波動與振動-答案和解析

1、1、一簡諧振動得表達式為x Acos(3t )，已知 t 0 時得初位移為 0、04m,初 速度為 0、09ms-1，則振幅A=_ ，初相位 =_(20.092J0.042( )20.05(m)解：已知初始條件，則振幅為:初相:1(卜(0.09)3 0.04)V02一)tg1( ) tg Xo因為 x0 0,所以36.92、兩個彈簧振子得得周期都就是方向運動，經(jīng)過 0、5s 后，第二個振子才從正方向得端點開始運動，則這兩振 動得相位差為。36.9或143.10、4s,設(shè)開始時第一個振子從平衡位置向負(fù)解：從旋轉(zhuǎn)矢量圖可見,t = 0、05 s 時，A與A2反相,t0*十A ! I IJ Jr r

2、 I Ih勺1xt 0.5 SAvt /0.5-w.即相位差為。3、一物塊懸掛在彈簧下方作簡諧振動,動能就是總能量得_時，彈簧得長度比原長長 解：諧振當(dāng)這物塊得位移等于振幅得一半時，其(設(shè)平衡位置處勢能為零)。當(dāng)這物塊在平衡位置l ,這一振動系統(tǒng)得周期為 _能量E EkEp丄 kA224、2k(A)2Ep扣2物塊在平衡位置時,E，所以動能EkE4彈簧伸長 I，則mg kEp3E。4k 呼l振動周期T 2上面放有物體得平臺，幅超過_2咼以每秒 5 周得頻率沿豎直方向作簡諧振動, ，物體將會脫離平臺(設(shè)g 9.8m若平臺振解：在平臺最高點時，若加速度大于 g,則物體會脫離平臺,2A (2V)2A

3、g得最大振幅為g42v2am9.93 1031.0 102(m)455、一水平彈簧簡諧振子得振動曲線如圖所示，振子處在位移零、速度為A、加速度為零與彈性力s2)。由最大加速度為零得狀態(tài)，對應(yīng)于曲線上得位移得絕對值為 A、速度為零、加速度為-2A 與彈性力-kA 得狀態(tài)，對應(yīng)于曲 線得解：點。位移x 0，速度點。振子處在b、f 點；若 XI=A,d A0，對應(yīng)于曲線上得2A，又a2x,所以 x = A,對應(yīng)于曲線上得 a、e點。6、 兩個同方向同頻率得簡諧振動，其振動表達式分別為:21x)(SI) 與X22 1o2sin(2它們得合振動得振幅為_解：將 x2改寫成余弦函數(shù)形式：2 2x22 1o

4、 sin( 5t)2 1o cos(5t )2由矢量圖可知，X1與 X2反相，合成振動得振幅A A1A26 1o22 1o24 1o2(m)，初相x-i6 1o cos(5t，初相位為5t)(SI)cA1A、1 1OA1i三、計算題1、一質(zhì)量 m = 0、25 kg 得物體，在彈簧得力作用下沿 點、(1)(2)向運動，(3)x 軸運動，平衡位置在原彈簧得勁度系數(shù) k = 25 N m-1求振動得周期 T 與角頻率.如果振幅 A =15 cm , t = 0 時物體位于 x = 7、5 cm 處，且物體沿 求初速 vo及初相.寫出振動得數(shù)值表達式.x 軸反/k/m1os1(2) A = 15 c

5、m,由T 2 /o.63 s在 t = o 時，xo= 7、5 cm,Avx2(Vo/ )2VoJA22Xotg1( Vo/Xo)1.3 m/s或 4/3x 151321o cos(1ot)(SI)Vo10J0.1520.07521.30(m s1)2)15 1o cos(1ot -)(SI)32、在一平板上放一質(zhì)量為 m =2 kg 得物體，平板在豎直方向作簡諧振動,1動周期為 T = -s,振幅 A = 4 cm,求2(1) 物體對平板得壓力得表達式.(2) 平板以多大得振幅振動時，物體才能離開平板？(3)振動方程為xAcos( t其振21xx1(2)物體脫離平板時必須 N = 0,由式得

6、t 0(SI)q162A3、一定滑輪得半徑為 R,轉(zhuǎn)動慣量為 J,其上掛一輕繩，m 得物體，另一端與一固定得輕彈簧相連，如圖所示。設(shè)彈簧得倔強系數(shù)為 k,繩 與滑輪間無滑動，且忽略摩擦力及空氣得阻力?，F(xiàn)將物體 m 從平衡位置拉下一 微小距離后放手，證明物體作簡諧振動，并求出其角頻率。解：取如圖 X 坐標(biāo)，原點為平衡位置，向下為正方向。m 在平衡位置，彈簧伸長 X0,則有1“ 丄X Acos4 t2X16nAcos4nt(SI)(SI)(1)對物體有mg N mxN mg2mx mg 16 Acos4t(SI)物對板得壓力為FNmg 162A cos 4 t(SI)19.6 1.282cos4

7、t解：選平板位于正最大位移處時開始計時，平板得振動方程為1 分1 分AN-一半 mg2mg 16 Acos4cos4 t若能脫離必須即cos4 t 1 (SI)2A g /(162)6.2110繩得一端系一質(zhì)量為mg kxo.(1)現(xiàn)將 m 從平衡位置向下拉一微小距離 X, m與滑輪 M 受力如圖所示。由牛頓定律與轉(zhuǎn)動定律列方程，mg T,ma.T1R T2R J a R .T2k(x Xo) (3)- .(5)聯(lián)立以上各式，可以解出2x(探)就是諧振動方程,所以物體角頻率T2* T1Mg第二章 波動(1)T1kxoomgx1、選擇題平面簡諧波表達式為y 0.05sin (t 2x)(SI)，

8、則該波得頻率v(Hz)、 波速 u(ms-1)及波線上各點振動得振幅(A) 1/2，1/2，0.05(C) 1/2，1/2，0.05解：平面簡諧波表達式可改寫為1、A(m)依次為:(B) 1/2，1，(D) 20.05，2，0.05y 0.05 sin(t2x)0.05cos( t2 x?) (SI)與標(biāo)準(zhǔn)形式得波動方程xAcos2 v(t -) u比較，可得故選 C解:A 0.05 (m),1v 2 (Hz) , u1(m S1)。2一橫波沿繩子傳播時得波動方程為y0.05cos(4 x 10 t)(SI)，則(A)其波長為 0、(C)波速 25 m s-1;將波動方程與標(biāo)準(zhǔn)形式(D)Aco

9、s 2 v(tv 5( Hz), u 2.5( m故選As1)(B)波速為 5 ms-1; 頻率 2 Hz。u255比較，可知0.5 (m)3、平面簡諧波得波動方程為0.1 cos(3)(SI)，t = 0 時得波形曲線如圖所示。則(A)(B)O 點得振幅為波長為 3 m；0、1 m；(C)a、b 兩點位相差(D)波速為 9 ms-1。0.1Y(m)u0bX(m)2(m)，u32解: 由波動方程可知A 0.1(m),23(m s1)a、b 兩點間相位差為:故選 C4、一簡諧波沿 x 軸負(fù)方向傳播,形如圖所示，則該波得表達式為:(B) y Acos (t x / u)(C) y Acos (t

10、x/u)(D) y Acos (t x/u)解：由波形圖向右移1丄，可得 t 0 時波形如圖中虛線所示。在 0 點，t 0 時 y4=-A,初相 =，振動方程為y。(X)方向傳播,y Acos (t故選 DAcos( t )。又因波向所以波動方程為-)(SI)u5. 一平面簡諧波沿 X 軸正向傳播，t = T/4 時得波形曲線如圖所示。若振動以余 弦函數(shù)表示，且此題各點振動得初相取(A)0 點得初位相為(B)1 點得初位相為(C)(D)2 點得初位相為3 點得初位相為解：波形圖左移各點得振動初相為：/4，即可得 t之間得值，則20 時得波形圖，由 t 0 得波形圖(虛線)可知,122故選 D二

11、、填空題1、已知一平面簡諧波沿幅 A = 0、1m。當(dāng) t = 0 時波源振動得位移恰好為正得最大值。 若波源處為原點,則沿波傳播方向距離波源為為_ 。當(dāng)為_。t = T / 2 時,/2 處得振動方程X / 4 處質(zhì)點得振動速度t X解：波動方程為yAcos2H -)0.1cos2 (2t0.1X)(SI),X 25m處得質(zhì)點振動方程為y0.1cos(4 t)(SI)2.5m處得振動方程為y 0.1cos(4 t )0.1sin(4 t)振動速度vdydt0.1 4cos(4 t) 0.4 cos(4t)tT0.25s22、如圖所示為一平面簡諧波在v 0.4cos(4 0.25)0.41.2

12、6(m s1)t = 2s 時刻得波形圖,是_知量)解： 由 t = 2s 波形圖可知， 原點 0 得振動方程 為該諧波得波動方程就是_； P 處質(zhì)點得振動方程就。(該波得振幅 A、波速 u 與波長為已為:二點振動相位差為滯后3。24、圖示一平面簡諧波在 t = 2 s 時刻得波形圖， 波得振幅為 0、2 m，周期為 4 S。則圖中 P 點處質(zhì)點 得振動方程為_解：由上=2s 就是波形圖可知原點 0 處振動方程為：t 2t 2 -)0.2 cos(2 -)0.2cos(tT 24222，相位比0點落后，所以p點得振動方程為:y0Acos2 v(t 2) Acos22波向+x 方向傳播，所以波動

13、方程為yuV(t 2)-Acos2 vU(t 2R(SI)p 點X2，振動方程為yPAcos2u(t 2公)-u 2Acos2 -(t 2)3、一簡諧波沿 X 軸正向傳播。X1與X2兩點處得振動曲線分別如圖(a)與(b)所示。已知X2X1且X2X1( 為波長)，則X2點得相位X1比點相位滯后 3 /2。X2XiX2Xi解：由圖(a)、(b)可知,Xi與x處振動初相分別Oi因為X2X1, X2X1，所以 X2得相位比Xi得相位y(m)傳播方向zzyoAcos(2(b)O2APx(m)一平面簡諧波沿 X 軸正向傳播，波得振幅 A = 10 cm,波得角頻率 =7 rad/s、5、13yp0.2CO

14、S(2t-簡諧波沿X軸正方向傳播。 已知 出t = T 時得波形曲線。0.2 cosg t 1 )( SI)X = 0 點得振動曲線如圖,試在它下面畫解：由 0 點得振動曲線得振動方程：yoAcos(2 * y)向 X 正向傳播，波動方程為tX ,y Acos(2 2 )T2t= T 時與 t = 0 時波形曲線相同，波形曲線如右圖所示。、計算題1、當(dāng) t = 1、0 s 時，x = 10 cm 處得 a 質(zhì)點正通過其平衡位置向 y 軸負(fù)方向運動，而 x =20 cm 處得 b 質(zhì)點正通過 y = 5、0 cm 點向 y 軸正方向運動.設(shè)該波波長 10 cm，求該平面波得表達式. 解：設(shè)平面簡

15、諧波得波長為 得表達式可寫成yt = 1 s 時,坐標(biāo)原點處質(zhì)點振動初相為0.1cos(7 ty 0.1 cos72 x/ )(SI)2 (0.1/ ),則該列平面簡諧波2 分因此時 a 質(zhì)點向 y 軸負(fù)方向運動，故12而此時，b 質(zhì)點正通過 y = 0、05 m 處向 y 軸正方向運動，應(yīng)有)72 (0.1/由、兩式聯(lián)立得y 0.1cos72 (0.2/該平面簡諧波得表達式為72 (0.2/ )=0、24 m17 /3y 0.1cos7 t0.12x y 0.1cos7 t -0.12平面簡諧波沿 x 軸正向傳播，其振幅為A， ，波速為 u.設(shè) t = t，時刻得波形曲線如.求I x = 0

16、 處質(zhì)點振動方程； I 該波得表達式.02、一 頻率為 圖所示.(1)(2) 解： (1)設(shè) x =y Acos(2 t )由圖可知，t = t，時所以y Acos(2 td y/dt 2 Asin(212/2x = 0 處得振動方程為y Acos2 (t t(2)該波得表達式為y Acos2 (t3、一平面簡諧波沿 Ox 軸得負(fù)方向傳播，波長為 P處質(zhì)點得振動規(guī)律如圖所示.(1) 求 P 處質(zhì)點得振動方程；(2) 求此波得波動表達式；0.051317313分1分1 分(SI)(SI)y處質(zhì)點得振動方程為)0 x/u)3程.解: (1)若圖中d2，求坐標(biāo)原點 O 處質(zhì)點得振動方由振動曲線可知，

17、P 處質(zhì)點振動方程為ypAcos(2 t/4)t )(SI)波動表達式為(3) O 處質(zhì)點得振動方程y Acos2 y。ACOS(2 t)第一章波動(2)(SI)一、選擇題1、如圖所示，S 與 S2為兩相干波源，它們得振動方向均垂直于圖面 波長為 得簡諧波。P 點就是兩列波相遇區(qū)域中得一點，已知SP 2S2P2.2，兩列波在 P 點發(fā)生相消干涉。若Si得振動方程為,發(fā)出Acos(2 t2)，則(A) y2Acos( 2(B) y2Acos (2(C) y2Acos( 2(D)y2Acos(2yittttS2得振動方程為120.1 )解：Si 與S2在 P 點發(fā)生相消干涉，相位差為(2k 1)(

18、2ri)(2k1)2k1910110S(2ri)(2k (2.2 2 )。因為 y1與 y2在 P 點發(fā)生相消干涉，A2A11y2Acos( 2 t ) Acos( 2 t 0.1 )102.有兩列沿相反方向傳播得相干波，其波動方程分別為X/ )x/ )，疊加后形成駐波，其波腹位置得坐標(biāo)為：1(B) x -(2k 1)1(D) x -(2k 1)4所以,S2得振動方程為y1A cos2 (vt與y2A cos2 (vt(A)1)(C)其中得k 0,1, 2,-k233解：a、b 為駐波波節(jié) c 點兩側(cè)得點，則振動相位相反，位相差為。4.在弦線上有一簡諧波，其表達式就是x/20)/3 (SI)x

19、 0 處為一波節(jié)，此弦線上還應(yīng)有一簡諧波得兩個反向行進得行波為:y1y22Acos(2解：兩列波疊加后形成駐波，其方程為y2、t)cos(x)(A) y22.0210cos 2(t/0.02x/20)/3(SI)(B) y22.0210 cos 2(t/0.02x/20)2 /3(SI)(C) y22.0102cos 2(t/0.02x/20)4 /3(SI)(D) y22.0102cos 2(t/0.02x/20)/3(SI)20)2由題意，x 0 處為波節(jié)，則，所以_433y2.0 102cos2(蠱20)5.若在弦上得駐波表達式就是y0.20sin 2 x cos20t(S I )。 則

20、形成該駐(A) y10.10cos2 (10t(B)y0.10cos 2(10t(C)y10.10cos2 (10t22(D)y10.10cos 20.10cos2(10t(10tx)x)(SI)(SI)x)*20.10cos2(10tx)(SI)0.10cos2 (10t x)-4y20.10cos2 (10t x)(SI)2y12.0 102cos 2 (t/0.02為了在此弦線上形成駐波，并且在波，其表達式為：解：據(jù)駐波形成條件設(shè)另一簡諧波得波動方程為:x)7解：（1）在S2外側(cè) C 點，兩列波得相位差為:221(2r1)I ) (2k 1)22k /2,(k0,1,在S1S2中垂線上任

21、一點,若產(chǎn)生相消干涉，則22 1(r2r1)22(2k 1)22k 3 /2 ,(k0,1,2,)解：對(C) yyy20.20cos(2 x ) cos(20 t) 0.20sin(2 x)cos(20 t)二、填空題1、在截面積為 S 得圓管中，有一列平面簡諧波在傳播，其波得表達為y Acos（ t2上），管中波得平均能量密度就是 w,則通過截面積 S 得平均能流就是_ 。解：由平均能流密度與平均能流得定義，平均能流為P wu S w Sw S - S wT222、兩相干波源S1與S2得振動方程分別就是y1y2Acos（ t1）。S1距 P 點 3 個波長，2波在 P 點引起得兩個振動得相

22、位差得絕對值就是解：兩相干波在A cos t與S2距 P 點 21/4 個波長。兩P 點得相位差為:2， 、12(r2ri)3、Si, S2為振動頻率、振動方向均相同得兩個點波源,振動方向垂直紙面，兩者相距3（為波長）如圖。2_?-?1已知S得初相位為2。（1）若使射線S2C上各點由兩列波引起得振動均干涉相消，則S2得初位相應(yīng)為:（2）若使SiS2連線得中垂線 M N 上各點由兩列波引起得振動均干涉相消，則S2得初位相應(yīng)為:X4、設(shè)入射波得表達式為yiAcos2 (vt)。波在 X = 0 處發(fā)生反射，反射點為固定端，則形成得駐波表達為_11或 y 2 A cos ( 2 x/ +- )cos

23、(2 vt - )22X解：yjA cos (2 vt 2 ) A cos (2 vt反射波在 X = 0 處有半波損失，令Xy2A cos (2 vt 2 )A cos2(2J)合成駐波方程為:yyiy2X2Acos(2 ?)cos(2vt或者：將yi寫成y1Acos ( 2t 2 X/)Acos( 2 vt反射波為：y2A cos (2 vtA cos2 vt(2?)合成駐波方程為:X2Acos(2 一)cos(2 vt26. 一簡諧波沿 OX軸正方向傳播，圖中所示為該波 t 時刻得波形圖。欲沿 OX軸形成駐波，且使坐標(biāo)原點 O 處出現(xiàn)波節(jié)，在另一圖上畫出另一簡諧波 t 時刻得波形圖。yy

24、iy22)解：另一簡諧波如右下圖所示。A& 在真空中沿 X 軸負(fù)方向傳播得平面電磁波，其電場Ey800 cos 2v (t -) (SI),則磁場強度波得表cyu達式就X是_。(真空得介電常數(shù)08.85 1012F m04107H m2)解：由S E H,E沿 y 方向，H定沿 又由 J0E。2真空得磁導(dǎo)率z方向。J 臥 Ho，H 與 E同頻率同相位H0防E0800 2.12(Am1)，所以Hz2.12cos2 v(t x/c) (SI)三、計算題1、如圖所示，原點 O 就是波源，振動方向垂直于 紙面，波長就是.AB 為波得反射平面，反射時無相位突變.O 點位于 A 點得正上方，AO

25、h. OX軸平行于 AB.求 Ox 軸上干涉加強點得坐標(biāo)(限于 X 0).解：沿 Ox 軸傳播得波與從 AB 面上 P 點反射來得波 在坐標(biāo)X 處相遇，兩波得波yEyHzA吃氓吃詫口吃3；;?玄B現(xiàn)有另一列橫波(振幅也就是 0、05 m)與上述已知橫波在繩索上形成 駐波.設(shè)這一橫波在 X = 0 處與已知橫波同位相，寫出該波得表達式.(2)寫出繩索上得駐波表達式；求出各波節(jié)得位置坐標(biāo)；并寫出離原點最 近得四個波節(jié)得坐標(biāo)數(shù)值、 解：(1)由形成駐波得條件.可知待求波得頻率與波長均與已知波相同，傳播方 向為 X 軸得負(fù)方向.又知程差為2j(x/2)2h2代入干涉加強得條件，有：2j(x/2)2hX

26、24h22xkXk24h24h2k2X2k222xk2k = 1,2,X -2kk = 1, 2, 3,， 2 h / . (當(dāng) X = 0 時，由4h2k2 2可得 k = 2 h /.)由(1)式2 分B9)-(2k5)(2k 1)2 (d 2xi)(2k 1)2 (30當(dāng)2、2 或 3 時相位差最小,一列橫波在繩索上傳播,2 1其表達式為y10.05cos2 (0.05X-)(SI)4X = 0 處待求波與已知波同相位，待求波得表達式為t Xy20.05cos2-)(2)駐波表達式y(tǒng)y1y21y 0.10cos(? x)cos(40 t)(SI)波節(jié)位置由下式求出.1X/2 (2k 1)

27、 k = 0, 1, 2,2X = 2k + 1 k = 0, 1, 2,離原點最近得四個波節(jié)得坐標(biāo)就是X = 1 m、-1 m、3 m、3、如圖，一圓頻率為 、振幅為 A 得平面簡諧 波沿 X軸正方向傳播，設(shè)在 t= 0 時刻該波在坐 標(biāo)原點 O 處引起得振動使媒質(zhì)元由平衡位置向 y 軸得正方向運動。M 就是垂直于 X 軸得波密-3 m、y媒質(zhì)反射面。已知OO 5 /4,PO/4 (1)為該波波長)；設(shè)反射波不衰減，求:2n2eo2、如圖，S1、S2就是兩個相干光源，它們到 P 點得距離分別為1與2o 路徑S1P 垂直穿過一塊厚度為t1、折射率為n1得介質(zhì)板，路徑S2P垂直穿過 厚度為t2、

28、折射率為n2得另一塊介質(zhì)板，其余部分可瞧作真空，這兩條路 徑得光程差等于a)b)解: (1)入射波與反射得波動方程;P 點得振動方程。由題意知。點振動相位為-，則 0 點得振動方程為y0Acos( t?)，入射波得波動方程為y1Acos( t2入射波在反射點 0 引起得振動方程為5 /4yoAcos(t 2-) Acos( t4)在 O 點反射時，有半波損失，所以反射波波動方程為2 y2Acos t (ooX)2Acos( t X )2(2)合成波得波動方程為y yiy2Acos( t2一)Acos( t X22 X2Acoscos( ti)將 p 點坐標(biāo)OP代入上式，得 P 點振動方程y 2

29、Acos( t )2第二章光得干涉一、選擇題1、如圖所示，折射率為n2、厚度為 e 得透明介質(zhì)薄膜得上方與下方得透明介質(zhì) 折射率分別為n1與n3，已知n1得單色平行光垂直入射到該薄膜上，n2表面反射得光束與得光程差就是(A) 2n2en3。若用波長為則從薄膜上、12(B) 2n2en門2n3(C) 2n2e(D) 2n2e解：兩個表面上反射光都有半波損失2n2，所以光線與得光程差為(A) (2n2t2)(1n1t1)(B) 2(n2嘰 1(n1嘰(C) (2門2七2)(1片鮎)(D)門2上2解：兩條光線得光程差為:2門2上2t21門譏1t“2 3、如圖所示，平行單色光垂直照射到薄膜上， 干涉，

30、若薄膜得厚度為 e,并且n1n2n3, 中得波長，則兩束反射光在相遇點得相位差為(A)2te(B)2竺(C)4業(yè)(D)4墜【n1 1n1 1經(jīng)上下兩表面反射得兩束光發(fā)生為入射光在折射率為 n1得媒質(zhì)1n1解： 光在薄膜上表面反射時有半波損失， 下表面反射時無半波損失， 所以， 兩束 反射光在相遇點得光程差為由光程差與相位差得關(guān)系，相位差為2n2e 224 n2e1 n1所以4 n2en1 14、雙縫干涉得實驗中，兩縫間距為d,雙縫與屏幕之間得距離為 D ( Dd)，單色光波長為，屏幕上相鄰得明條紋之間得距離為(B) 。(C)D2d(A) -D。d(D)d-。解：由雙縫干涉條件可知，相鄰兩明條紋

31、間距為7.如圖，用單色光垂直照射在觀察牛頓環(huán)得裝置上。當(dāng)平凸透鏡垂直向上緩慢平移而遠(yuǎn)離平面玻璃時可以觀察到這些環(huán)狀干涉條紋(A)向右平移。(C)向外擴張。(E)向左平移。(B)向中心收縮。(D)靜止不動。單色光門I 1空氣解：牛頓環(huán)就是等厚干涉條紋，當(dāng)平凸透鏡垂直向上緩慢平移而遠(yuǎn)離平面玻 璃時，某一厚度得空氣膜向中心收縮，所以環(huán)狀條紋向中心收縮。7、在邁克爾遜干涉儀得一支光路中，放入一片折射率為n 得透明介質(zhì)薄膜后,測出兩束光得光程差得改變量為一個波長，則薄膜得厚度就是(B) 。(C)。2nnd,則放入薄膜后光程差得改變量為(A) o2解：設(shè)薄膜厚度為所以，膜厚d(D)- 。2(n 1)2(n

32、-1 心，2(n1)二、填空題1、如圖所示，波長為 得平行單色光斜入射到距離為 在圖中得屏中央 O 處(SO SO),兩束相干光得位相差為d 得雙縫上，入射角為解：因為 SQS2O，所以從 S1與 S2到 0 點得光程差為在雙縫左邊，兩束光得光程差d sin2 dsin2 -相位差為:O10ISdpgS2ss sS2屏2、 如圖，在雙縫干涉實驗中，若把一厚度為 e 折射率為 n 得薄云母片覆 蓋在Si縫上，中央明條紋將向 _移動；覆蓋云母片后，兩束相干光至原中央明條紋 0 處得光程差為_ 0解：未加入云母時，ri= r2,屏上 0 點光程差為零，就是中央明條紋。在 ri中加入云母后，S1到 0

33、 點光程大于 S2到 0 點得光程，只有在 0 點上方得 某點 01處，才有可能使光程差為零，所以中央明條紋將向上移動。S 發(fā)出得光到達 0 點得光程差為(r1ne e) r2(n 1)e03、 波長為 得平行單色光垂直照射到劈尖薄膜上，劈尖角為，劈尖薄膜得折射率為 n,第 k 級明條紋與第 k+ 5 級明條紋得間距就是 _ 0 解：由劈尖相鄰兩明條紋間距公式l，可知五條明條紋間距為L 5l 2n2n4、波長=600nm 得單色光垂直照射到牛頓環(huán)裝置上，第二級明條紋與第五級明 條紋所對應(yīng)得空氣薄膜厚度之差為_ nm。解：對于等厚干涉條紋，相鄰兩明條紋對應(yīng)得空氣薄膜厚度差為-，第二級明紋與第五級

34、明紋對應(yīng)得空氣薄膜厚度差為33空900(nm)2 2上， 從反射光中觀察干涉條紋，距2L6 在邁克爾遜干涉儀得可動反射鏡平移一微小距離得過程中，觀察到干涉條紋恰好移動 1848 條。所用單色光得波長為 5461?。由此可知反射鏡平移得距離等于_mm (給出四位有效數(shù)字)。三、計算題1、在雙縫干涉實驗中，單色光源S0到兩縫S1與S2得距離分別為h與12，并且h 123，為入射光 得波長，雙到點是。k解：改原來匸處為第k級暗紋止現(xiàn)r暗k紋，即t則：,kk 1,嚴(yán)聯(lián)立(1)(2)可得：L 2(解：設(shè)反射鏡平移距離為d,則因移動 1 條紋，反射鏡平移一，所以2d N 1848 -2 25.461 10

35、40.5046(mm)S2卜xOridOSD縫之間得距離為 d,雙縫到屏幕得距離 為 D，如圖所示。求：(1)零級明條紋到屏幕中央點 0 得距離；相鄰明條紋間得距離。解: (1)設(shè) 0 點上方 0 點為零級明條紋，則(l2r2) (l1r1) 0 r2r1I1I23(1)r2所以00d OODD(r2r,) 3Ddri(2)在屏上距0 點為 x 處，光程差為dF 3有明紋條件k (k0,1,2,3,.)得Xk( k 3 )d相鄰明紋間距X Xk 1Xk d用波長 =500 nm (1 nm= 10-9m)得單色光垂直照射在由兩塊玻璃板(一端 剛好接觸成為劈棱)構(gòu)成得空氣劈形膜上.劈尖角=2X

36、10-4rad.如果劈形膜內(nèi)充滿折射率為 n= 1、40 得液體.求從劈棱數(shù)起第五個明條紋在充入液體前后移 動得距離.解：設(shè)第五個明紋處膜厚為 e,則有 2ne+ / 2 = 5 設(shè)該處至劈棱得距離為 l，則有近似關(guān)系 e= l， 由上兩式得 2nl = 9充入液體前第五個明紋位置 充入液體后第五個明紋位置 充入液體前后第五個明紋移動得距離l = |1-|2= 9=1、61 mm平凸透鏡放在一平晶上，以波長為2、3、/ 2，l = 9l1= 9 l2= 9/ 4n44n=589、3 nm(1 nm =109m)得單色光垂直照射于其上，測量反射光得牛頓環(huán).測得從中央數(shù)起第 k 個 暗環(huán)得弦長為

37、lk= 3、00 mm,第(k+5)個暗環(huán)得弦長為 lk+5= 4、60 mm，如圖所 示.求平凸透鏡得球面得曲率半徑 R.r2解：設(shè)第 k 個暗環(huán)半徑為 rk，第 k+ 5 個暗環(huán)半徑為 rk+5，據(jù)牛頓環(huán)公式有R2rkk R2rk 5R由圖可見2rkd22rk、選擇題R l；52rk 55 Rrk2/52rk252rk1lk2rk 5d22lk5r / 20= 1、2rk1lk03 m.1lk2第三章光得衍射1、在如圖所示得單縫夫瑯與費衍射裝置中，將單縫寬 度 a稍稍變窄，同時使會聚透鏡 L 沿 y 軸正方向作微小 位移，則屏幕 E 上得中央衍射條紋將L單縫la-間距變大 間距變小 不發(fā)生

38、變化間距不變，但明暗條紋得位置交替變化解：屏上衍射條紋就是以透鏡主光軸與屏得交點為中心上下對稱分布得，間距及明暗紋位置與縫寬 a、波長入、透鏡焦距 f 有關(guān)，當(dāng)只有單縫沿透鏡光軸方向平 移時，屏上衍射條紋不變。3、一衍射光柵對某一定波長得垂直入射光，在屏幕上只能出現(xiàn)零級與一級主極大，欲使屏幕上出現(xiàn)更高級次得主極大，應(yīng)該(A) 換一個光柵常數(shù)較小得光柵(B) 換一個光柵常數(shù)較大得光柵(C) 將光柵向靠近屏幕得方向移動(D) 將光柵向遠(yuǎn)離屏幕得方向移動據(jù)光柵公式d sink (k 0, 1, 2,)，所以km= 3在雙縫衍射實驗中， 若保持雙縫 條縫得寬度 a 稍微加寬，則(A) 單縫衍射得中央主

39、級大變寬，其中所包含得干涉條紋數(shù)目變少。(A)變寬，同時向上移動(C)變寬，不移動(E)變窄，不移動解：因中央明紋角寬度0(B)變寬，同時向下移動(D)變窄，同時向上移動2，故 a 變窄時，a寬。又中央明紋中心由透鏡主光軸與屏幕得交點決定,時，中央明條紋與其她明紋也將向 y 軸正方向平移。2、在如圖所示得單縫夫瑯與費衍射實驗中，若將單 縫沿透鏡光軸方向向透鏡平移，則屏幕上得衍射條紋 0增大，屏上中央明紋將變當(dāng)透鏡向y 軸正方向平移單縫屏幕(A)(B)(C)(D)f解:4、上,解:kd尹-波長=5500 ?得單色光垂直入射于光柵常數(shù) d = 2 10-4cm 得平面衍射光柵 可能觀察到得光譜線得

40、最大級次為(C) 4定，d 增大時，屏上才能出現(xiàn)更高級次得主極大。(A) 2由光柵公式d sin(B) 3(D) 5k (k0,1, 2,.)，2最大級次kd45.5 1052 103.65、S1與 S 得中心之間得距離 d 不變，而把兩(B) 單縫衍射得中央主級大變寬，其中所包含得干涉條紋數(shù)目變多。(C) 單縫衍射得中央主級大變寬，其中所包含得干涉條紋數(shù)目不變。(D) 單縫衍射得中央主級大變窄，其中所包含得干涉條紋數(shù)目變少。(E) 單縫衍射得中央主級大變窄，其中所包含得干涉條紋數(shù)目變多。解：對每一個單縫，中央明紋角寬度 明紋變窄,dsr)不變，0減小時，k 也減小，中央明紋中包含得干涉條紋數(shù)

41、目減少。、填空題1、惠更斯-菲涅耳原理得基本內(nèi)容就是： 波陣面上各面積元所發(fā)出得 子波在觀察點 P 得_，決定了 P 點得合振動及光強。2、如圖所示，在單縫夫瑯與費衍射中波長 得單 色光垂直入射在單縫上。若對應(yīng)于匯聚在 P 點得衍 射光線在縫寬 a 處得波陣面恰好分成 3 個半波帶， 圖中AC CD DB，則光線 1 與光線 2 在 P 點得 相差為解： 菲涅耳半波帶法中， 相鄰半波帶中兩條相對應(yīng)得光線到達屏上相遇時光程差 為/2,所以相位差為，1 與 2 兩條光線就就是這樣得兩條光線。3、在單縫得夫瑯與費衍射實驗中，屏上第三級暗條紋所對應(yīng)得單縫處波面可劃分為_半波帶，若將縫寬縮小一半，原來第

42、三級暗紋處將就是紋。解：由單縫衍射暗紋公式asin k，當(dāng) k = 3 時，asin即劃分為 6 個半波帶。若將縫寬縮小一半，有asin3,即劃分為 3 個半波帶2 2由 2n + 1 = 3, n = 1，可知為第一級明紋。4.用平行得白光垂直入射在平面透射光柵上時，波長為1=440nm 得第 3 級光譜線，將與波長為2=_ nm 得第 2 級光譜線重疊。k131-440660(nm)k?25、一束平行單色光垂直入射在一光柵上，若光柵得透明縫寬度 a 與不透明部分 寬度 b相等，則可能瞧到得衍射光譜得級數(shù)為_ 。a b解：當(dāng) a = b 時，2,級次為 2 得倍數(shù)時缺級，即可能瞧到得光譜級次

43、為 0,02，當(dāng) a 增大時，0減小，中央a又由光柵公式得:d、解:由光柵公式dsin k可知，ki 1k2 2，所以2a 1， 3， 5。中央明紋寬度x 2x 2f tg當(dāng)x f 時，tg sin& 用波長為 得單色平行光垂直入射在一塊多縫光柵上， 其光柵常數(shù) d=3m, 縫寬 a =1 pm，則在單縫衍射得中央明條紋中共有 _ 條譜線(主極大)。解：因為 d/a= 3,單縫衍射得第一級暗紋與光柵光譜得第三級明紋重合，單縫得 中央明紋區(qū)中有 0, 1, 2 共 5 條譜線。三、計算題 如圖所示，設(shè)波長為 得平面波沿與單縫平面1、法線成 角得方向入射，單縫 AB 得寬度為 a,觀察夫

44、瑯禾費衍射.試求出各極小值(即各暗條紋)得衍射角解：1、2 兩光線得光程差,在如圖情況下為CA BD asina sin由單縫衍射極小值條件a(sin sin )=sirT1( k / a+sin波長=6000?得單色光垂直入射到一光柵上，測 得第二級主級大得衍射角為 30。，且第三級就是缺級。(1)(2)(3)次。2、光柵常數(shù)(a+ b)等于多少？ 透光縫可能得最小寬度 a 等于多少 在選定了上述(a+ b)與 a 之后，求在屏幕上可能呈現(xiàn)得全部主極大得級解:由光柵公式：d sindab sin 30k，由題意 k = 2,得26107c c 6/、2.4 10 (m) 0.5(2)設(shè)單縫第

45、一級暗紋與光柵衍射第三級明紋重合，則第三級缺級，則a b C3, a(3)最大級次滿足-b12.4 1060.8 106(m)33-d2.4 106,kmax 74,6 10kmax3又 k = 3 缺級， 一衍射光柵，每厘米有 200 條透光縫，每條透光縫寬為光柵后放一焦距 f = 1m 得凸透鏡?，F(xiàn)以=6000?得單色平行光垂直照射光柵,求：(1)(2)3、 2 共 5 個主極大。a = 2 10-3cm,在透光縫 a 得單縫衍射中央明條紋寬度為多少?在中央明條紋寬內(nèi)，有幾個光柵衍射主極大？解: (1) 單縫第一級暗紋滿足 asin1,且tgBACk = 1,2,2 分(未排除 k = 0

46、 得扣 1 分) k= 1,2, k( 0) 1 分B ；124所以2 f sin2fa2 6 1072 1056 102(m)(2)由光柵公式(ab)sin12001022 1 6 102.51026x2f取 k = 2，中央明紋區(qū)內(nèi)有 k = 0， 1， 2 共 5 個主極大。第四章光得偏振(a b)sin k -一、選擇題1、兩偏振片堆疊在一起，一束自然光垂直入射其上時沒有光線通過。當(dāng)其中 一偏振片慢慢轉(zhuǎn)動 180。時透射光強度發(fā)生得變化為：(A)光強單調(diào)增加。(B) 光強先增加，后又減小至零。(C) 光強先增加，后減小，再增加。(D) 光強先增加，然后減小，再增加，再減小至零。解：設(shè)入

47、射自然光光強為 I0,透過兩偏振片后光強為I丄|0cos22其中就是兩偏振片偏振化方向之間得夾角。起初 I = 0,-,增大，I 增大，至2時 I 最大；再增大 ，I 減小，到 時，22、使一光強為 I0得平面偏振光先后通過兩個偏振片P1與 P2，P1與 P2得偏振化方向與原入射光光矢量振動方向得夾角分別為與 90，則通過這兩個偏振片后得光強 I 就是/A， 1 ,2(A) - 10cos212(C) gsin2(2 )4(E)10cos4由馬呂斯定律，偏振片通過第一個偏振片后，光強為再通過第二個偏振片后，光強為：211cos (90I = 0。(B)012(D) -10sin4解:Ii210

48、cos。X122 /CCI2.2)10cos cos (90)10cos sin12l0Sin2(2 )4P2， P3后， 出射光得 若以入射光線為軸，旋一束光強為 光強為 I110。8轉(zhuǎn) P2，要使出射光得光強為零，P2最少要轉(zhuǎn)得角度就是：(A) 30o(B) 45o(C) 60o(D) 90o3、Io得自然光，相繼通過三個偏振片 P1, 已知 Pl與 P3得偏振化方向相互垂直，解：設(shè) P2與 P1偏振化方向間夾角為，光強為 I0得自然光通過后光強為丄丨。，2再通過 P2后光強為1I0cos22,最后再通過 P3后光強為12 2-10cos cos (90)rn,即 sin2(2 )1,81

49、24n龐sin 45根據(jù)布儒斯特定律，設(shè)布儒斯特角為 io，則6 自然光以 60o 入射角照射到某兩介質(zhì)交界面時，反射光為完全偏振光則可知 折射光為 (A)完全偏振光且折射角就是 300(B) 部分偏振光且只就是在該光由真空入射到折射率為43得介質(zhì)時，折射角就是 300(C) 部分偏振光，但須知兩種介質(zhì)得折射率才能確定折射角。(D) 部分偏振光且折射角就是 300解：由布儒斯特定律知，當(dāng)反射光為完全偏振光時，折射光為部分偏振光， 且反射光線與折射光線互相垂直，所以折射角為：=900 600= 300要使出射光得光強為零，P2得偏振化方向應(yīng)與 P1或 P3得偏振化方向平行， 即最少要轉(zhuǎn)過 45Q

50、4、一束光就是自然光與線偏振光得混合光，讓它垂直通過一偏振片。若以此入 射光束為軸旋轉(zhuǎn)偏振片，測得透射光強度最大值就是最小值得 5 倍，那么入射光 束中自然光與線偏振光得光強比值為1 1(B)5(C)3I1，線偏振光光強為 I2,I2COS, Imax2I1(A) j解：設(shè)入射自然光光強為21由題意LmoxImin125,可以解出:11I2(D) I混合光通過偏振片后光強為:I2, Imin1I15、 某種透明媒質(zhì)對于空氣得臨界角 得布儒斯特角就是(A) 35、30(D) 54、70解：由全反射得臨界角為(指反射)等于(B) 40、90(E) 57、30450 知，sin 4545o 光從空氣

51、射向此媒質(zhì)時(C) 45011, n 為該媒質(zhì)得折射率,ntgion42io54.7二、填空題1一束自然光從空氣投射到玻璃表面上(空氣折射率為 1)，當(dāng)折射角為30。時，反射光就是完全偏振光，則此玻璃板得折射率等于 _0解：由布儒斯特定律與折射定律，當(dāng)入射角為布儒斯特角時，反射光線與折射光 線互相垂直，即 i0= 900 300= 600 折射率為 n = tg i0= tg600=丘 o2、如圖所示，一束自然光入射到折射率分別為 ni與 n2得兩種介質(zhì)得交界面上, 發(fā)生反射與折射。已知反射光就是完全偏振光，那么折射角得值為0nin2解：由布儒斯特定律，起偏振角為：i0arctgtni,n2-

52、i0 arctg22m3、在以下五個圖中，左邊四個圖表示線偏振光入射于兩種介質(zhì)分界面上，最右 邊得圖表示入射光就是自然光。ni與 n2為兩種介質(zhì)得折射率，圖中入射角ioarctg(n J,i i。，試在圖上畫出實際存在得折射光線與反射光線，并用點或短線把振動方向表示出來。n3ni又反射線與折射線垂直，則折射角為:解：布儒斯特定5行于入射面得振動得光只折射不反射，垂如圖所示。氓4.在雙折射晶體內(nèi)部，有某種特定方向稱為晶體得光軸。光在晶體內(nèi)沿光軸 傳播時，尋常光與非尋常光得傳播速度相等。5. 用方解石晶體(負(fù)晶體)切成一個截面為正三角形得棱形，光軸方向如圖示， 若自然光以入射角 i 入射并產(chǎn)生雙折

53、射，試定性地 分別畫出 0 光與 e 光得光路及振動方向解：0 光與 e 光得主平面均與紙面垂直，0 光得光振 動方向垂直其主平面，故在紙平面內(nèi)，e 光得光振動0方向平行其主平面，故垂直于紙面。方解石為負(fù)晶體， vovve故 no ni，o 光更靠近法線。如圖所示。/：:光軸6. 三、計算題1、兩個偏振片 Pl、P2疊在一起，由強度相同得自然光與線偏振光混合而成得 光束垂直入射在偏振片上.已知穿過 P1后得透射光強為入射光強得 1 / 2 ;連續(xù) 穿過 P1、P2后得透射光強為入射光強得 1 / 4.求(1)若不考慮 P1、P2對可透射分量得反射與吸收，入射光中線偏振光得光矢 量振動方向與 P

54、1得偏振化方向夾角 為多大？ P1、P2得偏振化方向間得夾角 為 多大？(2)若考慮每個偏振光對透射光得吸收率為 5%，且透射光強與入射光強之 比仍不變，此時 與 應(yīng)為多大？解：設(shè) I0為自然光強；|1、|2分別為穿過 P1與連續(xù)穿過 P1、P2后得透射光強度.由 題意知入射光強為 2I0.于入射面得振動!得光既射也反射。ni平n2n振動習(xí)題總結(jié)k得輕彈簧， 下端掛一質(zhì)量為 為T1.若將此彈簧截去一半得長度，下端掛一質(zhì)量為期 T2等于(A) 2 T1(B) T1(D)T1/2 :2.一質(zhì)點在 x 軸上作簡諧振動，振輻 A = 4 cm,周期 T = 2 s,其平衡位置取作坐標(biāo)原點.若 t =

55、0 時刻質(zhì)點第一次通過 x = -2 cm 處，且向 x 軸負(fù)方向運動， 則質(zhì)點第二次通過 x = -2 cm 處得時刻為(A)1 S.(B)(2/3) S.n21.50,n31。兩個交界面相互平行。一束自然光自媒質(zhì)I 中入射到 I 與 n 得交界面上，若反射光為線偏振光，(1) 求入射角 i ;(2)媒質(zhì) n,山界面上得反射光就是不就是線偏振光？為什么？ 解：(1)由布儒斯特定律，入射角門21.50i arctg()arctg) nj1.53設(shè)在媒質(zhì)中折射角為 ，則有9048.44在 n ,山分界面上i 為起偏角48.4441.56門310.6666門21.50所以，媒質(zhì) n,山界面上得反射

56、光不就是線偏振光 平面玻璃板放在水中，板面與水面夾角為tgi tg tg41.560.88663、有率分別為 1、333 與 1、517。欲使圖中水面與玻璃板 面得反射光都就是完全偏振光，角應(yīng)就是多大？解： 設(shè)i1與i2分別為水面與玻璃板表面得布儒斯特 角，為水面下得折射角，由布儒斯特定律知1.333 i153.12tgi21.517121.33348.69由 ABC 可知,9090i2180又由布儒斯特定律與折射定律知h90代入表達式得i2i290i1i1i253.1248.6990i290 i19011.8一. 填空題1 .一勁度系數(shù)為m 得物體，系統(tǒng)得振動周期-m得物體，則系統(tǒng)振動周2(

57、C) T1/J2(E)T1/4(見圖)。設(shè)水與玻璃得折射(C) (4/3) s.(D) 2 s.3. 一質(zhì)點沿 X 軸作簡諧振動，振動方程為X 4 102cos(2t -)(SI).3到質(zhì)點位置在 X = -2 cm 處，且向 X 軸正方向運動得最短時間間從 t = 0 時刻起,隔為(A)(B)(C)4(D)1s4兩個同周期簡諧振動曲線如圖所示.X1得相位比得相位(A)落后/2.(C)落后.(E)X25.簡諧振動曲線如圖所示.期就是(A)2、62 S.s.(C) 2、20 S.s.(B)超前(D)超前.則振動周(B)(D)2、402、00X (cm)42Os)6用余弦函數(shù)描述一簡諧振動已知振幅

58、為 A,13周期為 T,初相則振動曲線為： :7用余弦函數(shù)描述一簡諧振子得振動.若其速度時間(Vt )關(guān)系曲線如圖所示，則振動得初相位為A丄A2AoxAT牙(A)XAA(B)x八Ai A oi A(A)/6(B)/3、(C)/2(D)2 /3、(E):/6A1A丄A2ATI(C)1A2Aoi A-A* V (m/s)t(D)T_2&一彈簧振子作簡諧振動，如果簡諧振動振幅增加為原來得兩倍， 物得質(zhì)量增為原來得四倍，則它得總能量 E2變?yōu)?A) E1/4.(C) 2E1.9當(dāng)質(zhì)點以頻率總能量為Ei,重O2Vm-Vmt(s)U7(B) E1/2.(D)4 E1.作簡諧振動時，它得動能得變化頻

59、率為1(D)-10. 彈簧振子在光滑水平面上作簡諧振動時，彈性力在半個周期內(nèi)所作得功為(A) kA2.(B)IkA2.2(C)(1/4)kA2.(D) 0.11. 一彈簧振子作簡諧振動，當(dāng)位移為振幅得一半時，其動能為總能量得(A)1/4、(B)1/2、(C)1/J、(D)3/4、(E)73/2、計算題(A)4 .(B) 2(C)1、一輕彈簧在 60 N 得拉力下伸長 30 cm.現(xiàn)把質(zhì)量為 4 kg 得物體懸掛在該彈簧得下端并使之靜止，再把物體向下拉 10 cm，然 后由靜止釋放并開始計 時.求(1)(2)(3) 短時間.物體得振動方程；物體在平衡位置上方 5 cm 時彈簧對物體得拉力；物體從

60、第一次越過平衡位置時刻起到它運動到上方5 cm 處所需要得最2、 一簡諧振動得振動曲線如圖所示.方程3. 質(zhì)點作簡諧振動，其振動方程為21x 6.0 102cos(- t3求振動i0 x (cm)(SI)(1) 當(dāng) x 值為多大時，系統(tǒng)得勢能為總 能量得一半？(2) 質(zhì)點從平衡位置移動到上述位置所 需最短時間為多少？4. 一質(zhì)點同時參與兩個同方向得簡諧振動，其振動方程分別為X1=5X 10-2cos(4t + /3) (SI) , X2=3X 10-2sin(4t - /6)(SI)畫出兩振動得旋轉(zhuǎn)矢量圖，并求合振動得振動方程.5. 兩個同方向得簡諧振動得振動方程分別為X1= 4X 102COS2 (t -)(SI