大学物理下册练习解答.docx
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大学物理下册练习解答
练习30简谐振动的能量、简谐振动的叠加
30-1
（1）D；
（2）B
30-2
（1）T/8，3T/8；
（2）0.84；（3）3/4，；（4）|A1–A2|，；（5）4×10-2m，；（6）1.47；（7）291Hz或309Hz；（8）4:
3
30-3解：
（1）势能
总能量
由题意，
m
（2）周期
T=2π/ω=6s
从平衡位置运动到的最短时间∆t为T/8
∴∆t=0.75s
30-4
（1）取平衡位置为原点，向下为x正方向。
设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为∆l，则有,加拉力F后弹簧又伸长x0，则
F=kx0
由题意，t=0时v0=0，x=x0。
则
又由题给物体振动周期s,可得角频率。
由于，所以
N
（1）平衡位置以下1cm处
J
=4.44×10-4J
30-5解：
由合振动的振幅及初相公式，可得
mm
=84.8°=1.48rad
所以
（SI）
30-6解：
把两波写成
并令A1=A2=A=0.06m，则对于所求的点有
由，可得
或
m或m（k=0,1,2,…）
练习31波的基本概念、平面简谐波
31-1
（1）C；
（2）B；（3）D
31-2
（1）503m/s；
（2）125rad/s，338m/s，17.0m；（3）u=5.10×103m/s；（4）（SI）；（5）或；（6）80N
31-3解：
设平面简谐波的波长为λ，坐标原点处质点振动初相为φ，则该列平面简谐波的表达式可写成
（SI）
t=1s时
因此时a质点向y轴负方向运动，故
①
而此时，b质点正通过y=0.05m处向y轴正方向运动，应有
且
②
由①、②两式联立得
λ=0.24m
所以，该平面简谐波的表达式为
（SI）或（SI）
31-4解：
（1）设x=0处质点的振动方程为
由图可知，t=t＇时
所以
，
x=0处的振动方程为
（2）该波的表达式为
31-5解：
（1）由P点的运动方向，可判定该波向左传播。
原点O处质点，t=0时
所以
O处振动方程为
（SI）
由图可判定波长λ=200m，故波动表达式为
（SI）
（2）距O点100m处
（SI）
练习32波的能量、波的干涉、驻波和多普勒效应
32-1
（1）D；
（2）C；（3）B；（4）C
32-2
（1）5J；
（2）4；（3）；（4）S1的相位比S2的相位超前π/2；（5），；（6）637.5Hz，566.7Hz
32-3解：
m
32-4解：
（1）反射点是固定端，所以反射有相位突变π，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,…
32-5解：
A点的观察者接收到的拍频是S振源向A处发射的波和向墙壁发射的波经反射到A处合成的结果。
即
m/s
练习33光的相干性、分波阵面干涉
33-1
（1）A；
（2）C；（3）C；（4）B
33-2
（1）（n1-n2）e或（n2-n1）e；
（2）dsinθ＋（r1－r2）；（3）3.6mm
33-3解：
因为λν=c，所以
λ∆ν=-ν∆λ
∆λ=|（-λ∆ν）/ν|=c∆ν/ν2=0.173nm
lc=λ2/∆λ=（c/ν）2/（c∆ν/ν2）=c/∆ν=6000km
33-4解：
（1）∆x＝20Dλ/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＝kλ
（n－1）e=kλ
k＝（n－1）e/λ＝6.96≈7
零级明纹移到原第7级明纹处
33-5解：
（1）干涉条纹间距
∆x=λD/d
相邻两明条纹的角距离
∆θ=∆x/D=λ/d
由上式可知角距离正比于λ，∆θ增大10％，λ也应增大10％．故
λ＇＝λ（1＋0.1）＝648.2nm
（2）整个干涉装置浸入水中时，相邻两明条纹角距离变为
∆θ＇＝∆x/（nd）=θ/n
由题给条件可得
∆θ＇＝0.15°
33-6解：
（1）如图，设P0为零级明纹中心
则
（l2+r2）-（l1+r1）=0
所以
r2–r1=l1–l2=3λ
（2）在屏上距O点为x处,光程差
明纹条件
（k＝1，2，....）
所以
在此处令k＝0，即为
（1）的结果．相邻明条纹间距
练习34等厚干涉
34-1
（1）B；C；（3）C
34-2
（1）r12/r22；
（2）2（n–1）e–λ/2或2（n–1）e+λ/2；（3）3λ/（2n）
34-3解：
（1）明环半径
＝5×10-5cm）
（2）（2k－1）＝2r2/（Rλ）
对于r＝1.00cm，
k＝r2/（Rλ）＋0.5＝50.5
故在OA范围内可观察到的明环数目为50个。
34-4证：
如图过接触点O作凸凹球面的公共切平面,第k个暗环半径处,凸凹球面与切平面的距离分别为e1、e2，第k个暗环处空气薄膜的厚度∆e为
∆e=e1–e2
由几何关系近似可得
，
第k个暗环的条件为
（k=1，2，3…）
2∆e=kλ
（k=1，2，3…）
34-5解：
设Ａ点处空气薄膜的厚度为ｅ，则有
改变波长后有
故
34-6解：
（1）棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为e2＝λ处是第二条暗纹中心，依此可知第四条暗纹中心处，即A处膜厚度
e4=
所以
＝4.8×10-5rad
（2）由上问可知A处膜厚为e4＝3×500/2nm＝750nm
对于λ＇＝600nm的光，连同附加光程差，在A处两反射光的光程差为，它与波长之比为．所以A处是明纹
（3）棱边处仍是暗纹，A处是第三条明纹，所以共有三条明纹，三条暗纹。
练习35等倾干涉、迈克尔逊干涉
35-1
（1）B；
（2）D
35-2
（1）[（4ne/λ）–1]π或[（4ne/λ）+1]π；
（2）114.6nm；（3）2d/N；（4）2（n–1）h
35-3解：
因为
令k=0，则
111nm
35-4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λ1：
①
按题意还应有，对λ2：
②
由①②解得：
将k、λ2、代入②式得
＝7.78×10-4mm
35-5解：
反射镜移动距离
设开始时中心级次为k，边缘级次为k-10。
则有
（1）
（2）
移动后：
中心级次变为，边缘级次变为。
则有
（3）
2（4）
联立式
（1）、
（2）、（3）和（4），可解得，边缘处。
练习36单缝衍射、园孔衍射
36-1
（1）C；
（1）D
36-2
（1）子波；子波干涉（或“子波相干叠加”）；
（2）5×10-4mm；（3）4，第一，暗；（4）4；（5）2.24×10-5，4.47；（6）13.9
36-3解：
（1）对于第一级暗纹，有
asin1≈λ
因1很小，故
tg1≈sin1=λ/a
故中央明纹宽度
∆x0=2ftg1=2fλ/a=1.2cm
（2）对于第二级暗纹，有
asin2≈2λ
x2=ftg2≈fsin2=2fλ/a=1.2cm分
36-4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θ1=θ2，即1的任一k1级极小都有2的2k1级极小与之重合。
36-5解：
设人眼在空气中最小分辨角为θ，汽车与人之距离为S
=4.9×103m
36-6解：
（1）已知d=3mm，λ=550nm，人眼的最小分辨角为：
2.24×10-4rad
（2）设等号两横线相距∆x=2mm时，人距黑板l刚好看清，则
l=∆x/θ=8.9m
所以距黑板10m处的同学看不清楚。
练习37光栅衍射、X射线衍射
37-1
（1）D；
（2）D；（3）D
37-2
（1）一、三；
（2）3；（3）30 °；（4）2d
37-3解：
由光栅衍射主极大公式得
当两谱线重合时有1=2即
．．．．．．．
两谱线第二次重合即是
，k1=6，k2=4
由光栅公式可知
dsin60°=6λ1
=3.05×10-3mm
37-4解：
（1）
当时
3.39，kmax=3
又因为a=b
有谱线
但当k=±2，±4，±6，…时缺级。
所以能看到5条谱线为0，±1，±3级。
（2），
θ=30°，φ=±90°
，=5.09取kmax=5
，=-1.7取
因为a=b，故第2，4，…缺级。
所以，能看5条谱线为+5，+3，+1，0，-1级
37-5解：
光栅常数
d=1m/（5×105）=2×105m
设1=450nm，2=650nm,则据光栅方程，1和2的第2级谱线有
dsin1=21；dsin2=22
1=sin121/d＝26.74°，2=sin122/d＝40.54°
第2级光谱的宽度
x2x1=f（tg2tg1）
所以
f=（x1x2）/（tg2tg1）＝100cm
37-6解：
光栅常数d=2×10-6m。
（1）垂直入射时，设能看到的光谱线的最高级次为km，则据光栅方程有
dsinθ=kmλ
因为sinθ≤１，所以kmλ/d≤1，故
km≤d/λ=3.39
由于km为整数,有
km=3
（2）斜入射时，设能看到的光谱线的最高级次为，则据斜入射时的光栅方程有
即
因为sinθ＇≤1，所以，故
=5.09
由于为整数，有
=5
37-7解：
设晶面间距为d；第一束X射线波长为λ1，掠射角θ1=30°，级次k1=1；另一束射线波长为λ2=0.097nm，掠射角θ2=60°，级次k2=3。
根据布拉格公式：
第一束
第二束
两式相除得
0.168nm
练习38光的偏振
38-1
（1）A；
（2）D；（3）D
38-2
（1）2，1/4；
（2）30，1.73；（3）
（4）自然
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