大学物理课后习题答案详解

1、(习题：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=1 s和t=2 s 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 ： r2ti(4t28)j 由vdr/dt则速度： v2i8tj 由adv/dt则加速度： a8j

则当t=1s时，有 r2i4j,v2i8j,a8j 当t=2s时，有 r4i8j,v2i16j,a8j

2、（习题）： 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).

解：

v1tdvkv dvkdt vv0ekt

v0v0dt

dxv0ekt dtx0dxv0ektdt x0tv0(1ekt) k3、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 10 m处，初速度v 0．试求其位置和时间的关系式．

解： adv /dt4t dv 4t dt 0dv04tdt

vtv2t2

vdx /d t2t2 xdx02t2dt x2 t3

0xt/3+10 (SI)

4、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

drdvdv，，. dtdtdt解：（1） xv0t 式（1）

1yhgt221r(t)v0ti(h-gt2)j

2 式（2）

gx2（2）联立式（1）、式（2）得 yh22v0drv0i-gtj 而落地所用时间 tdt

（3）

2h 所以 gdrdv22v0(gt)2 v0i-2ghj gj vv2xvydtdtg2ghdvg2t dt[v2(gt)2]12(v22gh)12005、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为rt2i2tj，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drdv2ti2j a2i dtdt21221 2）v[(2t)4]2(t1)2

atdvdt2tt12 ana2at22t12

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：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Ma

F(Mm)g(Mm)a1

则a1

Mamgm(ag) ,aaa1mMmM2、 (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l1和l2，摆线与竖直轴之间的夹角分别为1和2，摆线中的张力分别为F1和F2，则 F1cos1m1g0 ①

m1 m2 F1sin1m1v12/(l1sin1) ② 解得：

v1sin1gl1/cos1

第一只摆的周期为

T12l1sin12v1l1cos1

g同理可得第二只摆的周期

T22l2cos2 g由已知条件知 l1cos1l2cos2 ∴

T1T2

习题—

习题一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为

F4004105t/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4105t/3和子弹离开枪口处合力刚好为零，则可以得到：F4004105t/30 算出t=。

（2）由冲量定义：

IFdt（4004105t/3）dt400t2105t2/30033300.6Ns

（3）由动量定所以：m0.6/3000.002kg习题 质量为M＝1.5 kg的物体， 用一根长为l＝1.25 m的细绳悬挂在天花板上．今有一质量为m＝10 g的子弹以v0

IFdtPmv0.6N•s03理：

l ＝500 m/s的水平速度射穿物体，刚穿出物体v0 时子弹的速度大小v ＝30 m/s，设穿透时间极短．求：

m M  v (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v

有 mv0 = mv+M v

v = m(v0 v)/M =3.13 m/s

T =Mg+Mv2/l = N

(2) ftmvmv04.7Ns (设v0方向为正方向) 负号表示冲量方向与v0方向相反．

习题一人从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0Fdy＝0(107.81.96y)dy=980 J

习题 如图所示，质量m为 kg的木块，在一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kx2mv2 而 frkmg 木

块

开

始

碰

撞

弹

簧

时

的

速

率

为

1212 H10 k m 为，问在将要发

vkx22kgx5.83ms

m习题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＝＋（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．

x1x112mvF'dxFdxW31Jx2x22解：(1) 外力做的功

(2) 设弹力为F′

v2Wm5.34ms1习题两个质量分别为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： m2v202kx02

3kx0 43m1212m2v20（m1m2）v 所以v（2）m2v202kx2（m1m2）v2 计算可得：xx0

3、(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，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=Fdr=(7i6j)(dxidyjdzk)=7dx6dy45J，做

0000rr-3412121212负功 （2）P= -85J

4、（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mvc2 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

r4A45EAmgjdrmgdy （3） = -45+75Wk00t0.612（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：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(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）

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由上述各式可解得飞轮的转动惯量为 JmR(1)

2h2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）

ar （5）

联立 ag， T1411mg 8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。

(已知棒绕O点的转动惯量Jm1l2)

13 解：碰撞时角动量守恒

1m2v1lm1l2wm2v2l

33m2(v1v2)

m1l细棒运动起来所受到的摩擦力矩

lM0m11gxdxm1gl l22 MdtJ0tJ10J1

m1l2t3 1

m1gl2

t2l2m2(v1v2) 3gm1g

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。

m1gT1m1a

21T2m2gm2a T1rT2rJ ar

m1m1m2gr2T1m1g解得：a 2222Jm1rm2r Jm1rm2r

m1m2gr22、如图系统中，m1=50kg， m2=40kg，圆盘形滑轮m=16kg，半径r=，

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

m1gT1m1a T2m2gsinm2a T1rT2rJ

ar

J12mr解得 30rad/s2,a3m/s2 ，T1340N,T2316N 2

由hv0tat2,v00,所以t2

12h0.816s a3．一长为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．抬起另一端使棒向上与水平面成30°，然后无初转速地将

12ml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、M JMmgl31cos300mgl Jml2 2433mgl33g33g4

124l4ml32、机械能守恒

l1mgsin300mgl1243g2mgsin30000J21121222 mlml236

3g=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的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为90，求

lv0mv0/2mv0的大小。

M 角动量守恒 mv01lmv0lJ JMl2 2223ll143mv0mv0Ml2 

124Ml43Ml3mv011l11l3mv0机械能守恒Ml22Mg Ml2Mg

2322324Ml4M16M2lvg 0m3m2gl 32 v025．一根长为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1M的子弹以水平速度v0射入棒的下端，6并留在棒里。此后棒的最大偏转角恰为60°，求v0。

角动量守恒

v11mv0l(ml2Ml2)mM0

3l 36

机械能守恒

11l(ml2Ml2)2Mg(1cos600)mgl1cos600232

v023gl

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距两端分别为l和l．轻杆原来静止在竖直位置。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的角速度。

232l3l32312121323解：角动量守衡 mv0l()2m()22mmlv0 

3v0 2l

第四章振动与波动 振动部分：习题、、

习题一物体沿x轴做简谐运动，振幅为0.06 m，周期为 s，当t = 0时位移为0.03m，且向x轴正方向运动。求：（1）t = 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

1 x(0.06m)cos(s)t3

当t = 质点的位移、速

加

速

度

分

别

时度、为

x(0.06m)cos(23)0.052mv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

t0.833s

习题 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=

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= 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= s代入得

x0.12cos（t）0.12cos0.103m

36v0.12sin（t）0.12cos0.189m/s 36a0.122cos（t）0.122cos1.03m/s2 36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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：

A2A1A22AA1cos0.1(m)

2由于A、A1、A2的量值恰好满足勾股定理，

题图5-26

故A1与A2垂直.

即第二振动与第一振动的相位差为/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)

3102cos(4t/6/2)

3102cos(4t2/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,/3.

合振动方程为x2102cos(4t/3)(SI)

（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k25Nm1，如果起始振动时具有势能 J和动能 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kA2= A (2)

121kxmv2221220.080.08m 25 ；

km2

m2x2m2A2sin2(t)

xAsin(t)A[1cos(t)]Ax

22222222x2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= 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

能和初势能振动时,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kA2,故

A2(EkEp)k0.253m

12 (2) EpEkEkA2 kx2kA2 x121412142A0.179m 2121A2 (3) Epkxk0.20J

224波动部分：习题、、

习题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）习题图

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Acostxu0

将 u = 100 ms1代人，且取x = 75 m得点P的运动方程为

yPAcost0.75s0

02。 与题意中点P的运动方程比较可得 A = 0.30 m、2s1、

则所求波动方程为

11 y(0.30m)cos[(2s)(tx/100ms)]

(2)当沿x轴负向传播时，波动方程为

yAcostxu0

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

y(0.30m)cos[(2s1)(t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，只是初相位不同而已。在已知某点初相0的前提下，根据两点间的相位差002x/，即可确定未知点的初相0。

习题已知一沿x正方向传播的平面余弦波，ts时的波形如题图所示，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；

13习题图

（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=［π(t-x/+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

由图形可知： ts时y０=-A/2，v０＜0，∴此时的φ=2π／3，

将此条件代入，所以：

210 所以0 33313O点的振动表达式y=［πt+π/3］m

（2）波动方程为：y=［π(t-x/+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

由图形可知： ts时y０=0，v０>0，∴此时的φ=-π／2， 将此条件代入，所以：215 A0 所以A03613A点的振动表达式y=［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=［π(t-x/+π/3］= ［πt-5π/6］

可得到：xA70.233m 30习题 一平面简谐波以速度u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；

（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）

3习题图

t=0s时 y=A/2 v>0 可知其相位为φ=

t=1s时 y=0 v<0 可知其相位为φ1=

2 代入振动方程， φ= ω＋φ=

32可得：ω=

5 T=2π/ω=12/5 65ｔ-）cm 63 则 y=（

（2）沿x轴负方向传播，波动表达式：y=[

55x（ｔ+）-]cm 64348m 25x253.27rad 24（3）根据已知的T=12/5，u0.8m/s，可知：那么同一时刻相距1m的两点之间的位相差：2

 轴负方向（加题）1.如图，一平面波在介质中以波速u20m/s沿ux

传播，已知A点的振动方程为y3102cos4t(SI). (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

t4[t(x/u)]4[t(x/20)]

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x5](SI) 20x5 20波的表达式为 y3102cos4t y3102cos[4(tx)](SI) 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6－10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

ypAcos(2t)Acos(t)(SI) 42 yP (m) （2）向负方向传播的波动方程为

4xd yAcost20 1 -A O t (s) d P x （3）把d/2,y0Acost

2

x0代入波动方程即得

（加题）3.两波在一很长的弦线上传播，其波方程分别为：

131 y24.00102cos(4x24t)(SI)

3 y14.00102cos(4x24t)(SI)

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： 4Hz， 1.50m， 波速u6.00m/s (2)波节位置4x/3(n)即x(n)m,n0,1,2... (3)波腹位置4x/3n即x3n/4m,n0,1,2... 第11章作业

123412 在双缝装置中，用一很薄的云母片(n =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

习题图

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）

(2)式与（1）式作差，可得

21r2ener1r2r1en17

所以

77550109e6.64106m

n11.581 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

D1D25 dd 6所以

21550660nm

一薄玻璃片，厚度为μm，折射率为，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

2ne65652k

由此得

4ne 2k1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

2ne2k1 22由此得

4ne 2k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。

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，玻璃的折射率为，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25007003

2212700500135002673.1nm 21.30 k1k1 e22n1 有一玻璃劈尖，玻璃的折射率为，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3.64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 l2nsin，

因为很小，所以sin，则

l 2n所以，

2nl

=21.53.641035105 =546nm

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，

2为使给定波长的透射光增强，应满足条件

2ne2k

当k1时，对应膜的最小厚度

2nemin2

已知550nm，n21.38，由此可以算出膜的最小厚度

e4n299.4nm

(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。

分析：用牛顿环暗环半径公式rkR，明环半径公式

1rkR计算求得。

2解：（1）1的第k个暗环半径为

rkkR1

2的第k+1个暗环半径为

rk1k1R2

两个暗环重合，即rkrk1，由以上式子可得k3，代入下式

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

2与波长3时的第6个明环重合。可得

11 5R6R3

22所以

399500409.1nm 1111 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2。由此可推导出牛顿环暗环半径rkR和明环半径n21Rrk，这里明，暗环半径和充入的介质折射率n2有关。在

2n2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

1dk2rk2kR

2当透镜与玻璃之间为液体时，k级明纹的直径为

1R dk'2rk'2k

2n2解上述两式得

dk n2d'k1.22 2 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3方向上，则有

asin33

此暗纹到中心的距离为

x3ftan3

因为3很小，可认为tan3sin3，所以

x33f/a

两侧第三级暗纹的距离为

2x36f/a3mm

所以

f2x3a625cm

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（1）

对于波长为2=600nm的光，

asin2221（2）

由于 sin3sin2 由（1）、（2）式可得，

2212

231122122572

125600428.6nm 7 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＝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

absink

得

2600109k6106m ab0.20sin（2）由缺级条件

kab'k a且第四级缺级，得

aab'ab'kk k4当k'=1时，a有最小值

aminab61061.5106m （3）当sin1时，k有最大值

ab610610 6001091414 k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

k0,1,2,3,5,6,7,9

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，现距中央明纹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12k2

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

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，

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

cos22cos2452 I2I1 223cos1cos30 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

I11I0 2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

I2I1cos21I0cos2 2同理可得I3和I4

I3I2cos21I0cos4 261130.21I0 I4I3cos2I0cos6I0222即入射光的21℅能透过偏振片组。

水的折射率为，玻璃的折射率为。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，

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

n1n1.334134' ，2arctan1arctann2n21.50 tan2 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：

(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

i002

所以

i020903258

（2）由布儒斯特定律，

n2 n1 tani0得

n2tani0tan581.60

加题

加：以单色光照射到相距为的双缝上，缝距屏为1m。（1）从第一级

明纹到同侧第四级的明纹为时，求入射光波长；（2）若入射光波长为6000A，求相邻明纹间距离。

解：（1）明纹坐标为

由题意有：

xkDd，

DD3Ddddd0.2103(x4x1)7.51033D31x4x14510m5000A7。

（2）当6000A时，相邻明纹间距为

D1600010103x310m3mm3d0.210

加：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

第二级主极大的衍射角为多少

若a2106(m)光屏上可以看到的条纹的最大级数

（2）

（3）

3.0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9sin2220.2 2arcsin0.211.5o 6d610600109k0.1 （3） sinkkkd61061sink1

10ksink10，取k9， 0.1dk3k a考虑缺级k3，6，9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=和sinθ2=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=

（2）第四级主极大缺级，则k小宽度am=

d4，取k=1，得，每个单缝可能的最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=，

取整数，屏幕上可以看到的干涉条纹为：0，±1，±2，±±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，±±3，±5，±6级，共11条

3，±4，1，±2，