大学物理课后习题-答案详解

第一章质点运动学

1、（习题L1）：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=ls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

（2）质点的位置：了=2/7+（4/-8）7

由K=d尸/dE则速度：v=2Z+8Z/

由之二dE/d/则加速度：a=Sj

则当t=ls时，有r-2i-4j,v=2i+8/,a=8/

当t=2s时，有r=4z+8/,v=2z+16/,G=8j

2、（习题1.2）：质点沿x在轴正向运动，加速度。=-如，攵为常数.设从原点出发时速

度为%,求运动方程x=xQ）.

—kf

V=

工=W"=出x=藁（1廿）

3、一质点沿x轴运动，其加速度为。=4"SI）,已知/=0时，质点位于xo=lOm处，初速

度为=0.试求其位置和时间的关系式.

解：a=dv/dt=4tdv=4zdrfdP=f4/dZv=2t2

JoJo

v=dx/dt=2t2f'cLv=f2/2d/x=2z3/3+10（SI）

J.”JO

4、一质量为加的小球在高度力处以初速度%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）落地前瞬时小球的生，—,—

drdtdr

解：（1）x=vot式（1）

产(7)=%"+(h-；g/)/

Igx2

（2）联立式（1）、式（2）得

⑶L。*而落地所用时间-^-=v0F-72gh.7

dz

dv-v==Jv；+(_gt)2dv=g,l=

山二一口dtw：+(m)2*5+2幽％

资料

5、己知质点位矢随时间变化的函数形式为产=/f+2），式中厂的单位为m,z的单位为s.

求：（I）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=—=2/r+2；a=—=2T

drdz

2）v=［（2r）24-4］^=2（r2+l/

dv2/口22

✓7-----，----------------------------------XT-----_IZ7**-----ZT---------------------------------------

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？

解：?为空气对气球的浮力，取向上为正。

,.一▼，、J，、J

分别由图（a）、（b）可得：

F-Mg=Ma00

F-（M+m）g=（M+〃7）。［

P迹（M+加应

.Ma-mg_〃7（a+g）》

贝ija.=--------,^a=a-a,_

m+Mi⑹（b）

2、（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，若使它们运动时

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人和〃，摆线与竖直轴之间的夹角分别为a和a，摆线中

的张力分别为"和乙，则

"COS。］_〃71g=0①______________

F.sin。=/（/.sin0,）②/!\

=sin仇Jg/"cos仇/[/;

解得：H

第一只摆的周期为加1....

=27rl,%sin0.=2入可//且,cos0,

同理可得第二只摆的周期

2#答

由已知条件知/1cos^=/2cos/.T\=T?

习题2.1—2.6

资料

习题2.1一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为歹二400-4X10〃/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小(2)子弹在枪筒中所受力的冲量/；(3)子弹

的质量。

解：(1)由产=400-4xl()s〃3和子弹离开枪口处合力刚好为零，则可以得

到：F=400-4xl05r/3=0算出t=0.003s。

(2)由冲量定义:

552

/=Fdt=J：(400-4xl0r/3)J/=400/-2X10//3|=0.6Ns

(3)由动量定理：/=fFdt=AP=inv=0.67V•s

_、Jo

习题2.2质量为所以：=o.6/3OO=0.002版M=1.5kg的物体,

用一根长为，=L25m的细绳悬挂在天花板上.今有

一质量为〃?=10g的子弹以为=500m/s的水平速度

射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大小v=30m/s

设穿透时间极短.求：一

%

(1)子弹刚穿出时绳中张力的大小；^=>

(2)子弹在穿透过程中所受的冲量.

习题2.2图

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"

有v'

v/=m(vo-v)/M=3.13m/s

T=Mg+Mv1/l=26.5N

(2)/Az=mv-niv()=-4.7N-s(设v()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10ni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.

资料

习题2.6两个质量分别为叫和吗的木块4、B,用一劲度系数为人的轻弹簧

连接，放在光滑的水平面上。力紧靠墙。今用力推8块，使弹簧压缩x0然后释

放。（已知I%=m,m2=3m）求：（1）释放后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。

习题2.6图

12172

解:2，Z/2V20=5米。

所以年

〃7丁20=''m\+机2)V

22计算可得：X=1xo

(2)—772V=-kx4--(/??14-7772)V

22O2

3、（变力作功、功率、质点的动能定理）设户=7:-6］（N）（1）当一质点从原点运动到

产二-3,十4/十164（ui）时，求户所作的功；（2）如果质点到『处时需0.6s,试求户的平

均功率；（3）如果质点的质量为1kg,试求动能的变化。

解：（1）A=£F'dr（7/-6j）-（dxi+dyj+dzk）=£Idx-£6dy=-45J，做负功

_445rrf4

(2)P=—=——=75^(3)AFA=J+-nigj-dr=-45+j0-mgdy=-85J

4、（机械能守恒、动量守，亘）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）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=^mv；

带入数据得匕=《2gH,方向沿AC方向

（2）由于物体在水平方向上动量守恒，所以

mvccos0=inv,得y=42gHcos0,方向沿CD方向

（3）由干受到竖直的冲力作用.m在C点损失的动量八〃二机房万sin夕.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。点上,

然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为机的重物，令重物以初速度为零下落,

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

资料

解：如习题3.3(b)图,对飞轮而言，根据转动定律,

有

FTR=Ja

(1)

对重物而言，由牛顿定律,有

mg-FT-ma户『=FT(2)

由于绳子不可伸长，因此,有

a=Ra

重物作匀加速下落，则有

h=—at2(4)

2

由上述各式可解得飞轮的转动惯量为人.喘7)

3.4如图，一轻绳跨过两个质量为〃八半径为7•的均匀圆盘状定滑轮，绳的

两端分别挂着质量为2加和根的重物，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〃?//2,将由两个定滑是以及质量为2〃?和〃z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-T2=2ma(1)Ty

Tv

7\-mg=ma(2)中

mg

(T2-T)r=Ja(3)习题3.4图

(T-T>=Ja(4)

资料

a=ra(5)

联立a=-g,7=—mg

3.6有一质量为叫、长为/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

的质量为〃马的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端力相碰撞，设碰撞时可极

短。口知小滑块在碰撞前后的速度分别为匕和叱，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1=」叫/2）

31

解：碰撞时角动量守恒

〃?2匕/=-rn2v2l

3机2（匕+匕）

（V_

细棒运动起来所受到的摩擦力矩

M与gx心=/"闾

习题3.6图

[)-Mdt=Jco2-Jo)x=0-Jco

-ml2a)

3x1

t=~l"

y叫g/

/_21co_2加2(%+V2)

3咫M771g

1.如图所示，物体1和2的质量分别为见与m2,滑轮的转动惯量为J，半径为「，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，滑轮与转轴丘

无摩擦。求系统的加速度a及绳中的张力八和A。

〃7|g_（二町4/估

T2-pjn2g=m2a

Txr-T2r=Ja

a-ra

资料

解得：〃=（叫.华）城,ng」卜…/年

J+m+〃（〃“J+nir+m2r~

2、如图系统中，mi=50kg,mz=40kg,圆盘形滑轮m中6kg,半径r=0.1m,斜面是光滑的,

倾角0=30。，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g距离地面高度为Im,需多长时间n到达地面？

T2—吗gsin0=m2a

mu

Txr-T2r=Ja

a=ra

J=1/wr2解得a=30rad/s\a=3m/s2,7；=340N,£=316N

由%=%，+耳以2,%=0,所以/==0.8165

3.一长为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

-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3,求:

（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、a=—

M=〃zggcos300=mgl

J=—ml2

3

67

彳〃侬3V3g_3V3g

4/-4

-ml2

3

2、机械能守恒

1

wg

4-3

mggsin30°+0=0+；Jar=g

12-

7

=3.83rad/s

4.一根长为/、质量为M的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平,.

II

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vo/2I

的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为90°,求V。的大小。3,自‘2

M

资料

角动量守恒叫?笠

g+J(oJ=-Ml2

3

""4_3mv

mv0—=-Ml2co(0=Q

43

3

机械能守恒1•7MlYJ=Mg-3切%、

---Ml2MS-

23223AMI)

2

216/V//

%%斗V3

5.一根长为/、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

为加=,M的了弹以水平速度vo射入棒的下端，并留在棒里。此后棒的最大偏转角恰为

6

角动量守恒

rnvj=(ml2+^Ml2)com=^M(0=~^j

机械能守恒

—(/nr+-MP)co7=Mg-(1-cos60n)+wg/(l-cos600)

3

%=2画

6、如图所示，长为/的轻杆，两端各固定质量分别为出和2机的小球,杆可绕水平光滑固

定轴。在竖直面内转动，转轴。距两端分别为上I/和*2/.轻杆原来静

33

止在竖直位置c今有一质量为〃?的小球,以水平速度用与杆下端小球储

,0

加作对心碰撞，碰后以3汽的速度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角畀。

速度。

27//91m

解：角动量守衡一〃?%/=(—)2/ZZ69+(-)2-2m(o——ml•—v

333320

2/

资料

第四章振动与波动

振动部分：习题4.2、4.4、4.5

习题4.2—物体沿x轴做简谐运动，振幅为0.06m,周期为2.0s,当/=0

时位移为0.03m,且向x轴正方向运动。求；(1)f-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/二0.06m、。=2万〃=万/由旋转矢量(a)图可确定

初相则/。=-4/3,振动方程为

X=(0.06/72)cos[(asI)，一乃/3]

习题4.2(a)图

当t=0.5s时质点的位移、速度、加速度分别为

x=(0.06m)cos(^/2-43)=0.052加

v=dx/dt=一(0.06不〃？7'T)sin(万/2-乃/'3)=-0.094"?•广

a=d2x/dr=-(0.06^277?•s~2)cos(^/2-^/3)=-0.513???-5-2

(2)质点从x=0.03ni运动到平衡位置的过程中，旋转矢量从(b)图中的

位置也转至位置M矢量转过的角度(即相位差)A(p=5n/6o该过程所需时间为

AZ=—=0.833s

(0

资料

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：（I）设所求方程为：x=Acos（wt+（p0）

从图中可见，t=O,x）=A/2,v0>0

由旋转矢量法可知；（P=--

03

E兀兀

又vt=ls,©t—=—

32

57r

w=—

6

,,八.，5兀兀、

故：x=0.1cos（—t--）m

63

（2）vP点的相位为0

5万万八八

?.cot+（p=——I——=0t=0.45

P°6P3P

即质点到达尸点相应状态所要的最短时间为0.45

习题4.5—质点沿x轴作简谐振动，振幅为12cm,周期为2s。当好0时，位

移为6clri,且向x轴正方向运动。求：（1）振动表达式；（2）Z=（）.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=12X102nb丁=2.0s

3=2冗/T=nrad•s-1

又,t=0时，玉）=6。加，v0>0・,•由旋转矢量图，可知：由=一。

故振动方程为X=0.12COS(R-H)

3

(2)将t=0.5s代入得

x=0.12cos(m---)=0.12cos—=0.1036

36

v=-0.12/rsin(m——)=0.12cos—=-0.189/7?/5

36

a--0A2TT2cos(/it——)=-0.12^2cos—=一1.03〃?//

36

资料

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/Z,且VVO,故人二2冗/3,它回到平衡位置需要走5冗/6,所以:

/.t=A^/w=(5n/6)!(JI)=5/6s

习题4.5图

(加题)1.有两个同方向司频率的振动，其合振动的振幅为().2加，合振动的相位与第一个

振动的相位差为乃/6,第一个振动的振幅为0.173根，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。=%/6

据4=4+42可知4=4-4，如图：

A2=JA；+—244cose=O.l(w)

-♦'•,♦

由于/、4、4的量值恰好满足勾股定理，

故彳与云垂直.

即第二振动与第一振动的相位差为0=7T/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

2-2

x,=5xl0-cos(4r+乃/3)(57)，x2=3xl0sin(4r-/r/6)(W)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，画出矢量图。

2

解：x2=3xl0-sin(4/-^-/6)

o人兀3w

=3x10-2cos(4r-TV/6-TV/2)/C>-2n/3

资料A

解答图9-27

二3x10-2cos(4"2乃/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）cni=2cm,。二乃/3.

题图5-27

合振动方程为x=2xl0-：cos（4/+冗/3）（5/）

（加题）3.一物体质量为0.25版，在弹性力作用下作箍谐振动，弹簧的劲度系数

k=25NM',如果起始振动时具有势能0.06J和动能0.02J,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=E+E=—kA2=0.08A=px=0.08/n

K*〃2V25

（2）=^mv:；k=mco2mco2x2=mco2A2sin2（6；/+<^）

x2=A2sin2（.+e）=T[l-cos2（6^+0）]=T-x2

2x2—A2,x=±A/y/2=±0.0566/7?

（3）过平衡点时，x=0,此时动能等于总能量

2

E=Ek+E„=—mv=0.08♦=J、*。。8=0.8—/s

*「2V0.25

（加题）4.一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k=25N/m,当物体以初动能以2J和初势能0.6J

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？

Ih（E+E）

解：（1）弹簧振子的总机械能为七二4+£夕=；乂2,故/1='—^_^=0253加

(2)E=E.=-E=-kA2-kx2=-kA2x=±-A=±0A79m

"24242

（3）E=-kx2=-k—=0.20J

p224

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〃=100m/s,波线上右侧距波源。（坐标原点）

为75.0m处的一点P的运动方程为

^=（0.30m）cos[（2^s--）/-^/2]求⑴波向工轴

o习题4.7图

资料

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。，沿x轴正向传播的波动方程为

y=Acos[<y(/-A:/W)+^]

将〃二100ns」代人，且取x=75m得点八的运动方程为

yP=/fcos[<y(r-0.75s)-%]

与题意中点尸的运动方程比较可得力=0.30m、①=2腾“、（p0=2兀，则

所求波动方程为

y=（0.30m）cos［（2乃s-）（/-x/100ms-1）］

⑵当沿X轴负向传播时，波动方程为

y=Acos[<w(/+x/u)+/]

将x=75m、〃=100〃7sT代人后，与题给点夕的运动方程比较得力=0.30

队3=2心一、牝=-兀，则所求波动方程为

y-(0.30m)cos[(27rsd)(z+x/100m-s-1)-^]

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，只是初相位不同而己。在已知某点

初相。。的前提下，根据两点间的相位差=d-%=2必""即可确定未知点的

初相战。

习题4.8己知一沿,正方向传播的平面余弦波，时的波形如题图所示,

且周期7为2s.

（1）写出O点的振动表达式;

（2）写出该波的波动表达式;

（3）写出力点的振动表达式;

（4）写出力点离。点的距离。

解：由图可知A=0.Im,X=0.4nb由题知T=2s,a=2n/T=♦，而u=入/T=0.2m/so

波动方程为：y=0.Icos［n（t-x/0.2）+中。］m关键在于确定0点的初始相位。

资料

（1）由上式可知：0点的相位也可写成：0=Jlt+中。

由图形可知：i=时y广-A/2,v°VO,・••此时的小二211/3,

3

将此条件代入，所以：生=/+%所以%=工

333

。点的振动表达式y=0.Icos[nt+n/3]in

（2）波动方程为：y=0.Icos[Ji（t-x/0.2）+n/3]m

（3）A点的振动表达式确定方法与0点相似由上式可知：

A点的相位也可写成：。=nt+a）A0

由图形可知：i=1s时九二0,v0>0,...此时的"-兀/2,

3

将此条件代入，所以：-工=万」+%。所以%0二一"

236

A点的振动表达式y=0.Icos[nt-5Ji/6]m

（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.Icos[兀tt-x/O.2）+n/3]=0.Icos[nt_5兀/6]

可得到：x,=—=0.233/??

30

习题4.10—平面简谐波以速度〃=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：

（1）原点的振动表达式；

（2）波动表达式；

习题4.10图

（3）同一时刻相距1m的两点之间的位相差,

解：（1）由图可知A=0.5cm,原点处的振动方程为：（3t+小）

t=0s时y=A/2v>0可知其相位为@=

3

TT

t=ls时y=0v<0可知其相位为小尸一

2

1I1

代入振动方程,（I）=---3十0=一

32

可得：o>=—T=2n/<o=12/5

6

资料

则y=0.5cos(-t--)cm

63

（2）沿x轴负方向传播，波动表达式：y=0.5cos［—（t+—）--］cm

643

（3）根据已知的T=12/5,ii=0.8m/s,可知：2=—m

25

那么同一时亥ij相距Im的两点之间的位相差：/\夕=2乃生=生乃=3.27rad

424

（加题）L如图，一平面波在介质中以波速〃=20〃?/s沿x轴负方向传播，已知A点的振

动方程为y=3x1CT?cos4m（57）.«〃

（1）以A点为坐标原点写出波方程；BA：

⑵以距A点5nl处的B点为坐标原点，写出波方程.1题图

解：（1）坐标为x处质点的振动相位为

+（P=4乃1+*/“）］=4%口+（x/20）］

波的表达式为y=3x10-2©os4M7+（x/20）］（S/）

—5

（2）以B点为坐标原点，则坐标为x点的振动相位为a）t+（p'=44+号Y」（W）

波的表达式为y=3xl0-2cos4乃。+三，'

y=3x10-2cos［4;r（r+或）—》］（$/）

（加题）2.一平面谐波沿ox轴的负方向传播,波长为X,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4=4/2,求。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。

yp(m)

解：⑴从图中可见r=4s,且/=0,》卬=一4,%=笈，则P

点处质点的振动方程为

yp=Acos(-^-z+^)=Acos(y/+乃)(57)

资料

题图6-10

（2）向负方向传播的波动方程为

\n（4（工-

y=Acos—t+—--------+7i

_2I2）_

（3）把"=4/2,x=0代入波动方程即得

,万

y0=Acos—t

（加题）3.两波在一很长的弦线上传播，其波方程分别为：

%=4.00x10-2cos,万（4x—24f）（S/）

3

-2

y2=4.00x10cos-TT（4X+24f）（S/）

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=/cos2兀（vt-x/㈤对比可得：

v=4Hz,Z=1.50m,波速〃=4M=6.00〃?/s

131

⑵波节位置4门/3=±（〃乃+5万）即工=±彳（〃+/m,n=0,1,2...

（3）波腹位置47rx/3=±〃乃即x=±3〃/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（〃=1.58）

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

550ng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0点。覆

盖后，衍射条纹移动了7条，即第七条明条纹位于。点。

由光程差的变化计算介质厚度。

解：覆盖前，两光到达0点的光程差为

伪=G-0=0(1)

覆盖后，两光到达0点的光程差为

&=（4ne-rx=74

资料

⑵式与（1）式作差，可得

=［（/%-e）+ne-0］一（々一勺）二4〃-1）=74

所以

727x550x10-9

=6.64x10-61n

n-11.58-1

11.3在双缝实验中，入射光是由波长％=550nm和另一束未知波长友两种

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4的

第三级明纹中心的位置。若屏上4的第六级明纹中心和未知的4的第五级明纹

中心重合，求未知波长4。

分析：由明纹中心位置公式x二〃场可得。

d

解：第三级明纹中心位置

1.2x550x10-9

=3.3mm

d0.6x10-3

4的第六级明纹中心和未知的4的第五级明纹中心重合，即它们具有相同的衍

射角

所以

%=-2.=-x550=660nm

-515

11.5一薄玻璃片，厚度为0.40pm,折射率为L5,置于空气中。用白光

垂直照射，问在可见九的范围内，哪些波长的先在反射中加强？哪些波长的九在

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+—=kA

2

由此得

资料

14〃e

X=-----

2k-\

仅当〃=3时，力为可见光，因此求得

14x1.50x0.40.

2=-----------=48O0Anm

2x3-1

透射加强的条件即反射减弱的条件，即

2〃e+<=(2k+1)—

由此得

14〃e

X=---

2k

当左二2时,

人八fOxMO/oo加

2x2

当％=3时,

14x1.50x0.40.

A=------------=40A0Anm

2x3

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。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：由于玻璃的折射率骰大于油的折射率々，光线在油膜上，下表面反

射时都存在半波损失，则光程差为《5=2%。设4=5()()nm的光在左级干涉和消,

则对于4=700nm的光在第(左-1)级干涉相消。

解：对4=500nm的光在攵级干涉相消，有

；(1\

2〃©=(2k+1)奇4平+5p(1)

2

对4=700nm的光在第("I)级干涉相消，有

由(1)、(2)式解得

资料

4+4_500+700

-

2（A2-2,）2（700-500）

（3+-|x500

=673.1nm

2x1.30

11.7有一玻璃劈尖，玻璃的折射率为L5,劈尖夹角e=5xl(T“ad。用单

色光垂直照射，测得相邻两条明纹间的距离/=3.64xl0-3m,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

/=―--,

2〃sinO

因为。很小,所以sin。。/,则

所以，

A=2nlO

=2xl.5x3.64xl0_3x5xl0-5

二546nm

11.11在折射率％=1.52的照相机镜头表面镀有一层折射率〃2=L38的

MgF2增透膜，如果此膜适用于波长4=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2〃e+Z,为使给定

2

波长的透射光增强，应满足条件

2ne+-=kA

2

当k=1时，对应膜的最小厚度

2〃—~

己知；l=550nm,〃2T-38,由此可以算出膜的最小厚度

e=-^―=99.4nm

4%

资料

11.12(1)若用波长不同的光观察牛顿环，\=600nm,Z,=450nm,观察

利用4时的第〃个暗环与用&时的第A+1个暗环重合，已知透镜的曲率半径是

190cm。求用4时第攵个暗环的半径。

(2)又如在牛顿环中用波长为500nm的第5个明环与用波长为4时的第6

个明环重合，求波长

分析：用牛顿环暗环半径公式尸=麻1，明环半径公式厂二”1J板计

算求得。

解：(1)4的第〃个暗环半径为

rk~#及4

4的第介1个暗环半径为

k=小+1%

两个暗环重合，即勺=4用，由以上式子可得左二3,代入下式

29-3

rk==73X190X10-X600X10-=1.85X10m

(2)由明环半径公式r=且波长为500nm的第5级明纹与波长石时

的第6个明环重合。可得

所以

99

A,=—A,=—x500=409.1nm

1111

11.13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1.40xl0-2]n变为].27x10-2n