Ek＝这里的J0是没有砝码时系统的转动惯量．<2>过程中无外力矩作用,系统的动量矩守恒：2<J0＋>n1=2<J0＋>n2∴<3>将J0代入W式,得6.一质量均匀分布的圆盘,质量为M,半径为R,放在一粗糙水平面上<圆盘与水平面之间的摩擦系数为>,圆盘可绕通过其中心O的竖直固定光滑轴转动．开始时,圆盘静止,一质量为m的子弹以水平速度v0垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边上,求<1>子弹击中圆盘后,盘所获得的角速度．<2>经过多少时间后,圆盘停止转动．<圆盘绕通过O的竖直轴的转动惯量为,忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩>解：<1>以子弹和圆盘为系统,在子弹击中圆盘过程中,对轴O的角动量守恒．mv0R＝<MR2＋mR2><2>设表示圆盘单位面积的质量,可求出圆盘所受水平面的摩擦力矩的大小为＝<2/3>gR3＝<2/3>MgR设经过t时间圆盘停止转动,则按角动量定理有－Mft＝0－J＝－<MR2＋mR2>＝-mv0R∴7.一匀质细棒长为2L,质量为m,以与棒长方向相垂直的速度v0在光滑水平面内平动时,与前方一固定的光滑支点O发生完全非弹性碰撞．碰撞点位于棒中心的一侧处,如图所示．求棒在碰撞后的瞬时绕O点转动的角速度．<细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为,式中的m和l分别为棒的质量和长度．>解：碰撞前瞬时,杆对O点的角动量为式中为杆的线密度．碰撞后瞬时,杆对O点的角动量为因碰撞前后角动量守恒,所以∴=6v0/<7L>8.长为l的匀质细杆,可绕过杆的一端O点的水平光滑固定轴转动,开始时静止于竖直位置．紧挨O点悬一单摆,轻质摆线的长度也是l,摆球质量为m．若单摆从水平位置由静止开始自由摆下,且摆球与细杆作完全弹性碰撞,碰撞后摆球正好静止．求：<1>细杆的质量．<2>细杆摆起的最大角度．解：<1>设摆球与细杆碰撞时速度为v0,碰后细杆角速度为,系统角动量守恒得：J=mv0l由于是弹性碰撞,所以单摆的动能变为细杆的转动动能代入J＝,由上述两式可得M＝3m<2>由机械能守恒式及并利用<1>中所求得的关系可得四研讨题1.计算一个刚体对某转轴的转动惯量时,一般能不能认为它的质量集中于其质心,成为一质点,然后计算这个质点对该轴的转动惯量？为什么？举例说明你的结论。参考解答：不能．因为刚体的转动惯量与各质量元和它们对转轴的距离有关．如一匀质圆盘对过其中心且垂直盘面轴的转动惯量为,若按质量全部集中于质心计算,则对同一轴的转动惯量为零．2.刚体定轴转动时,它的动能的增量只决定于外力对它做的功而与内力的作用无关。对于非刚体也是这样吗？为什么？参考解答：根据动能定理可知,质点系的动能增量不仅决定于外力做的功,还决定于内力做的功。由于刚体内任意两质量元间的距离固定,或说在运动过程中两质量元的相对位移为零,所以每一对内力做功之和都为零。故刚体定轴转动时,动能的增量就只决定于外力的功而与内力的作用无关了。非刚体的各质量元间一般都会有相对位移,所以不能保证每一对内力做功之和都为零,故动能的增量不仅决定于外力做的功还决定于内力做的功。3.乒乓球运动员在台面上搓动乒乓球,为什么乒乓球能自动返回？参考解答：分析：乒乓球〔设乒乓球为均质球壳的运动可分解为球随质心的平动和绕通过质心的轴的转动．乒乓球在台面上滚动时,受到的水平方向的力只有摩擦力．若乒乓球平动的初始速度vc的方向如图,则摩擦力Fr的方向一定向后．摩擦力的作用有二,对质心的运动来说,它使质心平动的速度vc逐渐减小；对绕质心的转动来说,它将使转动的角速度逐渐变小．当质心平动的速度vc=0而角速度0时,乒乓球将返回．因此,要使乒乓球能自动返回,初始速度vc和初始角速度0的大小应满足一定的关系．解题：由质心运动定理:因,得<1>由对通过质心的轴〔垂直于屏面的转动定律,得<2>由<1>,<2>两式可得,令可得这说明当vc=0和0的大小满足此关系时,乒乓球可自动返回．第3章狭义相对论一、选择题1<B>,2<C>,3<C>,4<C>,5<B>,6<D>,7<C>,8<D>,9<D>,10<C>二、填空题<1>.c<2>.4.33×10-8s<3>.x/v,<4>.c<5>.0.99c<6>.0.99c<7>.8.89×10-8s<8>.<9>.,<10>.9×1016J,1.5×1017J三、计算题1.在K惯性系中观测到相距x=9×108m的两地点相隔t=5s发生两事件,而在相对于K系沿x方向以匀速度运动的K＇系中发现此两事件恰好发生在同一地点．试求在K＇系中此两事件的时间间隔．解：设两系的相对速度为v,根据洛仑兹变换,对于两事件,有由题意：可得x=vt及,由上两式可得=4s2.在K惯性系中,相距x=5×106m的两个地方发生两事件,时间间隔t=10-2s；而在相对于K系沿正x方向匀速运动的K＇系中观测到这两事件却是同时发生的．试计算在K＇系中发生这两事件的地点间的距离x＇是多少？解：设两系的相对速度为v．根据洛仑兹变换,对于两事件,有由题意：可得及由上两式可得=4×106m3.一艘宇宙飞船的船身固有长度为L0=90m,相对于地面以0.8c<c为真空中光速>的匀速度在地面观测站的上空飞过．<1>观测站测得飞船的船身通过观测站的时间间隔是多少？<2>宇航员测得船身通过观测站的时间间隔是多少？解：<1>观测站测得飞船船身的长度为54m则t1=L/v=2.25×10-7s<2>宇航员测得飞船船身的长度为L0,则t2=L0/v=3.75×10-7s4.一飞船和慧星相对于地面分别以0.6c和0.8c速度相向运动,在地面上观察,5s后两者将相撞,问在飞船上观察,二者将经历多长时间间隔后相撞？解：两者相撞的时间间隔Δt=5s是运动着的对象—飞船和慧星—发生碰撞的时间间隔,因此是运动时．在飞船上观察的碰撞时间间隔Δt`是以速度v=0.6c运动的系统的本征时,根据时间膨胀公式,可得时间间隔为=4<s>．5.在惯性系中,有两个静止质量都是m0的粒子A和B,它们以相同的速率v相向运动,碰撞后合成为一个粒子,求这个粒子的静止质量M0．解：设粒子Ａ的速度为,粒子Ｂ的速度为,合成粒子的运动速度为．由动量守恒得因,且,所以．即合成粒子是静止的．由能量守恒得解出6.两个质点A和B,静止质量均为m0．质点A静止,质点B的动能为6m0c2．设A、B两质点相撞并结合成为一个复合质点．求复合质点的静止质量．解：设复合质点静止质量为M0,运动时质量为M．由能量守恒定律可得其中mc2为相撞前质点B的能量．故设质点B的动量为pB,复合质点的动量为p．由动量守恒定律利用动量与能量关系,对于质点B可得对于复合质点可得由此可求得四研讨题1.相对论的时间和空间概念与牛顿力学的有何不同？有何联系？参考解答：牛顿力学时空观的基本观点是,长度和时间的测量与运动〔或说与参考系无关；而相对论时空观的基本观点是,长度和时间的测量不仅与运动有关,还与物质分布有关。牛顿力学时空概念是相对论时空观在低速〔即运动速度远远小于光速时的近似。牛顿力学时空观的基本原理是力学相对性原理,由力学基本原理得到的两个惯性系的运动量间的关系是伽利略变换狭义相对论时空观的基本原理是相对论的相对性原理和光速不变原理,而相应运动量之间的变换是洛仑兹变换比较上述两个变换式可知,在低速时,即时,洛仑兹变换式就会过渡到伽利略变换式。2.同时的相对性是什么意思？为什么会有这种相对性？如果光速是无限大,是否还会有同时性的相对性？参考解答：同时性的相对性的意思是：在某一惯性系中两地同时发生的两个事件,在相对于此惯性系匀速运动的另一惯性系中观测,并不是同时发生的。这个结论与光速不变原理紧密相联。设相对运动的惯性系是和,坐标系和相对运动如图所示,坐标原点0和重合时设为。由洛仑兹变换,两事件的时空坐标关系为如果在系中两事件同时发生,即,那么在系中两事件的时间间隔与两事件在系中发生的空间间隔有关。当时,。即两事件在系中不同时发生。如果光速是无限大,也就是研究的对象均属于低速情况,那必然是牛顿力学的情况。即洛仑兹变换中的则,就不再有同时的相对性。3.在某一参考系中同一地点、同一时刻发生的两个事件,在任何其他参考系中观察观测都将是同时发生的,对吗？这里的参考系均指惯性系。参考解答：对的。如果系和系是相对于运动的两个惯性系。设在系中同一地点、同一时刻发生了两个事件,即.将上述已知条件代入下面的洛仑兹坐标变换式中则可得,说明在系中也是同时发生的。这就是说,在同一地点,同一时刻发生的两个事件,在任何其他参考系中观察观测也必然是同时发生。4.静长L0的火车以匀速v行驶时,甲是地面上的观测者,相对于地面静止；乙是火车上的观测者,相对于火车静止.甲观测到的长度<L0,即火车的动长小于静长,这就是甲所观测到的长度收缩.试从另一个角度来看长度收缩问题,即被测量者如何看待别人的测量,并讨论产生不同看法的原因.参考解答：当火车以匀速v行驶时,甲是地面上的观测者,相对于地面静止;乙是火车上的观测者,相对于火车静止.以地面为S系,沿火车速度方向取x轴;以火车为S′系,沿火车速度方向取x′轴.甲是这样测量运动中的火车长度的：在S系的同一时刻〔t2=t1,在地面划下火车前端A的位置x2和后端B的位置x1<如图1所示>,然后测量x2和x1之间的距离L,这就是甲测出的运动中的火车长度,即对乙来说,火车是静止的,火车前端A的位置x′2和后端B的位置x′1之间的距离就是火车的静长L0,即且因v<c,故由式<3>得出L<L0,即火车的动长小于静长,这就是甲所观测到的长度收缩。乙是如何看待上述甲的测量呢?乙观测到,甲在t′2时刻在地面上划下火车前端A的位置x2,在t′1时刻在地面上划下火车后端B的位置x1,由洛伦兹变换有这个结果表明：t′2在先,t′1在后.也就是说,在乙看来,甲并不是同时划下火车前后端的位置的,而是先<t′2时刻>划下火车前端A的位置x2,后<t′1时刻>划下火车后端B的位置x1,如图2所示.所以,乙认为,甲少测了一段长度,这段长度为将式<3>代入式<4>得因此,乙认为,甲所测量的不是火车的长度,而是比火车短ΔL的某一长度：将式<5>代入式<6>得乙还观测到,地面上沿火车进行方向的尺缩短了,缩短的因子为,于是乙推知,甲所观测到的火车长度应为这正是甲测得的结果.由以上的分析可见,在S系看来,甲的观测是正确的,火车的长度收缩是真实的.在S′系看来,火车的长度是L0,并没有收缩,而是甲的观测方法有问题<先测前端,后测后端>,甲少测了一段长度ΔL,加上甲的尺缩短了,两种因素合在一起,使甲得出火车长度收缩的结论.第4章振动一、选择题1<C>,2<B>,3<B>,4<C>,5<C>,6<D>,7<B>,8<D>,9<B>,10<C>二、填空题<1>.、-/2分、．<2>.、<3>.<4>.<5>.<6>.0.05m,-0.205〔或-36.9°<7>.3/4,<8>.291Hz或309Hz<9>.1×10-2m,/6<10>.,或三、计算题1．在一轻弹簧下端悬挂m0=100g砝码时,弹簧伸长8cm．现在这根弹簧下端悬挂m=250g的物体,构成弹簧振子．将物体从平衡位置向下拉动4cm,并给以向上的21cm/s的初速度〔令这时t=0．选x轴向下,求振动方程的数值式．解：k=m0g/lN/mcm,=0.64rad<SI>2．一木板在水平面上作简谐振动,振幅是12cm,在距平衡位置6cm处速率是24cm/s．如果一小物块置于振动木板上,由于静摩擦力的作用,小物块和木板一起运动〔振动频率不变,当木板运动到最大位移处时,物块正好开始在木板上滑动,问物块与木板之间的静摩擦系数为多少？解：若从正最大位移处开始振动,则振动方程为,在cm处,cm/s∴6=12|cost|,24=|-12sint|,解以上二式得rad/s,木板在最大位移处最大,为①若mA2稍稍大于mg,则m开始在木板上滑动,取②∴③3.在一竖直轻弹簧的下端悬挂一小球,弹簧被拉长l0=1.2cm而平衡．再经拉动后,该小球在竖直方向作振幅为A=2cm的振动,试证此振动为简谐振动；选小球在正最大位移处开始计时,写出此振动的数值表达式．解：设小球的质量为m,则弹簧的劲度系数．选平衡位置为原点,向下为正方向．小球在x处时,根据牛顿第二定律得将代入整理后得∴此振动为简谐振动,其角频率为．设振动表达式为由题意：t=0时,x0=A=m,v0=0,解得=0∴4.一质量m=0.25kg的物体,在弹簧的力作用下沿x轴运动,平衡位置在原点.弹簧的劲度系数k=25N·m-1．<1>求振动的周期T和角频率．<2>如果振幅A=15cm,t=0时物体位于x=7.5cm处,且物体沿x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>s<2>A=15cm,在t=0时,x0=7.5cm,v0<0由得m/s或4/3∵x0>0,∴<3><SI>5.质量m=5.00kg的物体挂在弹簧上,让它在竖直方向作自由振动．在无阻尼情况下,其振动周期T0=0.2s,放在阻力与物体的运动速率成正比的某介质中,它的振动周期T=0.4s．求当速度为1.0cm/s时物体在该阻尼介质中所受的阻力．解：,∴=8.66s-1=2m=86.6kg·s-1F=v=0.866N6.质量为m=0.1kg的物体和劲度系数为k=10N/m的轻弹簧构成弹簧振子．物体在弹性力和外加强迫力F=Hcost〔其中=10s-1和阻力f=-v的共同作用下作受迫振动．若阻力系数增加为原来的2倍,其它条件不变,物体的振幅将变为原来的多少倍？解：稳态受迫振动的振幅为,其中．,题给,则这时.若变为原来的2倍,A将变为原来的1/2．四研讨题1.简谐振动的初相是不是一定指它开始振动时刻的位相？参考解答：对于一个振幅和周期已定的简谐振动,用数学公式表示时,由于选作原点的时刻不同,值就不同。例如,选物体到达正向极大位移的时刻为时间原点,则值等于零；如果选物体到达负向极大位移的时刻为时间原点,则等于。由于是由对时间原点的选择所决定的,所以把它叫做振动的初相。简谐振动的初相不是一定指它开始振动时刻的位相。思考题：任何一个实际的弹簧都是有质量的,如果考虑弹簧的质量,弹簧振子的振动周期将变大还是变小？2.任何一个实际的弹簧都是有质量的,如果考虑弹簧的质量,弹簧振子的振动周期将变大还是变小？参考解答：因为弹簧振子的周期决定于系统的惯性和弹性,惯性越大则周期越大。因此可以定性地说,在考虑了弹簧的质量之后,弹簧振子的周期肯定会变大。若振子的质量为M,弹簧的质量为m,弹簧的劲度系数为k,可以计算出,在考虑了弹簧的质量之后,弹簧振子的振动周期为例：劲度系数为k、质量为m的均匀弹簧,一端固定,另一端系一质量为M的物体,在光滑水平面内作直线运动。求解弹簧振子的振动周期<m<M>。解：平衡时0点为坐标原点。物体运动到x处时,速度为v.设此时弹簧的长度为L,取弹簧元dl分析：质量,位移为〔前提:弹簧各等长小段变形相同,位移是线性规律,速度为：弹簧、物体的动能分别为：,.系统弹性势能为：.系统机械能守恒,有：常数即常数将上式对时间求导,整理后可得：即令比较简谐振动微分方程,知.弹簧振子的无阻尼自由振动是简谐运动,同一弹簧振子在简谐驱动力持续作用下的稳态受迫振动也是简谐运动,这两种简谐运动有什么不同？参考解答：这两种振动虽都是简谐振动,其振动的表达式形式也相同,但两种运动有很多的不同,这可从振动的运动学特点和动力学特点两个方面来说明。谐振过程中为定值,不受外界影响,周期为振子的固有周期,谐振过程中需不停地受外力作用,补充能量才能保证获得稳态受迫振动,周期为策动力的周期．第5章波动一、选择题1<C>,2<A>,3<A>,4<D>,5<C>,6<D>,7<D>,8<D>,9<D>,10<A>二、填空题<1>.<2>.,<3>.,<4>.4<5>.<6>.<7>.相同,2/3<8>.,<9>.5J<10>.637.5Hz,566.7Hz三、计算题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点的振动方程为<SI>．<1>以A点为坐标原点写出波的表达式；<2>以距A点5m处的B点为坐标原点,写出波的表达式．解：<1>坐标为x点的振动相位为波的表达式为<SI><2>以B点为坐标原点,则坐标为x点的振动相位为<SI>波的表达式为<SI>2.如图所示,一平面简谐波沿Ox轴的负方向传播,波速大小为u,若P处介质质点的振动方程为,求<1>O处质点的振动方程；<2>该波的波动表达式；<3>与P处质点振动状态相同的那些点的位置．解：<1>O处质点的振动方程为<2>波动表达式为<3>x=-Lk<k=1,2,3,…>3.如图所示,一简谐波向x轴正向传播,波速u=500m/s,x0=1m,P点的振动方程为<SI>.<1>按图所示坐标系,写出相应的波的表达式；<2>在图上画出t=0时刻的波形曲线．解：<1>m波的表达式<SI><2>t=0时刻的波形曲线<SI>4.一微波探测器位于湖岸水面以上0.5m处,一发射波长21cm的单色微波的射电星从地平线上缓慢升起,探测器将相继指出信号强度的极大值和极小值．当接收到第一个极大值时,射电星位于湖面以上什么角度？解：如图,P为探测器,射电星直接发射到P点的波①与经过湖面反射有相位突变的波②在P点相干叠加,波程差为=k=〔取k=1∵∴0.105=6°5.设入射波的表达式为,在x=0处发生反射,反射点为一固定端．设反射时无能量损失,求<1>反射波的表达式；<2>合成的驻波的表达式；<3>波腹和波节的位置．解：<1>反射点是固定端,所以反射有相位突变,且反射波振幅为A,因此反射波的表达式为<2>驻波的表达式是<3>波腹位置：,,n=1,2,3,4,…波节位置：,n=1,2,3,4,…6.一弦上的驻波表达式为<SI>．<1>若将此驻波看作传播方向相反的两列波叠加而成,求两波的振幅及波速；<2>求相邻波节之间的距离；<3>求t=t0=3.00×10-3s时,位于x=x0=0.625m处质点的振动速度．解：<1>将与驻波表达式相对比可知：A=1.50×10-2m,=1.25m,=275Hz波速u==343.8m/s<2>相邻波节点之间距离=0.625m<3>m/s7.如图7所示,一平面简谐波沿x轴正方向传播,BC为波密媒质的反射面．波由P点反射,=3/4,=6．在t=0时,O处质点的合振动是经过平衡位置向负方向运动．求D点处入射波与反射波的合振动方程．〔设入射波和反射波的振幅皆为A,频率为．解：选O点为坐标原点,设入射波表达式为则反射波的表达式是合成波表达式〔驻波为在t=0时,x=0处的质点y0=0,,故得因此,D点处的合成振动方程是8.一弦线的左端系于音叉的一臂的A点上,右端固定在B点,并用T=7.20N的水平拉力将弦线拉直,音叉在垂直于弦线长度的方向上作每秒50次的简谐振动〔如图．这样,在弦线上产生了入射波和反射波,并形成了驻波．弦的线密度=2.0g/m,弦线上的质点离开其平衡位置的最大位移为4cm．在t=0时,O点处的质点经过其平衡位置向下运动,O、B之间的距离为L=2.1m．试求：<1>入射波和反射波的表达式；<2>驻波的表达式．解：按题意,弦线上行波的频率=50Hz,波速u=<T/>1/2=60m/s,波长=u/=1.2m.取O点为x轴和y轴的原点．x轴向右,y轴向上．令入射波在B点的初相为,则其表达式为①B点为固定点,则反射波的表达式为②弦线上驻波表式为③据此,O点振动方程为由有④由③式可知弦线上质点的最大位移为2A,即2A=4cm再由题给条件可得④式中,即由此可得：入射波：<SI>反射波：<SI>驻波：<SI>9．一声源S的振动频率为S=1000Hz,相对于空气以vS=30m/s的速度向右运动,如图．在其运动方向的前方有一反射面M,它相对于空气以v=60m/s的速度向左运动．假设声波在空气中的传播速度为u=330m/s,求：在声源S右方空气中S发射的声波的波长；每秒钟到达反射面的波的数目；<3>反射波的波长．解：<1>设一接收器R静止于空气中,声源S以vS速率接近接收器R,则由多普勒效应公式可知,R接收到的声波频率Hz则330/1100=0.30m<2>每秒钟到达反射面处波的数目在数值上等于反射面处接收到的波的频率．由多普勒效应公式有：Hz<3>接收器接收到反射面的反射波的频率反射波的波长m四研讨题1.波传播时,介质的质元并不随波迁移。但水面上有波形成时,可以看到漂在水面上的树叶沿水波前进的方向移动。这是为什么？参考解答：如图所示,当水面上有波形成时,表面上水的质元是在平行于波传播方向的竖直平面内做圆周运动〔不是上下的简谐运动。这是因为,水波传过时,波峰处的水面比原来高了,波谷处的水面比原来低了,波峰处增加的水量必定是由临近的波谷处移来的。

这样,水面上的质元就有了沿水波传播方向的纵向振动,纵向振动和横向振动的合成就使得水面质元做圆周运动。正是由于水面质元的圆周运动〔或说是由于质元有沿水波传播方向的纵向振动,使得水面上的树叶等漂浮物沿水波前进的方向移动。2.如果地震发生时,你站在地面上,先感到哪种摇晃？参考解答：地震波在地球内部的传播有纵波〔P波和横波〔S波两种形式,并且纵波〔P波的传播速度比横波〔S波的传播速度快〔前者的速度在地壳内是5km/s,在地幔深处是14km/s,而后者的速度是3km/s～8km/s。当地震发生时,如果人站在震源正上方的地面上,会感觉到先上下颠〔纵波引起的感觉然后横向摇〔横波引起的感觉,这中间的时间差在日本被称为"自救时间".3.为什么在没有看见火车也没有听到火车鸣笛的声音的情况下,把耳朵贴靠在铁轨上可以判断远处是否有火车驶来？参考解答：从传播速度来看,声波在铁轨中的传播速度远远大于声波在空气中的传播速度。低碳钢棒中纵波的速度为5200m/s,而空气中纵波的速度为331m/s.从声音的强度来看,因为波的强度为其中,铁轨的密度ρ及u都分别远远大于空气的ρ及u,在ω,A分别相同的情况下,铁轨中传播的声波的强度也远比空气中声波的强度大。

综合以上两个因素可知,把耳朵贴靠在铁轨上就容易判断出远处是否有火车驶来。4.沿波的传播方向,各质元的振动位相逐一落后,具体位相差的公式是：请分析相位干涉仪如何利用这一特征,测定来波方向.参考解答：相位干涉仪就是利用这一特征,测定来波的方向。在军事上常常需要确定雷达信号的来波方向,称为无源测向.相位干涉测向仪是一种常用的测向系统,其基本结构与工作原理如图所示.两个天线单元A和B相隔一定距离d,水平放置,当雷达电磁波平行传输过来,到达A天线比到达B天线多经过的路程为：式中θ是来波方向与天线轴线的夹角,也就是方位角.则两天线信号的相位差为：式中λ是雷达信号的波长.相位干涉仪一般采用超外差接收机,首先确定信号波长λ,然后根据测出的A、B天线信号的相位差Δφ,就可以利用上式计算出方位角θ.5.利用干涉原理制成干涉消声器可以降低内燃机、压缩机等排放高速气流时产生的低频噪声,请查阅资料说明干涉消声器控制噪声的工作原理.参考解答：利用干涉原理制成干涉消声器可以降低内燃机、压缩机等排放高速气流时产生的低频噪声,其原理如图所示.波长为λ的声波沿管道向右传播,在A处分成两束相干波,它们分别通过r1和r2的路程后再在B处相遇,若Δr=r2-r1恰好等于声波半波长λ/2的奇数倍,则干涉相消,从而达到控制噪声的目的.为了使这类消声器在低频范围内具有较宽的消声频率,一般将多个这样的消声单元串联起来,并且使每一个单元的Δr不等,就可以对不同波长的噪声加以控制.第6章光的干涉一、选择题1<C>,2<A>,3<C>,4<B>,5<A>,6<B>,7<B>,8<C>,9<C>,10<D>二、填空题<1>.使两缝间距变小；使屏与双缝之间的距离变大.<2>.<3>.0.75<4>.,<5>.<6>.113<7>.d0d0－<8>.r12/r22<9>.2<n–1>h<10>.三、计算题1.在双缝干涉实验中,波长＝550nm的单色平行光垂直入射到缝间距a＝2×10-4m的双缝上,屏到双缝的距离D＝2m．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e＝6.6×10-5m、折射率为n＝1.58的玻璃片覆盖一缝后,零级明纹将移到原来的第几级明纹处？<1nm=10-9m>解：<1>x＝20D/a＝0.11m<2>覆盖云玻璃后,零级明纹应满足<n－1>e＋r1＝r2设不盖玻璃片时,此点为第k级明纹,则应有r2－r1＝k所以<n－1>e=kk＝<n－1>e/＝6.96≈7零级明纹移到原第7级明纹处2.在双缝干涉实验中,单色光源S0到两缝S1和S2的距离分别为l1和l2,并且l1－l2＝3,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<D>>d>,如图．求：<1>零级明纹到屏幕中央O点的距离．<2>相邻明条纹间的距离．解：<1>如图,设P0为零级明纹中心则<l2+r2><l1+r1>=0∴r2–r1=l1–l2=3∴<2>在屏上距O点为x处,光程差明纹条件<k＝1,2,>在此处令k＝0,即为<1>的结果．相邻明条纹间距3.在折射率n＝1.50的玻璃上,镀上＝1.35的透明介质薄膜．入射光波垂直于介质膜表面照射,观察反射光的干涉,发现对1＝600nm的光波干涉相消,对2＝700nm的光波干涉相长．且在600nm到700nm之间没有别的波长是最大限度相消或相长的情形．求所镀介质膜的厚度．<1nm=10-9m>解：设介质薄膜的厚度为e,上、下表面反射均为由光疏介质到光密介质,故不计附加程差。当光垂直入射i=0时,依公式有：对1：①按题意还应有：对2②由①②解得：将k、2、代入②式得＝7.78×10-4mm4.用波长为＝600nm<1nm＝10-9m>的光垂直照射由两块平玻璃板构成的空气劈形膜,劈尖角＝2×10-4rad．改变劈尖角,相邻两明条纹间距缩小了l＝1.0mm,求劈尖角的改变量．解：原间距l1＝/2＝1.5mm改变后,l2＝l1－l＝0.5mm改变后,2＝/2l2＝6×10-4rad改变量＝2－＝4.0×10-4rad5.用波长为1的单色光照射空气劈形膜,从反射光干涉条纹中观察到劈形膜装置的A点处是暗条纹．若连续改变入射光波长,直到波长变为2<2＞1>时,A点再次变为暗条纹．求A点的空气薄膜厚度．解：设Ａ点处空气薄膜的厚度为ｅ,则有改变波长后有∴∴6.一平凸透镜放在一平晶上,以波长为＝589.3nm<1nm=10－9m>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lk＝3.00mm,第<k＋5>个暗环的弦长为lk+5＝4.60mm,如图所示．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k＋5个暗环半径为rk+5,据牛顿环公式有,由图可见,∴∴＝1.03m．7.在如图所示的瑞利干涉仪中,T1、T2是两个长度都是l的气室,波长为的单色光的缝光源S放在透镜L1的前焦面上,在双缝S1和S2处形成两个同相位的相干光源,用目镜E观察透镜L2焦平面C上的干涉条纹．当两气室均为真空时,观察到一组干涉条纹．在向气室T2中充入一定量的某种气体的过程中,观察到干涉条纹移动了M条．试求出该气体的折射率n<用已知量M,和l表示出来．解：当T1和T2都是真空时,从S1和S2来的两束相干光在O点的光程差为零．当T1中充入一定量的某种气体后,从S1和S2来的两束相干光在O点的光程差为<n–1>l．在T2充入气体的过程中,观察到M条干涉条纹移过O点,即两光束在O点的光程差改变了M．故有<n－1>l－0=Mn＝1＋M/l．四研讨题1.如果和为两个普通的独立的单色线光源,用照相机能否拍出干涉条纹照片？如果曝光时间比10-8s短得多,是否有可能拍得干涉条纹照片？参考解答：如果和为两个普通的独立的单色线光源,用照相机不能拍得干涉条纹照片；如果曝光时间比10-8s短得多,有可能拍得干涉条纹照片。所谓干涉就是在观察的时间内,叠加区有一稳定的强度分布。一般的实验中观察时间都远比原子发光的时间10-8s长得多,所以要维持各点强度稳定,就得要求叠加区内各点每时刻相遇的两条光线除了频率相同、振动方向相同之外,还必须相位差恒定。由发光的特点可知,在我们观察的时间内,两个独立光源不可能保证两条光线在确定的点有恒定的相位差。但每时刻,两独立光源发出的两条光线在各点都有一定的相差,即有一确定的谐振叠加结果,只不过在观察的时间内,各种合成结果都会出现,从而得到的观察结果是非相干的。用普通相机只能拍得平均结果,所以无法拍得两个独立的光源的"干涉条纹"照片。如果曝光时间比10-8s短得多,即短到一个原子一次发光的时间,那么就把两个原子发光的某一次的叠加结果记录下来,当然就有一个确定的强度分布。因此可以说,这样的相机有可能拍得干涉条纹。2.用白色线光源做双缝干涉实验时,若在缝后面放一红色滤光片,后面放一绿色滤光片,问能否观察到干涉条纹？为什么？参考解答：不能观察到干涉条纹。判断是否能看到干涉条纹应从两个方面考虑。首先是产生相干叠加的条件,即相干光必须频率相同,在叠加区必须有振动方向相同的分量及有恒定的相位差。其次还要从技术上考虑,如对两光强之比〔及两光束光强之比、光源的非单色性及光源的线度等都有一定的要求,以保证获得清晰的干涉条纹。若在两个缝上分别放置红色和绿色滤波片,不满足频率相同的相干条件,所以不可能看到干涉条纹。3.在煤矿的井下生产中,即时准确地监测井下气体的甲烷浓度变化,对确保安全生产极其重要.请利用所学的知识设计一检测仪监测矿井甲烷浓度.参考解答：介绍瑞利干涉仪监测矿井甲烷浓度。在煤矿的井下生产中,即时准确地监测井下气体的甲烷浓度变化,对确保安全生产极其重要.根据甲烷和纯净空气的折射率不同,运用双光束干涉,通过观察干涉条纹的变化,可以实现对井下空气中甲烷浓度的监测.瑞利干涉仪的结构如图所示,S为狭缝光源,经透镜L1后成为平行光,再由双缝S1、S2分离出两束相干光,分别让它们通过长度相等的两个气室T1、T2后,由透镜L2会聚到其焦平面上形成干涉条纹.若两气室T1、T2内气体相同,则两束光在0点处干涉相长,形成零级明条纹.若将气室T1内充入纯净空气,其折射率用n0表示;将气室T2内充入井下气体,其折射率用n′表示,则两束光到达0点的光程差为：式中,L为气室的长度；λ为光的波长；k为0点处干涉明条纹的级次.假设井下气体中甲烷浓度为x%,则其折射率n′与纯净空气的折射率n0以及纯甲烷气体的折射率n有如下关系：将其整理为由式<1>和式<2>可得:即为0点处干涉明条纹的级次k与气室中井下气体的甲烷浓度x%之间的关系式.实际应用中,需要使两气室内的气体具有相同的压强和温度,利用读数显微镜可较方便地确定0处干涉明条纹的级次k,在已知波长λ和纯净空气折射率n0以及纯甲烷气体的折射率n的情况下,即可计算出井下气体的甲烷浓度.4.薄膜尤其是光学薄膜厚度测控技术不断完善,就其测量原理而言,主要有光电极值法、干涉法、石英晶体振荡法椭偏仪法,请查阅相关文献说明薄膜厚度测控技术中的干涉法的物理原理。参考解答：干涉法是纯光学方法的主要内容,比如测量玻璃基底上的膜层厚度,就可采用迈克尔逊干涉仪来测量,在迈克尔逊干涉仪的基本光路中,将固定反射镜置换成待测样品〔右上图,并与另一反射镜形成楔状空气劈而产生等厚干涉。由于是台阶状样品,因而产生的干涉条纹〔右下图,当膜厚增加半波长时,两组干涉条纹便错动一个条纹宽度,因此膜厚可表示为：式中为单色光波长,a为干涉条纹宽度,b为两组条纹错开的距离,m为错开的条纹数目取值为零或正整数。考虑到光束在玻璃和薄膜上反射,相位改变并不相同,因此上式应写为：式中1和2分别为玻璃和薄膜的相位变化,对玻璃而言1=.在测量时不必确定2,只需根据前一式子,用两个不同波长的单色光分别测定a、b值而得到d.第7章光的衍射一、选择题1<D>,2<B>,3<D>,4<B>,5<D>,6<B>,7<D>,8<B>,9<D>,10<B>二、填空题<1>．1.2mm,3.6mm<2>．2,4<3>．N2,N<4>．0,±1,±3,<5>．5<6>．更窄更亮<7>．0.025<8>．照射光波长,圆孔的直径<9>．2.24×10-4<10>．13.9三、计算题1.在某个单缝衍射实验中,光源发出的光含有两种波长1和2,垂直入射于单缝上．假如1的第一级衍射极小与2的第二级衍射极小相重合,试问<1>这两种波长之间有何关系？<2>在这两种波长的光所形成的衍射图样中,是否还有其他极小相重合？解：<1>由单缝衍射暗纹公式得由题意可知,代入上式可得<2><k1=1,2,……><k2=1,2,……>若k2=2k1,则1=2,即1的任一k1级极小都有2的2k1级极小与之重合．2.波长为600nm<1nm=10-9m>的单色光垂直入射到宽度为a=0.10mm的单缝上,观察夫琅禾费衍射图样,透镜焦距f=1.0m,屏在透镜的焦平面处．求：<1>中央衍射明条纹的宽度x0；<2>第二级暗纹离透镜焦点的距离x2解：<1>对于第一级暗纹,有asin1≈因1很小,故tg1≈sin1=/a故中央明纹宽度x0=2ftg1=2f/a=1.2cm<2>对于第二级暗纹,有asin2≈2x2=ftg2≈fsin2=2f/a=1.2cm3.如图所示,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,在如图情况下为由单缝衍射极小值条件a<sin－sin>=kk=1,2,……得=sin—1<k/a+sin>k=1,2,……<k0>4.<1>在单缝夫琅禾费衍射实验中,垂直入射的光有两种波长,1=400nm,=760nm<1nm=10-9m>．已知单缝宽度a=1.0×10-2cm,透镜焦距f=50cm．求两种光第一级衍射明纹中心之间的距离．<2>若用光栅常数d=1.0×10-3cm的光栅替换单缝,其他条件和上一问相同,求两种光第一级主极大之间的距离．解：<1>由单缝衍射明纹公式可知<取k＝1>,由于,所以,则两个第一级明纹之间距为=0.27cm<2>由光栅衍射主极大的公式且有所以=1.8cm5.一衍射光栅,每厘米200条透光缝,每条透光缝宽为a=2×10-3cm,在光栅后放一焦距f=1m的凸透镜,现以=600nm<1nm=10-9m>的单色平行光垂直照射光栅,求：<1>透光缝a的单缝衍射中央明条纹宽度为多少？<2>在该宽度内,有几个光栅衍射主极大？解：<1>asin=ktg=x/f当x<<f时,,ax/f=k,取k=1有x=fl/a=0.03m∴中央明纹宽度为x=2x=0.06m<2><a+b>sin<a＋b>x/<f>=2.5取k=2,共有k=0,±1,±2等5个主极大.6.用一束具有两种波长的平行光垂直入射在光栅上,1=600nm,2=400nm<1nm=10﹣9m>,发现距中央明纹5cm处1光的第k级主极大和2光的第<k+1>级主极大相重合,放置在光栅与屏之间的透镜的焦距f=50cm,试问：<1>上述k=？<2>光栅常数d=？解：<1>由题意,1的k级与2的<k+1>级谱线相重合所以dsin1=k1,dsin1=<k+1>2,或k1=<k+1>2<2>因x/f很小,tg1≈sin1≈x/f2分∴d=k1f/x=1.2×10-3cm7.氦放电管发出的光垂直照射到某光栅上,测得波长=0.668m的谱线的衍射角为=20°。如果在同样角处出现波长2=0.447m的更高级次的谱线,那么光栅常数最小是多少？解：由光栅公式得sin=k11/<a+b>=k22/<a+b>k11=k22k2k1=1/2=0.668/0.447将k2k1约化为整数比k2k1=3/2=6/4=12/8取最小的k1和k2,k1=2,k2=3,则对应的光栅常数<a+b>=k11/sin=3.92m8.氢放电管发出的光垂直照射在某光栅上,在衍射角=41°的方向上看到=656.2nm和=410.1nm<1nm=>的谱线相重合,求光栅常数最小是多少？解：<a+b>sink在=41°处,k1=k2k2k1=656.2/410.1=8/5=16/10=24/15=取k=5,k=8,即让的第5级与的第8级相重合∴a＋b=k1sin=5×10-4cm四研讨题1.假设可见光波段不是在,而是在毫米波段,而人眼睛瞳孔仍保持在左右,设想人们看到的外部世界是什么景象？参考解答：将人的瞳孔看作圆孔。圆孔衍射中央极大的半角宽度与入射波长和衍射孔径线度的关系是。当衍射孔径与波长的量级差不多时衍射最显著,入射光经衍射后完全偏离原来直线传播的方向,广能几乎分布在衍射后的整个空间。由于衍射,使一个物点发出的光经圆孔后,在观察屏上不再是一个清晰的像点,而是一个相当大的衍射斑。如果,则,每个物点经圆孔后就是一个清晰的像点。在我们的生活的世界,可见光波长的大小和人眼瞳孔的孔径配合得是非常巧妙的,"天然地"满足的条件,物体在视网膜上成像时就可以不考虑瞳孔的衍射,而认为光线是直线传播,那么物体上的任一物点通过眼睛的水晶体成像到视网膜上的像也是一个点,我们就可以清楚地分辨眼前的景物了。而如果可见光的波长也变成毫米量级,则波长与瞳孔孔径大小可比,每个物点在视网膜上的像将不是一个点,而是一个很大的衍射斑,以至于无法把它们分辨出来,人们看不到目前所看到的物体形状了,而是一片模糊的景象。2.某光学显微镜的数值孔径N.A.=1.5,试估算它的有效放大率Vmin.参考解答：分析：显微镜是助视光学仪器,应该针对人眼进行设计.人眼的最小分辨角,一般人眼能分辨远处相隔的两条刻线,或者说,在明视距离<相隔人眼>处相隔的两条刻线.人眼敏感的波长是.合理的设计方案是把显微镜的最小分辨距离放大到明视距离的,这样才能充分利用镜头的分辨本领.解题：本题条件下的光学显微镜的最小分辨距离为按合理设计将其放大到明视距离可分辨的dye=0.075mm.所以倍,实际放大率还可设计得比这数值更高些,譬如500倍,以使人眼看得更舒服些.3.在地面进行的天文观测中,光学望远镜所成星体的像会受到大气密度涨落的影响〔所以要发射太空望远镜以排除这种影响,而无线电天文望远镜则不会受到这种影响。为什么？参考解答：星体辐射的光在进入望远镜的路径中必然通过大气层,所以必须考虑大气分子的衍射对图像质量的影响。教材中的理论已经指出,衍射物的线度与入射波波长愈相近,衍射现象愈明显；衍射物线度远远大于入射波波长时可不考虑衍射。大气粒子的平均线度在纳米量级上下,光波的波长是百纳米量级,大气微粒的线度与光波的波长可比,所以对光波的衍射作用显著,直接影响观测图像。随着大气密度的涨落,图样也将随着变化,所以用光学望远镜就无法准确地获得星体的图像。无线电波长在微米到米的量级,大气粒子的平均线度远远小于无线电波的波长,观测中可忽略衍射的影响。所以在天文观测中无线电天文望远镜就可不受大气密度涨落的影响,从而可精确获得星体的图像。4.近年来出现了一种新的光测应变方法——衍射光栅法,请查阅金属材料应变测量衍射光栅法的相关资料,说明其基本原理。参考解答：对大多数实用金属而言,在弹性加载下其变形非常小.这样,细观变形测量的诸多光测方法在一定程度上受到限制.近年来出现了一种新的光测应变方法——衍射光栅法.其基本思想是在试件表面欲测处贴上低频正交光栅,通过测取试件变形前后正交光栅变形来获取试件测点处的应变量.具体测量方式是通过光学中的衍射效应,用细激光束垂直照射光栅,产生衍射点阵,通过对衍射点阵的测量,就可以获得应变的信息.衍射光栅法测量应变的基本原理：如图所示,在试件表面欲测处贴上正交光栅应变片,当一束细激光束垂直照射测点时,光栅将使反射光发生衍射,衍射光线在接收屏上形成点阵.衍射点的位置与光栅栅距的关系可由光栅方程导出式中:m为衍射级次,m为m级衍射光线与光栅法线方向的夹角,d为栅距,为激光波长.当试件受力变形后,光栅栅距发生变化,d变为d′,则变形前后沿垂直于该组栅线方向的线应变为由衍射光栅法基本光路图可知将其代入上式可知,此即衍射光栅法测量应变的基本公式。第8章光的偏振一、选择题1<B>,2<B>,3<A>,4<B>,5<D>,6<D>,7<D>,8<B>二、填空题<1>．波动,横<2>．1/2<3>．I0/2,0<4>．1.48<5>．遵守通常的折射,不遵守通常的折射.<6>.传播速度,单轴<7>．自然光或<和>圆偏振光,线偏振光<完全偏振光>,部分偏振光或椭圆偏振光.<8>．线、圆.三、计算题1.有三个偏振片叠在一起．已知第一个偏振片与第三个偏振片的偏振化方向相互垂直．一束光强为I0的自然光垂直入射在偏振片上,已知通过三个偏振片后的光强为I0/16．求第二个偏振片与第一个偏振片的偏振化方向之间的夹角．解：设第二个偏振片与第一个偏振片的偏振化方向间的夹角为．透过第一个偏振片后的光强I1＝I0/2．透过第二个偏振片后的光强为I2,由马吕斯定律,I2＝<I0/2>cos2透过第三个偏振片的光强为I3,I3＝I2cos2<90°－>=<I0/2>cos2sin2<I0/8>sin22由题意知I3＝I2/16所以sin22=1/2,＝22.5°2.将两个偏振片叠放在一起,此两偏振片的偏振化方向之间的夹角为,一束光强为I0的线偏振光垂直入射到偏振片上,该光束的光矢量振动方向与二偏振片的偏振化方向皆成30°角．<1>求透过每个偏振片后的光束强度；<2>若将原入射光束换为强度相同的自然光,求透过每个偏振片后的光束强度．解：<1>透过第一个偏振片的光强I1I1＝I0cos230°＝3I0/4透过第二个偏振片后的光强I2,I2＝I1cos260°＝3I0/16<2>原入射光束换为自然光,则I1＝I0/2I2＝I1cos260°＝I0/83.如图,P1、P2为偏振化方向相互平行的两个偏振片．光强为I0的平行自然光垂直入射在P1上．<1>求通过P2后的光强I．<2>如果在P1、P2之间插入第三个偏振片P3,<如图中虚线所示>并测得最后光强I＝I0/32,求：P3的偏振化方向与P1的偏振化方向之间的夹角<设为锐角>．解：<1>经P1后,光强I1＝I0I1为线偏振光．通过P2．由马吕斯定律有I＝I1cos2∵P1与P2偏振化方向平行．∴＝0．故I＝I1cos20°＝I1＝I0<2>加入第三个偏振片后,设第三个偏振片的偏振化方向与第一个偏振化方向间的夹角为．则透过P2的光强由已知条件有∴cos4＝1/16得cos＝1/2即=60°4.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．已知图中水面的反射光是完全偏振光,欲使玻璃板面的反射光也是完全偏振光,角应是多大？解：由题可知i1和i2应为相应的布儒斯特角,由布儒斯特定律知tgi1=n1＝1.33；tgi2＝n2/n1＝1.57/1.333,由此得i1＝53.12°,i2＝48.69°．由△ABC可得＋</2＋r>＋</2－i2>＝整理得＝i2－r由布儒斯特定律可知,r＝/2－i1将r代入上式得＝i1＋i2－/2＝53.12°＋48.69°－90°＝11.8°.四研讨题1.为了得到线偏振光,就在激光管两端安装一个玻璃制的"布儒斯特窗"〔见图,使其法线与管轴的夹角为布儒斯特角。为什么这样射出的光就是线偏振的？光振动沿哪个方向？参考解答：激光管内的激光在两面反射镜M1和M2之间来回反射,所以光是沿轴线传播的。光的偏振方向垂直于管轴,一个是垂直于纸面,称为E⊥分量,另一是平行于纸面,称为E量。由于布儒斯特窗的法线与管轴的夹角为布儒斯特角,光入射到布儒斯特窗,其反射的光中只有E⊥分量,反射光离开管轴方向。透射光中E分量大于E⊥分量。见图<b>。这样每次光入射到布儒斯特窗,都会损失一部分E⊥分量。经过M1,M2之间的多次反射,沿管轴方向前进的光中E⊥分量就越来越少,最后将