【大学】大学物理课后习题答案详解

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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。（1）求质点的轨道方程；（2）求时质点的位置、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 ： 由则速度： 由则加速度： 则当t=1s时，有 当t=2s时，有 2、（习题1.2）： 质点沿在轴正向运动，加速度，为常数．设从原点出发时速度为，求运动方程.

解： 3、一质点沿x轴运动，其加速度为a 4t (SI)，已知t 0时，质点位于x 处，初速度v 0．试求其位置和时间的关系式．

解： dv /dtt dv t dt vt2 vx /d tt2 x t3 /3+10 (SI) 4、一质量为的小球在高度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，，. 解：（1） 式（1）

式（2）

（2）联立式（1）、式（2）得

（3） 而落地所用时间 所以

5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为，式中的单位为，的单位为.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） 2）

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。 分别由图（a）、(b)可得： 则

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和，摆线与竖直轴之间的夹角分别为和，摆线中的张力分别为和，则

① ②

解得：

第一只摆的周期为

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同理可得第二只摆的周期

由已知条件知 ∴ 习题2.1—2.6

习题2.1一颗子弹在筒里前进时所受的合力大小为，子弹从口射出时的速率为。设子弹离开口处合力刚好为零。求：（1）子弹走完筒全长所用的时间；（2）子弹在筒中所受力的冲量；（3）子弹的质量。

解：（1）由和子弹离开口处合力刚好为零，则可以得到： 算出t=0.003s。 （2）由冲量定义： （3）由动量定理：

习题2.2 质量为M＝的物体，用一根长为l＝的细绳悬挂在天花板上．今有一质量为m＝的子弹以v0＝/s的水平速度射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大小v ＝/s，设穿透时间极短．求：

(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．

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 mv0 = mv+M v

v = m(v0 v)/M =/s

T =Mg+Mv2/l =26.5 N

(2) (设方向为正方向) 负号表示冲量方向与方向相反．

习题2.3一人从10 m深的井中提水．起始时桶中装有10 kg的水，桶的质量为1 kg，由于水桶漏水，每升高1 m要漏去0.2 kg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P0kymg0.2gy107.81.96y 人的拉力所作的功为： WdWFdy＝(107.81.96y)dy=980 J

00H10习题2.4 如图所示，质量m为 0.1 kg的木块，在一 k 2文档收集于互联网，已整理，word版本可编辑. m 习题2.4图

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个水平面上和一个劲度系数k为20 N/m的轻弹簧碰撞，木块将弹簧由原长压缩了x = 0.4 m．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而

121kxmv2 22 frkmg

木块开始碰撞弹簧时的速率为

vkx22kgx5.83ms

m习题2.5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＝52.8x＋38.4x2（SI）求：

(1)将弹簧从伸长x1＝0.50 m拉伸到伸长x2＝1.00 m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2.17 kg的物体，然后将弹簧拉伸到一定伸长x2＝1.00 m，再将物体由静止释放，求当弹簧回到x1＝0.50 m时，物体的速率．

解：(1) 外力做的功

x1x112mvF'dxFdxW31Jx2x22(2) 设弹力为F′

v2Wm5.34ms1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x0然后释放。（已知m1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。

解：

1122m2v20kx0 22m2v20（m1m2）v 所以v习题2.6图

3kx0 43m3文档收集于互联网，已整理，word版本可编辑.

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11112（2）m2v20kx2（m1m2）v2 计算可得：xx0

22223、(变力作功、功率、质点的动能定理)设F7i6j(N)（1）当一质点从原点运动到r3i4j16k(m)时，求F所作的功；（2）如果质点到r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。 解：（1）A=rr-340Fdr=(7i6j)(dxidyjdzk)=7dx6dy45J，做负功

000r4A45EAmgjdr （2）P = -45+mgdy = -85J 75W （3）k00t0.、（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θ，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12mvc 2带入数据得vc2gH，方向沿AC方向 （2）由于物体在水平方向上动量守恒，所以

mvccosmv，得v2gHcos，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m2gHsin，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

解：如习题3.3(b)图,对飞轮而言，根据转动定律，

有

FTRJO

FT'm mg FT（1）

对重物而言，由牛顿定律，有

mgFT'ma F'TFT （2）

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习题3.3(b)图

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由于绳子不可伸长，因此，有

aR （3）

重物作匀加速下落，则有

h12at （4） 2gt21) 由上述各式可解得飞轮的转动惯量为 JmR(2h23.4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，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T22ma （1） T1mgma （2）

(T2T)rJ （3） (TT1)rJ （4）

习题3.4图

ar （5）

联立 a111g， Tmg 483.6有一质量为m1、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v1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。

1 (已知棒绕O点的转动惯量Jm1l2)

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解：碰撞时角动量守恒

1m2v1lm1l2wm2v2l

3细棒运动起来所受到的摩擦力矩

1. 如图所示，物体1和2的质量分别为m1与m2，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T2。 解得：a2m1m2gr2Jm1r2m2r2

T1m1gm1m1m2gr 习题3.6图 22Jm1rm2r

212、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θ=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m1距离地面高度为1m，需多长时间m1到达地面？

J1222mr解得 30rad/s,a3m/s ，T1340N,T2316N 2

2h120.816s at,v00,所以ta2

由hv0t3．一长为1 m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

12ml3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，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、M J2、机械能守恒

3g=3.83rad/s 24．一根长为l、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的子弹以水平速度v0射向棒的中心，并以v0/2

lv 0 0 的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为90，求v0的大小。 mm 角动量守恒 mv0v/21lmv0lJ JMl2 22232M1123mv0l1122lMg 机械能守恒MlMg Ml2322324Ml5．一根长为l、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

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为 m1M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6角动量守恒 机械能守恒

6、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，杆可绕水平光滑固定轴O在竖直面内转动，转轴O距两

60°，求v0。

2轻杆原来静止在竖直位置。今有一质量为ml．31的小球，以水平速度v0与杆下端小球m作对心碰撞，碰后以v02端分别为l和

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

133v22ll21mv0l()2m()22mmlv0 0

2l33332 第四章振动与波动

振动部分：习题4.2、4.4、4.5

习题4.2一物体沿x轴做简谐运动，振幅为0.06 m，周期为2.0 s，当t = 0时位移为0.03m，且向x轴正方向运动。求：（1）t = 0.5 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、2Ts1由旋转矢量(a)图可确定初相则03，振动方程为

当t = 时质点的速度、加分别为

习题4.2 (b) 图

习题4.2 (a) 图

0.5s位移、速度

x(0.06m)cos(23)0.052m7文档收集于互联网，已整理，word版本可编辑.

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vdxdt(0.06ms1)sin(23)0.094ms1ad2xdt2(0.062ms2)cos(23)0.513ms2

（2）质点从x =0.03 m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）56。该过程所需时间为

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(ωt+φ)0从图中可见，t=0,x0=A/2,v0>0由旋转矢量法可知；φ0=-又t=1s,ωt-5π65πt-π)mπ3=π2π3ω=

习题4.4图

63（2）P点的相位为0tp05t故：x=0.1cos(0t0.4sp6p3即质点到达P点相应状态所要的最短时间为0.4s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=12×10-2m，T=2.0 s ∴ ω=2π/T=πrad·s-1

又，t=0时，x06cm，v00 ∴由旋转矢量图，可知：0

3（t）故振动方程为x0.12cos

3 (2)将t=0.5 s代入得

方向指向坐标原点，即沿x轴负向．

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(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t=2π/3，它回到平衡位置需要走5π/6，所以： ∴t=Δ/ω=(5π/6)／(π) =5/6s

习题4.5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/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/6 据AA1A2可知A2AA1,如图： 由于A、A1、A2的量值恰好满足勾股定理， 故A1与A2垂直.

即第二振动与第一振动的相位差为/2

题图5-26 （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

x15102cos(4t/3)(SI)，x2310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.

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：x23102sin(4t/6)

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,/3.

合振动方程为x2102题图5-27

cos(4t/3)(SI)

（加题）3.一物体质量为0.25kg，在弹性力作用下

1作简谐振动，弹簧的劲度系数k25Nm，如果

起始振动时具有势能0.06 J和动能0.02 J，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． 解：(1) EEKEp12kA=0.08 A220.080.08m 259文档收集于互联网，已整理，word版本可编辑.

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(2)

121kxmv2 ； km2 m2x2m2A2sin2(t) 222x2A2，xA/20.0566m

(3) 过平衡点时，x0，此时动能等于总能量

EEKEp1mv2=0.08 A220.080.8m/s

0.25（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0.2J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?

解: (1) 弹簧振子的总机械能为EEkEp2(EkEp)12kA,故A0.253m 2k (2) EpEk21111A0.179m EkA2 kx2kA2 x22424121A20.20J (3) Epkxk224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 = 100 m/s，波线上右侧距波源O（坐标原点）为75.0 m处的一点P的运动方程为

yp(0.30m)cos[(2s1)t/2]。求（1）波向x轴

习题4.7图

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 将 u = 100 ms1代人，且取x = 75 m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 = 0.30 m、2s1、02。则所求波动方程为

(2)当沿x轴负向传播时，波动方程为

将 x = 75 m、u100ms1代人后，与题给点P的运动方程比较得A = 0.30 m、2s1、0，则所求波动方程为

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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

02x/初相0的前提下，根据两点间的相位差0，即可确定未知点的

初相0。

1习题4.8已知一沿x正方向传播的平面余弦波，ts时的波形如题图所示，

3且周期T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A点的振动表达式； （4）写出A点离O点的距离。

解：由图可知A=0.1m，λ=0.4m，由题知T= 2s，ω=2π/T=π，而u=λ/T=0.2m/s。 波动方程为：y=0.1cos［π(t-x/0.2)+Ф0］m 关键在于确定O点的初始相位。 （1） 由上式可知：O点的相位也可写成：φ=πt+Ф0

1由图形可知： ts时y０=-A/2，v０＜0，∴此时的φ=2π／3，

321将此条件代入，所以：0 所以0

333习题4.8图

O点的振动表达式y=0.1cos［πt+π/3］m

（2）波动方程为：y=0.1cos［π(t-x/0.2)+π/3］m （3）A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：φ=πt+ФA0

1由图形可知： ts时y０=0，v０>0，∴此时的φ=-π／2，

315将此条件代入，所以：A0 所以A0

236A点的振动表达式y=0.1cos［πt-5π/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=0.1cos［π(t-x/0.2)+π/3］= 0.1cos［πt-5π/6］

可得到：xA70.233m 30习题4.10 一平面简谐波以速度u0.8m/s沿x轴负

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习题4.10图

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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；

（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：y=Acos（ωｔ＋φ） t=0s时 y=A/2 v>0 可知其相位为φ= 3 t=1s时 y=0 v<0 可知其相位为φ1=

 2 代入振动方程， φ= ω＋φ= 32可得：ω=

5 T=2π/ω=12/5 65ｔ-）cm 6355x（ｔ+）-]cm 3 则 y=0.5cos（

（2）沿x轴负方向传播，波动表达式：y=0.5cos[（3）根据已知的T=12/5，u0.8m/s，可知：48m 25x25那么同一时刻相距1m的两点之间的位相差：23.27rad

24（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

动方程为y3102cos4t(SI).

B A 1题图

(1)以A点为坐标原点写出波方程；

(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 波的表达式为 y3102cos4[t(x/20)](SI)

(2)以B点为坐标原点，则坐标为x点的振动相位为 t'4[t波的表达式为 y3102x5](SI) 20x5cos4t

20（加题）2. 一平面谐波沿ox轴的负方向传播,波长为λ，P点处质点的振动规律如题图6

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－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/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,ypoA,0,则P点处质点的振动方程为

2ypAcos(t)Acos(t)(SI)

42（2）向负方向传播的波动方程为 （3）把d/2, yP (m) x0代入波动方程即得

0 1 -A O t (s) （加题）3.两波在一很长的弦线上传播，其波方程分别为： 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Acos2(tx/)对比可得：

d P x 题图6-10

4Hz， 1.50m， 波速u6.00m/s (2)波节位置4x/3(n131)即x(n)m,n0,1,2... 242(3)波腹位置4x/3n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)其中的一条狭缝，这时屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏

习题11.2图

覆盖幕中

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

1r2r10 （1）

覆盖后，两光到达O点的光程差为

2r2ener17 （2）

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(2)式与（1）式作差，可得 所以

77550109e6.106m

n11.58111.3 在双缝实验中，入射光是由波长1550nm和另一束未知波长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1的第三级明纹中心的位置。若屏上1的第六级明纹中心和未知的2的第五级明纹中心重合，求未知波长2。

分析：由明纹中心位置公式xk解：第三级明纹中心位置

D1.255010933.3mm xk3d0.610D可得。 d1的第六级明纹中心和未知的2的第五级明纹中心重合，即它们具有相同的衍

射角 所以

2661550660nm 5511.5 一薄玻璃片，厚度为0.40μm，折射率为1.5，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。 解：反射加强的条件为 由此得

仅当k3时，为可见光，因此求得

41.500.40480nm

231透射加强的条件即反射减弱的条件，即 由此得

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当k2时，

当k3时，

41.500.40400nm

2341.500.40600nm

22 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n2大于油的折射率n1，光线在油膜上，下表面反射时都存在半波损失，则光程差为2ne。设1500nm的光在k级干涉相消，则对于2700nm的光在第k1级干涉相消。

解： 对1500nm的光在k级干涉相消，有 2n1e2k111k1 （1） 22对2700nm的光在第k1级干涉相消，有

2n1e2k1121k2 （2） 22由（1）、（2）式解得

1k12 e2n1135002673.1nm 21.3011.7 有一玻璃劈尖，玻璃的折射率为1.5，劈尖夹角5105rad。用单色光垂直照射，测得相邻两条明纹间的距离l3.10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

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l2nsin，

因为很小，所以sin，则 所以，

=21.53.1035105 =6nm

11.11 在折射率n11.52的照相机镜头表面镀有一层折射率n21.38的MgF2增透膜，如果此膜适用于波长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波长的透射光增强，应满足条件 当k1时，对应膜的最小厚度

已知550nm，n21.38，由此可以算出膜的最小厚度

e2，为使给定

4n299.4nm

11.12 (1)若用波长不同的光观察牛顿环，1600nm，2450nm，观察利用1时的第k个暗环与用2时的第k+1个暗环重合，已知透镜的曲率半径是190cm。求用1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3时的第6个明环重合，求波长3。

1分析：用牛顿环暗环半径公式rkR，明环半径公式rkR计

2算求得。

解：（1）1的第k个暗环半径为

2的第k+1个暗环半径为

两个暗环重合，即rkrk1，由以上式子可得k3，代入下式

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rkkR131901026001091.85103m

1（2）由明环半径公式rkR，且波长为500nm的第5级明纹与波长3时

2的第6个明环重合。可得 所以

399500409.1nm 111111.13 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1.40102m变为1.2710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（n21），且满足n1n2,n2n3 或n1n2,n2n3时，在厚度为e的地方，两相干光的光程差为2n2e此可推导出牛顿环暗环半径r2。由

kR1R和明环半径rk，这里明，暗

2n2n2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 当透镜与玻璃之间为液体时，k级明纹的直径为 解上述两式得

11.17 波长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，如果置于焦平面处的屏上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3方向上，则有 此暗纹到中心的距离为

因为3很小，可认为tan3sin3，所以 两侧第三级暗纹的距离为

2x36f/a3mm

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所以

f2x3a625cm

11.18 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asin2k1确定，所以有

2对于波长未知的光1，

asin3231对于波长为2=600nm的光，

asin2221由于 sin3sin2 由（1）、（2）式可得，

55600 12428.6nm

7712 （1）

22 （2）

11.19 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＝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 得

2600109k6106m absin0.2018文档收集于互联网，已整理，word版本可编辑.

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（2）由缺级条件 且第四级缺级，得 当k'=1时，a有最小值 amin1ab161061.5106m 44（3）当sin1时，k有最大值

因为当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

11.20 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，现距明纹5cm处1光的k级明纹和2光的第k+1级明纹相重合，

若所用透镜的焦距f＝50cm，试问：

(1)上述的k=? (2)光栅常数a+b =?

分析：1光的k级明纹和2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,1的k级与2的(k+1)级谱线相重合，即它们衍射角相同 所以

dsin1k1，dsin2k12,

得

(2) 因xf很小， tan1sin1xf 所以 dk1f/x=1.2 ×103cm

11.28 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，

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I1I0cos21 （1） 两偏振片的偏振化方向之间的夹角变为45°，

I2I0cos22 （2） 由（1）、（2）得

11.29 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I0，透过第一，二三四块偏振片后的光强分别为

I1,I2,I3,I4。因自然光可以看作振动方向互相垂直，互相，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 射入第二块偏振片的光为线偏振光，透过它的光强为I2，根据马吕斯定律为 同理可得I3和I4

即入射光的21℅能透过偏振片组。

11.32 水的折射率为1.33，玻璃的折射率为1.50。当光由水中射向玻璃而反射时，布儒斯特角为多少? 当光由玻璃射向水中而反射时，布儒斯特角又为多少?

分析：应用布儒斯特定律求得。 解：n11.33,n21.50 光由水中射向玻璃反射时，

tan1n2n1.504826' ，1arctan2arctann1n11.33光由玻璃射向水中反射时，

tan2n1n1.334134' ，2arctan1arctann2n21.5011.33 一束太阳光，以某一入射角入射到平面玻璃上，这时反射光为完全偏振光，透射光的折射角为32°。问：

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(1)太阳光的入射角是多少? (2)玻璃的折射率是多少? 分析：应用布儒斯特定律求得。

解：（1）反射光为完全偏振光，此时反射光与折射光垂直。 即 所以

（2）由布儒斯特定律， 得

加题

加11.1：以单色光照射到相距为0.2mm的双缝上，缝距屏为1m。（1）从第一级明纹到同侧第四级的明纹

为7.5mm时，求入射光波长；（2）若入射光波长为

6000A，求相邻明纹间距离。

xk解：（1）明纹坐标为

由题意有：

Dd，

DD3Ddddd0.2103(x4x1)7.51033D31x4x14510m5000A（2）当

7。

6000A时，相邻明纹间距为

加11.2：用＝600 nm的单色光垂直照射在宽为3cm，共有5000条缝的光栅上。问：

（1） 光栅常数是多少？

（2） 第二级主极大的衍射角为多少？

（3） 若a210(m)光屏上可以看到的条纹的最大级数？

63.01026106(m) 解：（1）光栅常数 d5000 （2）由光栅方程dsink (k0,1,2,)得

600109k0.1 （3） sinkkkd610621文档收集于互联网，已整理，word版本可编辑.

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sink10，取k9， 0.1d考虑缺级kk3k

a10k3，6，9缺级

屏上可以看见的条纹最大级数是8。

加11-3：波长为5000Å的单色光正入射到一块缝数为N=105的透射式平面光栅上，两个相邻

主极大分别出现在sinθ1=0.15和sinθ2=0.3的位置，并且第四级主极大缺级，求： (1)光栅常数d？（3分）

(2)光栅上每个单缝可能的最小宽度am？（3分） (3)观察屏幕上能哪些谱线？（4分）

解：(1)设相邻主极大分别为m级和m+1级，则：

dsin1mdsin2(m1)得，d=3.3um

，

（2）第四级主极大缺级，则kd4，取k=1，得，每个单缝可能的最小宽度am=0.825um a（3）由dsinm得，当sinθ=1时，对应的衍射条纹级数为屏幕上可看到的最大级数，因此，m=6.6，

取整数，屏幕上可以看到的干涉条纹为：0，±1，±2，±3，±4，±5，±6级， 但是第四级主极大缺级，因而最后看到的条纹级数为0，±1，±2，±3，±5，±6级，共11条

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