大学物理 - 马文蔚 - - 第五版 - 下册 - 第九章到第十一章课后答案

第九章 振动

9-1 一个质点作简谐运动，振幅为A，起始时刻质点的位移为?代表此简谐运动的旋转矢量为（ ）

A，且向x 轴正方向运动，2

题９-１ 图

分析与解（b）图中旋转矢量的矢端在x 轴上投影点的位移为－A/2，且投影点的运动方向指向Ox 轴正向，即其速度的x分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（b）．

9-2 已知某简谐运动的振动曲线如图（a）所示，则此简谐运动的运动方程为（ ）

22?2??2?A?x?2cos?????πt?πcm Cx?2cosπt?π??cm????3?3??3?3

42?2??4?B?x?2cos?????πt?πcm Dx?2cosπt?π??cm????3333????

题９-２ 图

分析与解 由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为 –A/2，且向x 轴负方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为2π/3．振动曲线上给出质点从–A/2 处运动到+A 处所需时间为1 s，由对应旋转矢量图可知相应的相位差Δ出正确答案．

?4π/3，则角频率

ω?Δ/Δt??4π/3?s?1，故选（D）．本题也可根据振动曲线所给信息，逐一代入方程来找

9-3 两个同周期简谐运动曲线如图（a） 所示， x1 的相位比x2 的相位（ ） （A） 落后

ππ （B）超前 （C）落后π （D）超前π 22分析与解 由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b） 即可得到答案为（b）．

题９-３ 图

9-4 当质点以频率ν 作简谐运动时，它的动能的变化频率为（ ） （A）

v （B）v （C）2v （D）4v 21222分析与解 质点作简谐运动的动能表式为Ek?m?Asin??t???，可见其周期为简谐

29-5 图（a）中所画的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐运动可叠加，则合成的余弦

运动周期的一半，则频率为简谐运动频率ν的两倍．因而正确答案为（C）． 振动的初相位为（ ） （A）

13π （B）π （C）π （D）0

22分析与解 由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动，它们的相位差

Acos?ωt?π?．它们的振幅不同．对2A于这样两个简谐运动，可用旋转矢量法，如图（b）很方便求得合运动方程为x1?cos?t．因

2是?（即反相位）．运动方程分别为x1?Acos?t和x2?而正确答案为（D）．

题９-５ 图

9-6 有一个弹簧振子，振幅A?2.0?10?2m，周期T?1.0s，初相它的运动方程，并作出x?t图、v?t图和a?t图．

?3π/4．试写出

题９-6 图

分析 弹簧振子的振动是简谐运动．振幅A、初相?、角频率?是简谐运动方程

x?Acos??t???的三个特征量．求运动方程就要设法确定这三个物理量．题中除A、?已知

外，?可通过关系式ω?2π/T确定．振子运动的速度和加速度的计算仍与质点运动学中的计算方法相同．

解 因ω?2π/T，则运动方程

x?Acos?ωt?根据题中给出的数据得

2πt??Acos????T?? ?x?2.0?10?2cos?2πt?0.75π? ?m?

振子的速度和加速度分别为

v?dx/dy??4π?10?2sin?2πt?0.75π? m?s-1 a?d2x/d2y??8π?10?2cos?2πt?0.75π? m?s-1

????x?t、v?t及a?t图如图所示．

9-7 若简谐运动方程为x?0.10cos?20πt?0.25π??m?，求：（1） 振幅、频率、角频率、

周期和初相；（2）t?2s时的位移、速度和加速度．

分析 可采用比较法求解．将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式

??t???作比较，即可求得各特征量．运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、x?Acos加速度的表达式，代入t值后，即可求得结果．

解 （1） 将x?0.10cos?20πt?0.25π??m?与x?Acos??t???比较后可得：振幅A ＝0.10m，角频率ω?20πs?1，初相?＝0.25π，则周期T?2π/ω?0.1s，频率v?1/THz．

（２）t?2s时的位移、速度、加速度分别为

x?0.10cos?40πt?0.25π??7.07?10?2m

v?dx/dt??2πsin?40π?0.25π???4.44m?s-1

a?d2x/d2t??40π2cos?40π?0.25π???2.79?102m?s-2

9-8 一远洋货轮，质量为m，浮在水面时其水平截面积为S．设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水的粘滞阻力，证明货轮在水中作振幅较小的竖直自由运动是简谐运动，并求振动周期．

分析 要证明货轮作简谐运动，需要分析货轮在平衡位置附近上下运动时，它所受的合外力F与位移x间的关系，如果满足F??kx，则货轮作简谐运动．通过F??kx即可求得振动周期T?2π/ω?2πm/k．

证 货轮处于平衡状态时［图（a）］，浮力大小为F ＝mg．当船上下作微小振动时，取货轮处于力平衡时的质心位置为坐标原点O，竖直向下为x 轴正向，如图（b）所示．则当货轮向下偏移x 位移时，受合外力为

?F?P?F?

其中F?为此时货轮所受浮力，其方向向上，大小为

F??F??gSx?mg??gSx

题９-８ 图

则货轮所受合外力为

?F?P?F????gSx??kx

式中k??gS是一常数．这表明货轮在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动．

由

2?F?mdx/dt可得货轮运动的微分方程为

22d2x/d2t??gSx/m?0

令???gS/m，可得其振动周期为

T?2π/ω?2πm/ρgS

9-9 设地球是一个半径为R 的均匀球体，密度??5.5?10kg?m．现假定沿直径凿通一条隧道，若有一质量为m 的质点在此隧道内作无摩擦运动．（1） 证明此质点的运动是简谐运动；（2） 计算其周期．

3?3

题９-９ 图

分析 证明方法与上题相似．分析质点在隧道内运动时的受力特征即可． 证 （1） 取图所示坐标．当质量为m 的质点位于x处时，它受地球的引力为

F??Gmxm x2式中G为引力常量，mx是以x 为半径的球体质量，即mx?4πρx3/3．令k?4πρGm/3，则质点受力

F?4πρGmx/3??kx

因此，质点作简谐运动．

（2） 质点振动的周期为

T?2πm/k?3π/Gρ?5.07?10s3

9-10 如图（a）所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为k1、k2 ．当物体在光滑斜面上振动时．（1） 证明其运动仍是简谐运动；（2） 求系统的振动频率．

题9-10 图

分析 从上两题的求解知道，要证明一个系统作简谐运动，首先要分析受力情况，然后看是否满足简谐运动的受力特征（或简谐运动微分方程）．为此，建立如图（b）所示的坐标．设系统平衡时物体所在位置为坐标原点O，Ox 轴正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿Ox 轴，物体受弹性力及重力分力的作用，其中弹性力是变力．利用串联时各弹簧受力相等，分析物体在任一位置时受力与位移的关系，即可证得物体作简谐运动，并可求出频率?．

证 设物体平衡时两弹簧伸长分别为x1、x2，则由物体受力平衡，有

mgsin??k1x1?k2x2 （1）

?和x2?，??x2?．按图（b）所取坐标，物体沿x 轴移动位移x时，两弹簧又分别被拉伸x1即x?x1则

物体受力为

???mgsin??k1?x1?x1?? （２） F?mgsin??k2?x2?x2将式（1）代入式（2）得

???k1x1? （３） F??k2x2???F/k1、x2???F/k2，而x?x1??x2?，则得到 由式（3）得x1F???k1k2/?k1?k2??x??kx

式中k?k1k2/?k1?k2?为常数，则物体作简谐运动，振动频率

11v?ω/2π?k/m?k1k2/?k1?k2?m

2π2π 讨论 （1） 由本题的求证可知，斜面倾角θ 对弹簧是否作简谐运动以及振动的频率均不产生影响．事实上，无论弹簧水平放置、斜置还是竖直悬挂，物体均作简谐运动．而且可以证明它们的频率相同，均由弹簧振子的固有性质决定，这就是称为固有频率的原因．（2） 如果振动系统如图（c）（弹簧并联）或如图（d）所示，也可通过物体在某一位置的受力分析得出其作简谐运动，且振动频率均为v?12π?k1?k2?/m，读者可以一试．通过这些例子可以知道，

证明物体是否作简谐运动的思路是相同的．

9 －11 在如图（a）所示装置中，一劲度系数为k 的轻弹簧，一端固定在墙上，另一端连接一质量为m1的物体A，置于光滑水平桌面上．现通过一质量m、半径为R 的定滑轮B（可视为匀质圆盘）用细绳连接另一质量为m2的物体C．设细绳不可伸长，且与滑轮间无相对滑动，求系统的振动角频率．

*

题9-11 图

分析 这是一个由弹簧、物体A、C 和滑轮B 组成的简谐运动系统．求解系统的振动频率可采用两种方法．（1） 从受力分析着手．如图（b）所示，设系统处于平衡状态时，与物体

A 相连的弹簧一端所在位置为坐标原点O，此时弹簧已伸长x0，且kx0?m2g．当弹簧沿Ox轴正向从原点O 伸长x 时，分析物体A、C 及滑轮B的受力情况，并分别列出它们的动力学方程，可解得系统作简谐运动的微分方程．（2）从系统机械能守恒着手．列出系统机械能守恒方程，然后求得系统作简谐运动的微分方程．

解1 在图（b）的状态下，各物体受力如图（c）所示．其中F??k?x?x0?i．考虑到绳子不可伸长，对物体A、B、C 分别列方程，有

d2xFT1??k?x?x0??m12 （1）

dtd2xm2g?FT2?m22 （2）

dt1d2x?FT2?FT1?R?J??mR2 （3）

2dtkx0?m2g （4）

2方程（3）中用到了FT2?FT?2、FT1?FT?1、J?mR/2及??a/R．联立式（1） ～式（4）

可得

d2xk ?x?0 （5）2dtm1?m2?m/2则系统振动的角频率为

??k/?m1?m2?m/2?

解2 取整个振动装置和地球为研究系统，因没有外力和非保守内力作功，系统机械能守恒．设物体平衡时为初始状态，物体向右偏移距离x（此时速度为v、加速度为a）为末状态，则由机械能守恒定律，有

11112E0??m2gx?m1v2?m2v2?Jω2?k?x?x0?

2222在列出上述方程时应注意势能（重力势能和弹性势能）零点的选取．为运算方便，选初始状态下物体C 所在位置为重力势能零点；弹簧原长时为弹性势能的零点．将上述方程对时间求导得

dvdvdωdx?m2v?Jω?k?x?x0? dtdtdtdt222将J?mR/2，ωR?v，dv/dt?dx/dt 和m2g?kx0 代入上式，可得

0??m2gv?m1vd2xk ?x?0 （6）2dtm1?m2?m/2式（6）与式（5）相同，表明两种解法结果一致．

9-12 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A＝2.0 ×10-2 m，周期T＝0.50ｓ．当t＝0 时，（1） 物体在正方向端点；（2） 物体在平衡位置、向负方向运动；（3） 物体在x ＝-1.0×10-2m 处， 向负方向运动； （4） 物体在x＝-1.0×10-2 m处，向正方向运动．求以上各种情况的运动方程．

分析 在振幅A 和周期T 已知的条件下，确定初相φ是求解简谐运动方程的关键．初相

的确定通常有两种方法．（1） 解析法：由振动方程出发，根据初始条件，即t ＝0 时，x ＝x0 和v ＝v0 来确定φ值．（2） 旋转矢量法：如图（a）所示，将质点P 在Ox 轴上振动的初始位置x0 和速度v0 的方向与旋转矢量图相对应来确定φ．旋转矢量法比较直观、方便，在分析中常采用．

题9-12 图

解 由题给条件知A ＝2.0 ×10-2 m，ω?2/T?4πs，而初相φ可采用分析中的两种不同方法来求．

解析法：根据简谐运动方程x?Acos??t???，当t?0时有x0?Aco?s?t???，

?1v0??Aωsin．当（1）x0?A时，cos?1?1，则?1?0；

ππ（2）x0?0时，cos?2?0，2??，因v0?0，取2?；

22ππ（3）x0?1.0?10?2m时，cos?3?0.5，3?? ，由v0?0，取3?；

334ππ（4）x0??1.0?10?2m时，cos?4??0.5，4?π? ，由v0?0，取4?．

33旋转矢量法：分别画出四个不同初始状态的旋转矢量图，如图（b）所示，它们所对应的初相分别为?1?0，

2?π，23?π，34?4π． 3振幅A、角频率ω、初相φ均确定后，则各相应状态下的运动方程为

cos4πt?m? ?2（2）x?2.0?10cos?4πt?π/2??m?

?2（3）x?2.0?10cos?4πt?π/3??m?

?2（4）x?2.0?10cos?4πt?4π/3??m?

（1）x?2.0?10?29-13 有一弹簧， 当其下端挂一质量为m 的物体时， 伸长量为9.8 ×10-2 m．若使物体上、下振动，且规定向下为正方向．（1） 当t ＝0 时，物体在平衡位置上方8.0 ×10-2 ｍ 处，由静止开始向下运动，求运动方程．（2） 当t ＝０ 时，物体在平衡位置并以0.6ｍ·s-1的速度向上运动，求运动方程．

分析 求运动方程，也就是要确定振动的三个特征物理量A、ω和φ．其中振动的角频率是由弹簧振子系统的固有性质（振子质量m 及弹簧劲度系数k）决定的，即??k/m，k 可根据物体受力平衡时弹簧的伸长来计算；振幅A 和初相φ需要根据初始条件确定．

题9-13 图

解 物体受力平衡时，弹性力F 与重力P 的大小相等，即F ＝mg．而此时弹簧的伸长量Δl ＝9.8 ×10-2m．则弹簧的劲度系数k ＝F ／Δl ＝mg ／Δl．系统作简谐运动的角频率为

??k/m?g/?l?10s?1

（1） 设系统平衡时，物体所在处为坐标原点，向下为x 轴正向．由初始条件t ＝0 时，x10 ＝8.0 ×10-2 m、v10 ＝0 可得振幅A?确定初相

12x10??v10/???8.0?10?2m；应用旋转矢量法可

2?π［图（a）］．则运动方程为

x1?8.0?10?2cos?10t?π??m?

2x20??v20/???6.0?10?2m；

2 （2）t ＝０ 时，x20 ＝0、v20 ＝0.6 ｍ·s-1 ，同理可得A2?2?π/2［图（b）］．则运动方程为

x2?6.0?10?2cos?10t?0.5π??m?

9-14 某振动质点的x-t 曲线如图（a）所示，试求：（1） 运动方程；（2） 点P 对应的相位；（3） 到达点P 相应位置所需的时间．

分析 由已知运动方程画振动曲线和由振动曲线求运动方程是振动中常见的两类问题．本

题就是要通过x －t 图线确定振动的三个特征量A、ω和?0，从而写出运动方程．曲线最大幅值即为振幅A；而ω、?0通常可通过旋转矢量法或解析法解出，一般采用旋转矢量法比较方便． 解 （1） 质点振动振幅A ＝0.10 ｍ．而由振动曲线可画出t0 ＝0 和t1 ＝4 ｓ时旋转矢量，如图（b） 所示．由图可见初相0??π/3（或0?5π/3），而由??t1?t0???/2??/3得ω?5π/24s，则运动方程为

?1?5π?x?0.10cos?t?π/3??24??m?

题9-14 图

（2） 图（a）中点P 的位置是质点从A／2 处运动到正向的端点处．对应的旋转矢量图如图（c） 所示．当初相取0??π/3时，点P 的相位为?p??0??tp?0?0（如果初相取成

0?5π/3，则点P 相应的相位应表示为

（3） 由旋转矢量图可得ωtp?0?π/3，则tp?1.6s．

9-15 作简谐运动的物体，由平衡位置向x 轴正方向运动，试问经过下列路程所需的最短时间各为周期的几分之几？ （1） 由平衡位置到最大位移处；（2） 由平衡位置到x ＝A/2 处； （3） 由x ＝A/2处到最大位移处．

解 采用旋转矢量法求解较为方便．按题意作如图所示的旋转矢量图，平衡位置在点O． （1） 平衡位置x1 到最大位移x3 处，图中的旋转矢量从位置1 转到位置3，故Δ则所需时间

1??p?0?ω?tp?0??2π．

???π/2，

?t1???1/??T/4

（2） 从平衡位置x1 到x2 ＝A/2 处，图中旋转矢量从位置1转到位置2，故有Δ则所需时间

2?π/6，

?t2???2/??T/12

（3） 从x2 ＝A/2 运动到最大位移x3 处，图中旋转矢量从位置2 转到位置3，有Δ3?π/3，则所需时间

?t3???3/??T/6

题9-15 图

9-16 在一块平板下装有弹簧，平板上放一质量为1.0 kg的重物．现使平板沿竖直方向作上下简谐运动，周期为0.50ｓ，振幅为2.0×10-2 m．求：（1） 平板到最低点时，重物对平板的作用力；（2） 若频率不变，则平板以多大的振幅振动时，重物会跳离平板？ （3） 若振幅不变，则平板以多大的频率振动时， 重物会跳离平板？

题9-16 图

分析 按题意作示意图如图所示．物体在平衡位置附近随板作简谐运动，其间受重力P 和板支持力FN 作用，FN 是一个变力．按牛顿定律，有

d2yF?mg?FN?m2 （1）

dtd2y2 由于物体是随板一起作简谐运动，因而有a?2??A?cos??t???，则式（1）可改写

dt为

FN?mg?mA?2cos??t??? （2）

（1） 根据板运动的位置，确定此刻振动的相位?t??，由式（2）可求板与物体之间的作用力．

（2） 由式（2）可知支持力FN 的值与振幅A、角频率ω和相位（?t??）有关．在振动过程中，当ωt??π时FN最小．而重物恰好跳离平板的条件为FN＝0，因此由式（2）可

分别求出重物跳离平板所需的频率或振幅．

解 （1） 由分析可知，重物在最低点时，相位?t??＝0，物体受板的支持力为

?2?/t??12.96N FN?mg?mA?2?mg?mA? 与FN大小相等，方向相反． 重物对木块的作用力FN2（2） 当频率不变时，设振幅变为A′．根据分析中所述，将FN＝0及ωt?中式（2），可得

?π代入分析

A??mg/mω2?gT2/4π2?6.2?10?2m

（3） 当振幅不变时，设频率变为v?．同样将FN＝0及ωt??π代入分析中式（2），

可得

9-17 两质点作同频率、同振幅的简谐运动．第一个质点的运动方程为x1?Acos??t???，当第一个质点自振动正方向回到平衡位置时，第二个质点恰在振动正方向的端点，试用旋转矢量图表示它们，并求第二个质点的运动方程及它们的相位差．

ω21v???mg/mA?3.52Hz

2π2π

题9-17 图

解 图示为两质点在时刻t 的旋转矢量图，可见第一个质点M 的相位比第二个质点N 的相位超前?/2，即它们的相位差Δφ＝π/2．故第二个质点的运动方程应为

x2?Acos??t????/2?

9-18 图（a）为一简谐运动质点的速度与时间的关系曲线，且振幅为2cm，求（1） 振动周期；（2） 加速度的最大值；（3） 运动方程．

分析 根据v-t 图可知速度的最大值vmax ，由vmax ＝Aω可求出角频率ω，进而可求出周期T 和加速度的最大值amax ＝Aω2 ．在要求的简谐运动方程x ＝Acos（ωt ＋φ）中，因为A 和ω已得出，故只要求初相位φ即可．由v －t 曲线图可以知道，当t ＝0 时，质点运动速度v0 ＝vmax/2 ＝Aω/2，之后速度越来越大，因此可以判断出质点沿x 轴正向向着平衡点运动．利用v0 ＝－Aωsinφ就可求出φ．

解 （1） 由vmax?A?得??1.5s?1，则

T?2π/ω?4.2s

（2）amax?A?2?4.5?10?2m?s?2 （3） 从分析中已知v0??Aωsin?Aω/2，即

sin???1/2 ??π/6,?5π/6

??5π/6，其旋转矢量图如图（b）所示．则运动方程为 x?2cos?1.5t?5π/6??cm?

因为质点沿x 轴正向向平衡位置运动，则取

题9-18 图

9-19 有一单摆，长为1.0m，最大摆角为5°，如图所示．（1） 求摆的角频率和周期；（2） 设开始时摆角最大，试写出此单摆的运动方程；（3） 摆角为3°时的角速度和摆球的线速度各为多少？

题9-19 图

?分析 单摆在摆角较小时（θ＜5°）的摆动，其角量θ与时间的关系可表示为简谐运动方程??maxcos??t???，其中角频率ω仍由该系统的性质（重力加速度g 和绳长l）决定，即

??g/l．初相φ与摆角θ，质点的角速度与旋转矢量的角速度（角频率）均是不同的物理

概念，必须注意区分．

解 （1） 单摆角频率及周期分别为

ω?g/l?3.13s?1;T?2π/ω?2.01s

（2） 由t?0时???max?5o可得振动初相??0，则以角量表示的简谐运动方程为

πcos3.13t 36 （３） 摆角为3°时，有cos??t?????/?max?0.6，则这时质点的角速度为

θ?d?/dt???max?sin??t??????max?1?cos2??t?????0.80?max???0.218s线速度的大小为

?1

v?ld?/dt??0.218s?1

讨论 质点的线速度和角速度也可通过机械能守恒定律求解，但结果会有极微小的差别．这是因为在导出简谐运动方程时曾取sin???，所以，单摆的简谐运动方程仅在θ 较小时成立．

9-20 为了测月球表面的重力加速度，宇航员将地球上的“秒摆”（周期为2.00ｓ），拿到月球上去，如测得周期为4.90ｓ，则月球表面的重力加速度约为多少？ （取地球表面的重力加速度gE?9.80m?s?2）

2解 由单摆的周期公式T?2πl/g可知g?1/T2，故有gM/gE?TE2/TM，则月球的

重力加速度为

gM?TE/TMgE?1.63m?s?2

9-21 一飞轮质量为12kg，内缘半径r ＝0.6ｍ，如图所示．为了测定其对质心轴的转动惯量，现让其绕内缘刃口摆动，在摆角较小时，测得周期为2.0s，试求其绕质心轴的转动惯量．

??2

9-21 题图

分析 飞轮的运动相当于一个以刃口为转轴的复摆运动，复摆振动周期为

T?2πJ/mglc，因此，只要知道复摆振动的周期和转轴到质心的距离lc，其以刃口为转轴

的转动惯量即可求得．再根据平行轴定理，可求出其绕质心轴的转动惯量．

解 由复摆振动周期T?2πJ/mglc，可得J?mgrT/4π．则由平行轴定理得

22J0?J?mr2?mgrT2/4?2?mr2?2.83kg?m2

9-22 如图（a）所示，质量为1.0 ×10-2kg 的子弹，以500m·s-1的速度射入木块，并嵌在木块中，同时使弹簧压缩从而作简谐运动，设木块的质量为4.99 kg，弹簧的劲度系数为8.0 ×103 N·m-1 ，若以弹簧原长时物体所在处为坐标原点，向左为x 轴正向，求简谐运动方程．

题9-22 图

分析 可分为两个过程讨论．首先是子弹射入木块的过程，在此过程中，子弹和木块组成的系统满足动量守恒，因而可以确定它们共同运动的初速度v0 ，即振动的初速度．随后的过程是以子弹和木块为弹簧振子作简谐运动．它的角频率由振子质量m1 ＋m2 和弹簧的劲度系数k 确定，振幅和初相可根据初始条件（初速度v0 和初位移x0 ）求得．初相位仍可用旋转矢量法求．

解 振动系统的角频率为

??k/?m1?m2??40s?1

由动量守恒定律得振动的初始速度即子弹和木块的共同运动初速度v0 为

v0?m1v?m1?m2??1.0m?s?1

2又因初始位移x0 ＝0，则振动系统的振幅为

2A?x0??v0/ω??v0/ω?2.5?10?2m

图（b）给出了弹簧振子的旋转矢量图，从图中可知初相位

0?π/2，则简谐运动方程为

x?2.5?10?2cos?40t?0.5π??m?

9-23 如图（a）所示，一劲度系数为k 的轻弹簧，其下挂有一质量为m1 的空盘．现有一质量为m2 的物体从盘上方高为h 处自由落入盘中，并和盘粘在一起振动．问：（1） 此时的振动周期与空盘作振动的周期有何不同？ （2） 此时的振幅为多大？

题9-23 图

分析 原有空盘振动系统由于下落物体的加入，振子质量由m1 变为m1 + m2，因此新系统的角频率（或周期）要改变．由于A?2x0??v0/ω?，因此，确定初始速度v0 和初始位移

2x0 是求解振幅A 的关键．物体落到盘中，与盘作完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可确定盘与物体的共同初速度v0 ，这也是该振动系统的初始速度．在确定初始时刻的位移x0 时，应注意新振动系统的平衡位置应是盘和物体悬挂在弹簧上的平衡位置．因此，本题中初始位移x0 ，也就是空盘时的平衡位置相对新系统的平衡位置的位移．

解 （1） 空盘时和物体落入盘中后的振动周期分别为

T?2π/ω?2πm1/k T??2π/ω??2π?m1?m2?/k

可见T′＞T，即振动周期变大了．

（2） 如图（b）所示，取新系统的平衡位置为坐标原点O．则根据分析中所述，初始位移为空盘时的平衡位置相对粘上物体后新系统平衡位置的位移，即

x0?l1?l2?m1gm1?m2m?g??2g kkk式中l1 ＝m1/k 为空盘静止时弹簧的伸长量，l2 ＝（m1 ＋m2）/k 为物体粘在盘上后，静止时弹簧的伸长量．由动量守恒定律可得振动系统的初始速度，即盘与物体相碰后的速度

v0?式中v?m2m2v?2gh

m1?m2m1?m22gh是物体由h 高下落至盘时的速度．故系统振动的振幅为

22A?x0??v0/ω???m2g2kh1? km1?m2本题也可用机械能守恒定律求振幅A．

9-24 如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧，系一质量为m1 的物体，在水平面上作振幅为A的简谐运动．有一质量为m2 的粘土，从高度h 自由下落，正好在（a）物体通过平衡位置时，（b）物体在最大位移处时，落在物体上．分别求：（1）振动周期有何变化？ （2）振幅有何变化？

题9-24图

分析 谐振子系统的周期只与弹簧的劲度系数和振子的质量有关．由于粘土落下前后，振子的质量发生了改变，因此，振动周期也将变化．至于粘土如何落下是不影响振动周期的．但是，粘土落下时将改变振动系统的初始状态，因此，对振幅是有影响的．在粘土落到物体上的两种不同情况中，系统在水平方向的动量都是守恒的．利用动量守恒定律可求出两种情况下系统的初始速度，从而利用机械能守恒定律（或公式A?幅．

解 （1） 由分析可知，在（a）、（b）两种情况中，粘土落下前后的周期均为

2x0??v0/ω?）求得两种情况下的振

2T?2π/ω?2πm1/k T??2π/ω??2π?m1?m2?/k

物体粘上粘土后的周期T′比原周期T 大．

（2） （a） 设粘土落至物体前后，系统振动的振幅和物体经过平衡位置时的速度分别为A、v 和A′、v′．由动量守恒定律和机械能守恒定律可列出如下各式

kA?2/2?m1v2/2 （1）

kA?2/2??m1?m2?v?2/2 （2） m1v??m1?m2?v? （3）

联立解上述三式，可得

A??m1/?m1?m2?A

即A′＜A，表明增加粘土后，物体的振幅变小了．

（b） 物体正好在最大位移处时，粘土落在物体上．则由动量守恒定律知它们水平方向的共同速度v′＝m1v/（m1 ＋m2 ） ＝0，因而振幅不变，即

A′＝A

9-25 质量为0.10kg的物体，以振幅1.0×10-2 m 作简谐运动，其最大加速度为4.0 ｍ·s-1 求：（1） 振动的周期；（2） 物体通过平衡位置时的总能量与动能；（3） 物体在何处其动能和势能相等？ （4） 当物体的位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少？

分析 在简谐运动过程中，物体的最大加速度amax?A?2，由此可确定振动的周期T．另外，在简谐运动过程中机械能是守恒的，其中动能和势能互相交替转化，其总能量E ＝kA2/2．当动能与势能相等时，Ek ＝EP ＝kA2/4．因而可求解本题．

解 （1） 由分析可得振动周期

T?2π/ω?2πA/amax?0.314s

（2） 当物体处于平衡位置时，系统的势能为零，由机械能守恒可得系统的动能等于总能量，即

11mA2?2?mAamax 22?2.0?10?3JEk?E?

（3） 设振子在位移x0 处动能与势能相等，则有

2kx0/2?kA2/4

得 x0??2A/2??7.07?10?3m （４） 物体位移的大小为振幅的一半（即x?A/2）时的势能为

121?A?kx?k???E/4 22?2?则动能为 EK?E?EP?3E/4

EP?9-26 一氢原子在分子中的振动可视为简谐运动．已知氢原子质量m ＝1.68 ×10-27 Kg，振动频率?＝1.0 ×1014 Hz，振幅A ＝1.0 ×10-11ｍ．试计算：（1） 此氢原子的最大速度；（2） 与此振动相联系的能量．

解 （1） 简谐运动系统中振子运动的速度v ＝－Aωsin（ωt ＋φ），故氢原子 振动的最大速度为

vmax?ωA?2πvA?6.28?102m?s?1

（２） 氢原子的振动能量

2E?mvmax/2?3.31?10?20J

9-27 质量m ＝10g 的小球与轻弹簧组成一振动系统， 按x?0.5?8πt?π/3??cm?的规律作自由振动，求（1） 振动的角频率、周期、振幅和初相；（2） 振动的能量E；（3） 一个周期内的平均动能和平均势能．

解 （1） 将x?0.5?8πt?π/3??cm?与x?Acos??t???比较后可得：角频率ω?8πs，

?1振幅A ＝0.5cm，初相φ＝π/3，则周期T ＝2π/ω＝0.25 ｓ

（2） 简谐运动的能量 E?1mA2?2?7.90?10?5J 21mA2?2sin2??t??? 21EP?mA2?2cos2??t???

2EK?（3） 简谐运动的动能和势能分别为

则在一个周期中，动能与势能对时间的平均值分别为

1T1mA2?2222EK??mA?sin??t???dt??3.95?10?5J

T0241T1mA2?2222EP??mA?cos??t???dt??3.95?10?5J

T024x1?0.05cos?10t?0.75π??m?；x2?0.06cos?10t?0.25π??m?．求：（1） 合振动的振幅及

初相；（2） 若有另一同方向、同频率的简谐运动x3?0.07cos?10t??3??m?，则?3为多少时，

x1 ＋x3 的振幅最大？ 又?3 为多少时，x2 ＋x3 的振幅最小？

9-28 已知两同方向、同频率的简谐运动的运动方程分别为

题9-28 图

分析 可采用解析法或旋转矢量法求解.由旋转矢量合成可知，两个同方向、同频率简谐运动 的合成仍为一简谐运动，其角频率不变；合振动的振幅A?2A12?A2?2A1A2cos??2??1?，

其大小与两个分振动的初相差?2??1相关．而合振动的初相位

??A1sin?1?A2sin?2?/?A1cos?1?A2cos?2?? ??arctan?2解 （1） 作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如图）．因为Δ动振幅为

?1??π/2，故合振

A?合振动初相位

2A12?A2?2A1A2cos??2??1??7.8?10?2m

??A1sin?1?A2sin?2?/?A1cos?1?A2cos?2????arctan?arctan11?1.48rad?2kπ得

（2） 要使x1 ＋x3 振幅最大，即两振动同相，则由Δ

3?1?2kπ?2kπ?0.75π,k?0,?1,?2,...

要使x1 ＋x3 的振幅最小，即两振动反相，则由Δ??2k?1π?得

3?2??2k?1?π?2kπ?1.25π,k?0,?1,?2,...

9-29 手电筒和屏幕质量均为m，且均被劲度系数为k 的轻弹簧悬挂于同一水平面上，如图所示．平衡时，手电筒的光恰好照在屏幕中心．设手电筒和屏幕相对于地面上下振动的表达式分别为x1?Acos??t??1?和x2?Acos??t??2?．试求在下述两种情况下，初相位φ1 、φ2 应满足的条件：（1） 光点在屏幕上相对于屏静止不动；（2） 光点在屏幕上相对于屏作振幅A′＝2A的振动．并说明用何种方式起动，才能得到上述结果．

题9-29 图

分析 落在屏幕上的光点相对地面的运动和屏幕相对于地面的运动都已知道，且是两个简谐运动．因此由运动的合成不难写出光点相对屏的运动（实际上是两个同方向、同频率简谐运动的合成）．根据相对运动公式，有

x光对地?x光对屏?x屏对地

依题意

x光对地?x1?Acos??t??1?所以 x光对屏x屏对地?x2?Acos??t??2???Acos??t??1??Acos??t????2? ?x1?x2?x1?x2

可见光点对屏的运动就是两个同方向、同频率简谐运动x1?Aco?s?t??1?和

??Acos??t????2?的合成．用与上题相同的方法即可求解本题．其中合运动振幅x2A??A2?A2?2A2cos?π?2?1?．

解 （1） 根据分析和参考上题求解，当要求任一时刻光点相对于屏不动，即x光对屏?0，就

??2k?1?π时，即2?1?2kπ时（k?0,?1,?2,...），A′＝0．当光点相对

于屏作振幅为2A的运动时，要求π?2?1?2kπ，即2?1??2k?1?π．

是当π?2?1（2） 由以上求解可知，要使光点相对于屏不动，就要求手电筒和屏的振动始终要同步，即同相位，为此，把它们往下拉A位移后，同时释放即可；同理，要使光点对屏作振幅为2A 的谐振动，两者必须相位相反，为此，让手电筒位于平衡点0 上方的-A处，而屏则位于+A 处同

时释放，即可实现．

9-30 两个同频率的简谐运动1 和2 的振动曲线如图（a）所示，求（1）两简谐运动的运动方程x1 和x2；（2） 在同一图中画出两简谐运动的旋转矢量，并比较两振动的相位关系；（3） 若两简谐运动叠加，求合振动的运动方程．

分析 振动图已给出了两个简谐运动的振幅和周期，因此只要利用图中所给初始条件，由旋转矢量法或解析法求出初相位，便可得两个简谐运动的方程．

解 （1） 由振动曲线可知，A ＝0.1 ｍ，T ＝2ｓ，则ω＝2π／T ＝πｓ-1 ．曲线1表示质点初始时刻在x ＝0 处且向x 轴正向运动，因此φ1 ＝－π／2；曲线2 表示质点初始时刻在x ＝A /2 处且向x 轴负向运动，因此φ2 ＝π／3．它们的旋转矢量图如图（b）所示．则两振动的运动方程分别为

x1?0.1cos?πt?π/2??m? 和 x2?0.1cos?πt?π/3??m?

（2） 由图（b）可知振动2超前振动1 的相位为5π／6． （3）x?x1?x2?A?cos??t???

其中A??2A12?A2?2A1A2cos??2??1??0.052m

??arctanA1sin?1?A2sin?2??0.268???? ?arctanA1cos?1?A2cos?212则合振动的运动方程为 x?0.052cos?πt?π/12??m?

题9-30 图

9-31 将频率为348 Hz的标准音叉振动和一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为3.0Hz．若在待测频率音叉的一端加上一小块物体，则拍频数将减少，求待测音叉的固有频率．

分析 这是利用拍现象来测定振动频率的一种方法．在频率?1 和拍频数Δ?＝|?2 －?1|已知的情况下，待测频率?2 可取两个值，即?2 ＝?1 ±Δ?．式中Δ?前正、负号的选取应根据待测音叉系统质量改变时，拍频数变化的情况来决定．

解 根据分析可知，待测频率的可能值为

?2 ＝?1 ±Δ? ＝（348 ±3） Hz

因振动系统的固有频率v?1k ，即质量m 增加时，频率? 减小．从题意知，当待测音叉

2πm质量增加时拍频减少，即｜?2 －?1｜变小．因此，在满足?2 与Δ? 均变小的情况下，式中只能取正号，故待测频率为?2 ＝?1 ＋Δ?＝351 Hz

*9-32 示波管的电子束受到两个互相垂直的电场的作用．电子在两个方向上的位移分别为

x?Acos?t 和y?Acos??t???，求在φ＝0°，φ＝30°，φ＝90°各种情况下，电子在荧光屏

上的轨迹方程．

解 这是两个振动方向互相垂直的同频率简谐运动的合成问题．合振动的轨迹方程为

2x2/A12?y2/A2?2xycos??/A1A2?sin2??

式中A1 、A2 为两振动的振幅，Δφ为两个振动的初相差．本题中A1 ＝A2 ＝A，Δφ＝φ，故有

x2?y2?2xycos??A2sin2?

（1） 当φ＝0°时，有x ＝y，轨迹为一直线方程．

（2） 当φ＝30°时，有x2 ＋y2 －

3 x y ＝A2/4，轨迹为椭圆方程．

（3） 当φ＝90°时，有x2 ＋y2 ＝A2 ，轨迹为圆方程．

*9-33 图示为测量液体阻尼系数的装置简图，将一质量为m 的物体挂在轻弹簧上，在空气中测得振动的频率为?1 ，置于液体中测得的频率为?2 ，求此系统的阻尼系数．

题9-33 图

分析 在阻尼不太大的情况下，阻尼振动的角频率ω与无阻尼时系统的固有角频率ω0 及阻尼系数δ 有关系式???0??．因此根据题中测得的?1 和?2 （即已知ω0 、ω），就可求出δ．

解 物体在空气和液体中的角频率为ω0?2πv1 和ω?2πv2，得阻尼系数为

22ω?ω0?δ2?2πv12?v2 22 *9-34 一弹簧振子系统，物体的质量m ＝1.0Kg，弹簧的劲度系数k ＝900N·m-1 ．系统振动时受到阻尼作用，其阻尼系数δ ＝10.0ｓ-1 ．为了使振动持续，现另外加一周期性驱动外力F?100cos30t?N?．求：（1） 振子达到稳定时的振动角频率；（2） 若外力的角频率可

以改变，当其值为多少时系统出现共振现象？ 其共振的振幅多大？

分析 本题是物体在有阻尼条件下的受迫振动，其运动方程为

x?A0e?δtcos??t????Acos??Pt??? （1）

等式右边第一项与阻尼有关，该项经一段时间后，因e角频率即是周期性外力的角频率．而振幅为

?δt?0而消失．因此，稳定时系统的振

动由第二项确定，它是简谐运动方程．其中?P为周期性外力的角频率，由此可知，此时振动的

A?F0/m??20??22p??4??2 （2）

2p式中F0为周期性外界驱动力的力幅，?0是弹簧振子的固有角频率，m 是振子质量．当阻尼系数δ 一定时，振幅A 是外力的角频率ωP 的函数．共振时，振幅最大，故可采用对函数A（ωP）求极值的方法确定共振频率和振幅．

解 （1） 根据分析，受迫振动达到稳定时，系统作简谐运动的角频率即为周期性外力的角频率，故有

?1??P?30s?1

（2） 受迫振动达到稳定后， 其振幅A?F0/??2022．当dA/d?P?0时??p?4?2?p?2振幅将取得极大值，称共振现象．此时可解得周期性外界驱动力的角频率为

?P??02?2?2?26.5s?1

将上述结果代入振幅A 的表达式中，得共振时振幅为

Ar?F02m????202?0.177m

9-35 在一个LC 振荡电路中， 若电容器两极板上的交变电压U?50cos104πt?V?，电容C?1.0?10?7F，电路中的电阻可以忽略不计．求：（1） 振荡的周期；（2） 电路中的自感；（3） 电路中的电流随时间变化的规律．

分析 在不计电阻的前提下，该LC 电路是无阻尼自由振荡电路，在振荡过程中电容器两极板上的电压、电荷及电路中的电流均以相同的周期变化着．振荡周期为T ＝2π LC．因此，本题可通过已知的电压的角频率ω，求出振荡周期，然后可求出自感L．另外，电容器极板上电压U、电荷q 始终满足关系式q ＝CU．因此，在确定q ＝q（t）后，根据电流定义I ＝dq/dt，可求出电流的变化规律．

解 （1） 从题中已知的电压变化关系中得振荡周期为

??T?2π/ω?2.0?10?4s

（2） 由振荡电路周期T?2πLC得电路中的自感为

L?T2/4?2C?1.01?10?2H

（3） 电路中电流随时间变化的规律为

I?dq/dt?C?dU/dt??0.157sin104πt?A?

9-36 用一个电容可在10.0 pF到360.0pF 范围内变化的电容器和一个自感线圈并联组成无

线电收音机的调谐电路．（1） 该调谐电路可以接收的最大和最小频率之比是多少？ （2） 为了使调谐频率能在5.0 ×105Hz 到1.5 ×106 Hz的频率范围内，需在原电容器上并联一个多大的电容？ 此电路选用的自感应为多大？

分析 当自感L 一定时，要改变调谐频率的范围，只需改变电容的变化范围．本题采用并联电容C 的方法使电容由原有的变化范围Cmin ～Cmax 改变为Cmin ＋C～Cmax ＋C，从而达到新的调谐目的．为此，可根据v?1/2πLC，由原有电容比Cmax ／Cmin 来确定对应的频率比

vmax/vmin．再由新要求的频率比来确定需要并联的电容的大小．

解 （1） 当线圈自感L 一定时，由v?1/2πLC，可得

vmax/vmin?Cmax/Cmin?6.0

（２） 为了在5.0 ×105 Hz ～1.5 ×106Hz 的频率范围内调谐，应满足

?v?max/vmin?由此得在原电容器上需并联的电容为

?Cmax?C?/?Cmin?C?

?2Cmax?Cmin?v?max/vmin?C??33.75pF 2?v?max/v?min??1此电路选用的线圈自感为

L?1/4π2v2min?Cmax?C??2.58?10?4H

9-37 一振荡电路，已知C ＝0.25μF，L ＝1.015H．电路中电阻可忽略不计，电容器上电荷最大值为Q0 ＝2.5 ×10-6 C．（1） 写出电路接通后电容器两极板间的电势差随时间而变化的方程和电路中电流随时间而变化的方程；（2） 写出电场的能量、磁场能量及总能量随时间而变化的方程；（3） 求t1 ＝T/8 和t2 ＝T/4 时，电容器两极板间的电势差、电路中的电流、电场能、磁场能．

分析 无阻尼LC 振荡电路中电流、电容器极板上电荷以及电势差均以相同的频率随时间作正弦或余弦变化．如果令极板上电荷q?Q0cos??t??0?，则由I?dq/dt、U?q/C 可得电路中的电流I、极板两端电势差U 的变化规律．利用电磁场中电场能量和磁场能量公式可写出它们随时间t 的函数关系式和特定时刻的瞬时值．

解 （1） LC无阻尼振荡电路的振荡角频率为

ω?1/LC?2000πs?1

若以电路闭合的瞬间为计时起点，此时极板上电荷最大．则任一时刻极板上的电荷为

q?Q0cosωt?2.5?10?6cos2000πt该时刻电路中的电流为

?C?

?A?

I?dq/dt??1.57?10?2sin2000πt极板两端电势差为

U?q/C100cos2000πt（2） 任意时刻电场能量、磁场能量及总能量分别为

?V?

Ee?q2/2C?1.25?10?4cos22000πt?J?

Em?LI2/2?1.25?10?4sin22000πtE?Ee?Em?1.25?10?4?J?

?J?

（3） 由ω?2πv?2π/T，可得T ＝0.001 ｓ，则当t1 ＝T/8 时，由上述各式可得

I1??1.57?10?2sin?2000πT/8???1.11?10?2A Ee1?1.25?10?4cos2?2000πT/8??6.25?10?5JEm1?1.25?10同理，当t2?π/4时可得

?4U1?100cos?2000πT/8??70.7V

sin?2000πT/8??6.25?102?5J

U2?0;I2??1.57?10?2A;Ee2?0;Em2?1.25?10?4J

由上述结果可以看出LC 电路在无阻尼振荡过程中，总的电磁场能量是不变的，即满足能量守恒定律．

第十章 波 动

10-1 图（a）表示t ＝0 时的简谐波的波形图，波沿x 轴正方向传播，图（b）为一质点的振动曲线．则图（a）中所表示的x ＝0 处振动的初相位与图（b）所表示的振动的初相位分别为（ ）

题10-1 图

ππ （Ｃ） 均为? 22ππππ（Ｄ） 与? （Ｅ） ?与

2222（Ａ） 均为零 （Ｂ） 均为

分析与解 本题给了两个很相似的曲线图，但本质却完全不同．求解本题要弄清振动图和波形图不同的物理意义．图（a）描述的是连续介质中沿波线上许许多多质点振动在t 时刻的位移状态．其中原点处质点位移为零，其运动方向由图中波形状态和波的传播方向可以知道是沿y 轴负向，利用旋转矢量法可以方便的求出该质点振动的初相位为π/2．而图（b）是一个质点的振动曲线图，该质点在t ＝0 时位移为0，t ＞0 时，由曲线形状可知，质点向y 轴正向运动，故由旋转矢量法可判知初相位为－π/2，答案为（D）．

10-2 机械波的表达式为y?0.05cos?6πt?0.06πx??m?，则（ ） （Ａ） 波长为100 ｍ （Ｂ） 波速为10 ｍ·ｓ-1 （Ｃ） 周期为1/3 ｓ （Ｄ） 波沿x 轴正方向传播 分析与解 波动方程的一般表式为y?Acos???t??????x?，其中A 为振幅，φ为初相，u 为????u??波速．x/u 前的“-”表示波沿x 轴正向传播，“+”表示波沿x轴负向传播．因此将原式写为

???m?和一般式比较可知（Ｂ）、（Ｄ） 均不对．而由ω＝2π/T ＝6πy?0.05cos?6π?t?x/100ｓ-1 可知T ＝（1/3）ｓ．则λ＝uT ＝33.3 m，因此（Ａ）也不对．只有（Ｃ）正确．

10-3 一平面简谐波，沿x 轴负方向传播，角频率为ω，波速为u．设t?T时刻的波形如4图（a）所示，则该波的表达式为（ ）

???x????x??A?y?Acos????t???By?Acos???????t??????u????u?2?????x???x???C?y?Acos????t??By?Acos?t?????????????u?2???u?

题10-3 图

分析与解 因为波沿x 轴负向传播，由上题分析知（Ａ）、（B）表式不正确．找出（C）、（D）哪个是正确答案，可以有很多方法．这里给出两个常用方法．方法一：直接将t ＝T/4，x＝0 代入方程，那么对（C）有y0 ＝A、对（D）有y0 ＝0，可见（D）的结果与图一致．方法二：用旋转矢量法求出波动方程的初相位．由图（a）可以知道t ＝T/4 时原点处质点的位移为0，且向y 轴正向运动，则此时刻的旋转矢量图如图（b）所示．要求初相位，只要将该时刻的旋转矢量反转（顺时针转）Δφ＝ω·Δt ＝ω·T/4 ＝π/2，如图（b）所示，即得φ0 ＝π．同样得（D）是正确答案．

题10-4 图

10-4 如图所示，两列波长为λ的相干波在点P 相遇．波在点S1 振动的初相是φ1 ，点S1 到点P的距离是r1 ．波在点S2的初相是φ2 ，点S2 到点P 的距离是r2 ，以k 代表零或正、负整数，则点P 是干涉极大的条件为（ ）

?A?r2?r1?k??A??2??1?2k?

?A??2??1?2??r2?r1?/??2k??A??2??1?2??r1?r2?/??2k?分析与解 P 是干涉极大的条件为两分振动的相位差Δ?2kπ，而两列波传到P 点时的

两分振动相位差为Δ?2?1?2π?r2?r1?/λ，故选项（D）正确．

10-5 在驻波中，两个相邻波节间各质点的振动（ ） （A） 振幅相同，相位相同 （B） 振幅不同，相位相同 （C） 振幅相同，相位不同 （D） 振幅不同，相位不同 分析与解 驻波方程为y?2Acos2πxcos2πvt，因此根据其特点，两波节间各点运动同相位，λ但振幅不同．因此正确答案为（B）．

10-6 频率为?＝1.25 ×104 Hz 的平面简谐纵波沿细长的金属棒传播，棒的弹性模量为E ＝1.90 ×1011 N·m -2 ，棒的密度ρ ＝7.6 ×103 Kg·m -3 ．求该纵波的波长．

分析 因机械波传播速度与介质性质有关，固体中纵波传播速度u?E/?．而波的特征

量波长λ与波速u、频率?之间有λ＝u/?．所以，频率一定的振动在不同介质中传播时，其波长不同．由上述关系可求得波长．

解 由分析可知金属棒中传播的纵波速度u?E/?，因此，该纵波的波长为

λ?u/v?E/ρv2?0.40m

10-7 一横波在沿绳子传播时的波动方程为y?0.20cos?2.5???x??m?．（1） 求波的振幅、波速、频率及波长；（2） 求绳上质点振动时的最大速度；（3） 分别画出t ＝1s 和t ＝2 s时的波形，并指出波峰和波谷．画出x ＝1.0 ｍ处质点的振动曲线并讨论其与波形图的不同．

分析 （1） 已知波动方程（又称波函数）求波动的特征量（波速u、频率?、振幅A 及波长λ等），通常采用比较法．将已知的波动方程按波动方程的一般形式

??x??xy?Acos???t????0?书写，然后通过比较确定各特征量（式中前“-”、“+”的选取分别对

u??u??应波沿x 轴正向和负向传播）．比较法思路清晰、求解简便，是一种常用的解题方法．（2） 讨论波动问题，要理解振动物理量与波动物理量之间的内在联系与区别．例如区分质点的振动速度与波速的不同，振动速度是质点的运动速度，即v ＝dy/dt；而波速是波线上质点运动状态的传播速度（也称相位的传播速度、波形的传播速度或能量的传播速度），其大小由介质 的性质决定．介质不变，波速保持恒定．（3） 将不同时刻的t 值代入已知波动方程，便可以得到不同时刻的波形方程y ＝y（x），从而作出波形图．而将确定的x 值代入波动方程，便可以得到该位置处质点的运动方程y ＝y（t），从而作出振动图．

解 （1） 将已知波动方程表示为

y?0.20cos?2.5π?t?x/2.5???m?

与一般表达式y?Acos???t?x/u???0?比较，可得

A?0.20m,u?2.5m?s?1,?0?0

则 v?ω/2π?1.25Hz,（2） 绳上质点的振动速度

λ?u/v?2.0m

v?dy/dt??0.5πsin?2.5π?t?x/2.5??m?s?1

?1则 vmax?1.57m?s

??（3） t ＝1ｓ 和t ＝2ｓ 时的波形方程分别为

y1?0.20cos?2.5π?πx??m?y2?0.20cos?5π?πx??m?

波形图如图（a）所示． x ＝1.0m 处质点的运动方程为

y??0.20cos?2.5πt??m?

振动图线如图（b）所示．

波形图与振动图虽在图形上相似，但却有着本质的区别．前者表示某确定时刻波线上所有质点的位移情况，而后者则表示某确定位置的一个质点，其位移随时间变化的情况．

题10-7 图

10-8 波源作简谐运动，其运动方程为y?4.0?10cos240πt?3?m?，它所形成的波形以

30ｍ·ｓ-1 的速度沿一直线传播．（1） 求波的周期及波长；（2） 写出波动方程．

分析 已知波源运动方程求波动物理量及波动方程，可先将运动方程与其一般形式

y?Acos??t???进行比较，求出振幅A、角频率ω及初相φ0 ，而这三个物理量与波动方程的一般形式y?Acos???t?x/u???0?中相应的三个物理量是相同的．再利用题中已知的波速

u 及公式ω＝2πν ＝2π／T 和λ＝u T 即可求解．

解 （1） 由已知的运动方程可知，质点振动的角频率ω?240πs．根据分析中所述，波的周期就是振动的周期，故有

?1T?2π/ω?8.33?10?3s

波长为

λ＝uT ＝0.25 ｍ

（２） 将已知的波源运动方程与简谐运动方程的一般形式比较后可得A ＝4.0 ×10-3m，

ω?240πs?1，φ0 ＝0故以波源为原点，沿x 轴正向传播的波的波动方程为

y?Acos?ω?t?x/u??0??4.0?10cos?240πt?8πx??m?10-9 已知一波动方程为y?0.05sin?10πt-2x??m?．（1） 求波长、频率、波速和周

?3

Δ?2ππ?Δx/λ?π

10-17 为了保持波源的振动不变，需要消耗4.0 W 的功率．若波源发出的是球面波（设介质不吸收波的能量）．求距离波源5.0 m和10.0 m处的能流密度．

分析 波的传播伴随着能量的传播．由于波源在单位时间内提供的能量恒定，且介质不吸收能量，故对于球面波而言，单位时间内通过任意半径的球面的能量（即平均能流）相同，都等于波源消耗的功率P．而在同一个球面上各处的能流密度相同，因此，可求出不同位置的能流密度I ＝P/S．

解 由分析可知，半径r 处的能流密度为

I?P/4πr2

当r1 ＝5.0 m、r2 ＝10.0m 时，分别有

I1?P/4πr1?1.27?10?2W?m?2 I2?P/4πr2?1.27?10?2W?m?2

10-18 有一波在介质中传播，其波速u ＝1.0 ×103m·s-1 ，振幅A ＝1.0 ×10- m，频率ν ＝1.0 ×103Hz．若介质的密度为ρ ＝8.0×102 kg·m-3 ，求：（1） 该波的能流密度；（2） 1 min 内垂直通过4.0 ×10-4m2 的总能量．

解 （1） 由能流密度I 的表达式得

4

22I?1?uA2?2?2?2?uA2v2?1.58?105W?m?2 2（2） 在时间间隔Δt ＝60 s 内垂直通过面积S 的能量为

W?P??t?IS??t?3.79?103J

10-19 如图所示，两振动方向相同的平面简谐波波源分别位于A、B 两点．设它们相位相同，且频率均为?＝30Hz，波速u ＝0.50 m·s-1 ．求在P 点处两列波的相位差．

分析 在均匀介质中，两列波相遇时的相位差Δφ一般由两部分组成，即它们的初相差φA -φB 和由它们的波程差而引起的相位差2πΔr/λ．本题因φA＝φB ，故它们的相位差只取决于波程差．

解 在图中的直角三角形ABP 中

BP?APsin30o?1.5cm

两列波在点P 处的波程差为Δr ＝AP －BP，则相位差为

Δ?2πΔr/λ?2πvΔr/u?1.8π

题10-19图

10-20 如图所示，两相干波源分别在P、Q 两点处，它们发出频率为ν、波长为λ，初相

相同的两列相干波．设PQ ＝3λ/2，R 为PQ 连线上的一点．求：（1） 自P、Q 发出的两列波在R处的相位差；（2） 两波在R 处干涉时的合振幅．

题10-20 图

分析 因两波源的初相相同，两列波在点R 处的相位差Δφ仍与上题一样，由它们的波程差决定．因R 处质点同时受两列相干波的作用，其振动为这两个同频率、同振动方向的简谐运动的合成，合振幅A?2A12?A2?2A1A2cos??．

解 （1） 两列波在R 处的相位差为

Δ?2πΔr/λ?3π

（2） 由于Δ?3π，则合振幅为

A?2A12?A2?2A1A2cos3??A1?A2

10-21 两相干波波源位于同一介质中的A、B 两点，如图（a）所示．其振幅相等、频率皆为100 Hz，B 比A 的相位超前π．若A、B 相距30.0m，波速为u ＝400 m·s-1 ，试求AB 连线上因干涉而静止的各点的位置．

题10-21 图

2πΔr．因此，两列振幅相同的相干波λ因干涉而静止的点的位置，可根据相消条件Δ??2k?1?π获得．

分析 两列相干波相遇时的相位差Δ?2?1?解 以A、B两点的中点O 为原点，取坐标如图（b）所示．两波的波长均为λ＝u/?＝4.0 m．在A、B 连线上可分三个部分进行讨论．

1. 位于点A 左侧部分

Δ?2. 位于点B 右侧部分

B?A?2π?rB?rA???14π

因该范围内两列波相位差恒为2π的整数倍，故干涉后质点振动处处加强，没有静止的点．

Δ?B?A?2π?rB?rA??16π

显然该范围内质点振动也都是加强，无干涉静止的点．

3. 在A、B两点的连线间，设任意一点P 距原点为x．因rB?15?x，rA?15?x，则两列波在点P 的相位差为

Δ?B?A?2π?rB?rA?/λ??x?1?π

根据分析中所述，干涉静止的点应满足方程

x?x?1?π??52k?1?π

得 x?2km?k?0,?1,?2,...?

因x≤15 m，故k≤7．即在A、B之间的连线上共有15 个静止点．

10-22 图（a）是干涉型消声器结构的原理图，利用这一结构可以消除噪声．当发动机排气噪声声波经管道到达点A 时，分成两路而在点B 相遇，声波因干涉而相消．如果要消除频率为300 Hz 的发动机排气噪声，则图中弯管与直管的长度差Δr ＝r2 －r1 至少应为多少？ （设声波速度为340 m·s-1 ）

题10-22 图

分析 一列声波被分成两束后再相遇，将形成波的干涉现象．由干涉相消条件，可确定所需的波程差，即两管的长度差Δr．

解 由分析可知，声波从点A 分开到点B 相遇，两列波的波程差Δr ＝r2 - r1 ，故它们的相位差为

Δ?2π?r2?r1?/λ?2πΔr/λ

由相消静止条件Δφ＝（2k ＋1）π，（k ＝0，±1，±2，…） 得 Δr ＝（2k ＋1）λ／2 根据题中要求令k ＝0 得Δr 至少应为

?r??/2?u/2v?0.57m

讨论 在实际应用中，由于噪声是由多种频率的声波混合而成，因而常将具有不同Δr 的消声单元串接起来以增加消除噪声的能力．图（b）为安装在摩托车排气系统中的干涉消声器的结构原理图．

10-23 如图所示，x ＝0 处有一运动方程为y?Acos?t的平面波波源，产生的波沿x 轴正、负方向传播．MN 为波密介质的反射面，距波源3λ／4．求：（1） 波源所发射的波沿波源O 左右传播的波动方程；（2） 在MN 处反射波的波动方程；（3） 在O ～MN 区域内形成的驻波方程，以及波节和波腹的位置；（4） x ＞0区域内合成波的波动方程．

题10-23 图

分析 知道波源O 点的运动方程y?Acos?t，可以写出波沿x 轴负向和正向传播的方程分别为y1?Acos??t?x/u?和y2?Acos??t?x/u?．因此可以写出y1 在MN 反射面上P 点的运动方程．设反射波为y3 ，它和y1 应是同振动方向、同振幅、同频率的波，但是由于半波损失，它在P 点引起的振动和y1 在P 点引起的振动反相．利用y1 在P 点的运动方程可求y3 在P 点的运动方程，从而写出反射波y3 ．在O ～MN 区域由y1 和Y3 两列同频率、同振动方向、同振幅沿相反方向传播的波合成形成驻波．在x ＞0区域是同传播方向的y2 和y3 合成新的行波．

解 （1） 由分析已知：沿左方向和右方向传播的波动方程分别为

y1?Acos??t?x/u?和y2?Acos??t?x/u?

（2） y1 在反射面MN 处引起质点P 振动的运动方程

?2π2π?3???2π3π?y1P?Acos?t???λ???Acos?t??

λ?4??2??T?T因半波损失反射波y3 在此处引起的振动为

3π??2π??2πy3P?Acos?t?π?π??Acos?t??

22??T??T设反射波的波动方程为y3?Acos?2πt/T?2πx/λ??，则反射波在x ＝－3λ/4处引起的振动

为

3?2π?y3P?Acos?t?π??

2?T?与上式比较得

??2π，故反射波的波动方程为

22??2π??2πy3?Acos?t?πx?2π??Acos?t?πx?

λλ??T??T（3） 在O ～MN 区域由y1 和y3 合成的驻波y4 为

?2π2??2π2??2π??2π?y4?t,x??y1?y3?Acos?t?πx??Acos?t?πx??2Acos?x?cos?t?

λ?λ??T?T?λ??T?波节的位置：2πx/λ?kπ?π/2,x?kλ/2?λ/4，取k ＝－1， －2，即x ＝－λ/4， －3λ/4

处为波节．

波腹的位置：2πx/λ?kπ,x?kλ/2，取k ＝0，－1，即x ＝0，－λ/2 处为波腹．

（4） 在x ＞0 区域，由y2 和y3 合成的波y5 为

?2π2??2π2??2π2π?y5?t,x??y2?y3?Acos?t?πx??Acos?t?πx??2Acos?t?x?

λ?λ?λ??T?T?T这表明：x ＞0 区域内的合成波是振幅为2A 的平面简谐波．

10-24 一弦上的驻波方程式为

y?3.0?10?2cos?1.6πx?cos?550πt??m?

（1） 若将此驻波看成是由传播方向相反，振幅及波速均相同的两列相干波叠加而成的，求它们的振幅及波速；（2） 求相邻波节之间的距离；（3） 求t ＝3.0 ×10-3 s 时位于x＝0.625 m 处质点的振动速度．

分析 （1） 采用比较法．将本题所给的驻波方程，与驻波方程的一般形式相比较即可求得振幅、波速等．（2） 由波节位置的表达式可得相邻波节的距离．（3） 质点的振动速度可按速度定义v ＝dy/dt 求得．

解 （1） 将已知驻波方程 y?3.0?10cos?1.6πx?cos?550πt??2?m?

与驻波方程的一般形式y?2Acos?2πx/λ?cos?2πvt?作比较，可得两列波的振幅A ＝1.5 ×10-2 m，波长λ＝1.25 m，频率?＝275 Hz，则波速u ＝λ?＝343.8m·s-1 ．

（2） 相邻波节间的距离为

?x?xk?1?xk??2?k?1??1??/4??2k?1??/4??/2?0.625mv?dy/dt??16.5πcos?1.6πx?cos?550πt???46.2m?s?1

（3） 在t ＝3.0 ×10-3 s 时，位于x＝0.625 m 处质点的振动速度为

*10 －25 在下述两种情况下，求长度为0.15 m 的风琴管的基频和前四个谐频．（1） 管子两端开口；（2） 管子的一端封闭，一端开口．设声速为340m·s-1 ．

分析 当风琴管的某个端口封闭时，那么风琴管内形成的驻波在该端口就是波节．而当风琴管的端口开口时，就形成波腹．根据限定区域内驻波形成条件（如图所示），当管子两端为波腹时，其管长与波长有关系式L ＝kλk /2 成立，k 为正整数．而当管子一端为波节、另一端为波腹时，管长与波长有关系式L ＝（2k －1）λk /4 成立．可见取不同的k 值，得到不同的λk ，

管内就出现不同频率?k 的波．对应k ＝1 称为基频，k ＝2，3，4，…称为各次谐频．

题10-25 图

解 （1） 根据分析由L ＝kλk /2 和νk ＝u /λk 可得

?k ＝ku/2L （k ＝1，2，3，…）

因此，基频：? 1 ＝1133 Hz

二次谐频：?2 ＝2267 Hz 三次谐频：?3 ＝3400 Hz 四次谐频：?4 ＝4533 Hz 五次谐频：?5 ＝5667 Hz

（2） 同样根据分析由L ＝（2k －1）λk /4 和νk ＝u /λk 可得

?k ＝（2k －1）u /4L （k ＝1，2，3，…）

因此，基频：?1 ＝567 Hz

二次谐频：?2 ＝1700 Hz 三次谐频：?3 ＝2833 Hz 四次谐频：?4 ＝3967 Hz 五次谐频：?5 ＝5100 Hz

10-26 一平面简谐波的频率为500 Hz，在空气（ρ ＝1.3 kg·m -3 ）中以u ＝340 m·s-1 的速度传播，到达人耳时，振幅约为A ＝1.0 ×10 -6 m．试求波在耳中的平均能量密度和声强．

解 波在耳中的平均能量密度

???A2?2?2?2?A2v212?6.42?10?6J?m?2

声强就是声波的能流密度，即

I?u??2.18?10?3W?m?2

这个声强略大于繁忙街道上的噪声，使人耳已感到不适应．一般正常谈话的声强约1.0×10-6W·m-2 左右．

10-27 面积为1.0 m2 的窗户开向街道，街中噪声在窗口的声强级为80dB．问有多少“声功率”传入窗内？

分析 首先要理解声强、声强级、声功率的物理意义，并了解它们之间的相互关系．声强

是声波的能流密度I，而声强级L 是描述介质中不同声波强弱的物理量．它们之间的关系为L ＝lg（I /I0 ），其中I0 ＝1.0 ×10-12 W·m-2为规定声强．L 的单位是贝尔（B），但常用的单位是分贝（dB），且1 B ＝10 dB．声功率是单位时间内声波通过某面积传递的能量，由于窗户上各处的I 相同，故有P ＝IS．

解 根据分析，由L ＝lg（I ／I0 ）可得声强为

I ＝10L I0

则传入窗户的声功率为

P ＝IS ＝10L I0 S ＝1.0 ×10-4 W

10-28 若在同一介质中传播的，频率分别为1200 Hz 和400 Hz 的两声波有相同的振幅．求：（1） 它们的强度之比；（2） 两声波的声强级差．

解 （1） 因声强I??uA2?2/2，则两声波声强之比

2I1/I2??12/?2?9

（2） 因声强级L ＝lg（I ／I0 ），则两声波声强级差为

?L?lg?I1/I0??lg?I2/I0??lg?I1/I2??0.954B?9.54dB

10-29 一警车以25 m·s-1 的速度在静止的空气中行驶，假设车上警笛的频率为800 Hz．求：（1） 静止站在路边的人听到警车驶近和离去时的警笛声波频率；（2） 如果警车追赶一辆速度为15m·s-1 的客车，则客车上人听到的警笛声波的频率是多少？ （设空气中的声速u ＝330m·s-1 ）

分析 由于声源与观察者之间的相对运动而产生声多普勒效应，由多普勒频率公式可解得结果．在处理这类问题时，不仅要分清观察者相对介质（空气）是静止还是运动，同时也要分清声源的运动状态．

解 （1） 根据多普勒频率公式，当声源（警车）以速度vs ＝25 m·s-1 运动时，静止于路边的观察者所接收到的频率为

v??vu u?vs警车驶近观察者时，式中vs 前取“－”号，故有

??vv1u?865.6Hz u?vsu?743.7Hz u?vsu?743.7Hz u?vs警车驶离观察者时，式中vs 前取“＋”号，故有

v?2?v（2） 声源（警车）与客车上的观察者作同向运动时，观察者收到的频率为

v?2?v10-30 一次军事演习中，有两艘潜艇在水中相向而行，甲的速度为50.0 km·h-1 ，乙的速

度为km·h-1 ，如图所示．甲潜艇发出一个1.0×103 Hz的声音信号，设声波在水中的传播速度为5.47×103 km·h-1 ，试求（1） 乙潜艇接收到的信号频率；（2） 甲潜艇接收到的从乙潜艇反射回来的信号频率．

分析 （1） 甲潜艇是声源，发出信号频率为?，乙潜艇是观察者，两者相向运动，利用多普勒频率公式，即可求得乙潜艇接收到的信号频率?′．（2） 要求甲潜艇接收到的乙潜艇的信号频率，可将乙潜艇看成是声源，它发出的信号频率是?′，将甲潜艇看成是观察者，两者相向运动，同样利用多普勒频率公式，可求出甲潜艇接收到的信号频率?″．

题10-30 图

解 由题已知v1 ＝50.0 km·h-1 ， v2 ＝70.0 km·h-1 ， u ＝5.47 ×103 km·h-1 ，v ＝1000 Hz，由分析可知：

u?v2v?1022Hz u?v1u?v1（2） v???v??1045Hz

u?v2（1） v?? *10-31 一广播电台的辐射功率是10 kW，假定辐射场均匀分布在以电台为中心的半球面上．（1） 求距离电台为r ＝10 kW 处的坡印廷矢量的平均值；（2） 若在上述距离处的电磁波可看作平面波，求该处的电场强度和磁场强度的振幅．

分析 坡印廷矢量是电磁波的能流密度矢量，它是随时间作周期性变化的．求其平均值，也就是指在一周期内的平均值．在忽略电磁波传播过程中的能量损耗时，按题意，波源的辐射功率就应等于单位时间通过半球面（面积A ＝2πr2 ）的电磁波能量，即P ＝S·A，而平均能流密度值S ＝EH．另外，由电磁波的性质可知，E 与H 垂直，相位相同，且有关系式此，平面电磁波的坡印廷矢量大小的平均值可表示为S?场强度振幅Em 和磁场强度振幅Hm ．

解 （1） 因为辐射场分布在半球面上，则坡印廷矢量的平均值为

因?0E??0H．

11?02EmHm?Hm，由此可求电22?0S?P/2πr2?1.59?10?5W?m?2

（2） 根据分析，S?EH?EmHm/2?Hm?2S?0/?0?1?02Hm ，则磁场强度和电场强度的振幅分别为 2?0?1/2?2.91?10?4A?m?1

Em?2S/Hm?0.109V?m?1

*10-32

Ey?0.60cos2π?108?t?x/c?V?m?1,Ez?0．求：（1） 波长，频率；（2） 该电磁

波的传播方向；（3） 磁场强度的大小和方向；（4） 坡印廷矢量．

?

真空中有一平面电磁波的电场表达式如下：Ex?0

???分析 根据电磁波的特性，电场强度E 和磁场强度H 均垂直于波的传播方向．而E 和H 又互相垂直且同相位，E ×H 的方向为波速u 的方向．在数值上有关系E/H??0/?0成

立．因此由题中给出的电场表达式可以求磁场表达式，而坡印廷矢量可由公式S ＝E ×H 求出．

解 （1） 由电场表达式可知，角频率ω＝2π×108 s-1 ，波速u 等于光速c，则电磁波的波长和频率分别为

λ?cT?2πc/ω?3m;v?ω/2π?108Hz

（2） 由电场表达式看出，电磁波沿x 轴正方向传播，E 矢量是在Oxy 平面内 偏振的．

（3） 磁场强度表达式：

Hx?0,Hy?0

Hz?ε0/μ0Ey?1.6?10?3cos2π?108?t?x/c??A?m?1? ??H 矢量在Oxz 平面内偏振．

（4） S?E?H?9.6?10?4cos22π?108?t?x/c?iW?m?2

????

第十一章 光 学

11-1 在双缝干涉实验中，若单色光源S 到两缝S1 、S2 距离相等，则观察屏 上中央明条纹位于图中O 处，现将光源S 向下移动到图中的S′位置，则（ ）

（A） 中央明纹向上移动，且条纹间距增大 （B） 中央明纹向上移动，且条纹间距不变 （C） 中央明纹向下移动，且条纹间距增大 （D） 中央明纹向下移动，且条纹间距不变

分析与解 由S 发出的光到达S1 、S2 的光程相同，它们传到屏上中央O 处，光程差Δ＝0，形成明纹．当光源由S 移到S′时，由S′到达狭缝S1 和S2 的两束光产生了光程差．为了保持原中央明纹处的光程差为0，它会向上移到图中O′处．使得由S′沿S1 、S2 狭缝传到O′处的光程差仍为0．而屏上各级条纹位置只是向上平移，因此条纹间距不变．因此正确答案为（B）．

题11-1 图

11-2 如图所示，折射率为n2 ，厚度为e 的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质的折射率分别为n1 和n3，且n1 ＜n2 ，n2 ＞n3 ，若用波长为λ的单色平行光垂直入射到该薄膜上，则从薄膜上、下两表面反射的光束的光程差是（ ）

?A?2n2e?B?2n2e??2?C?2n2e???D?2n2e??2n2

题11-2 图

分析与解 由于n1 ＜n2 ，n2 ＞n3 ，因此在上表面的反射光有半波损失，下表面的反射光

没有半波损失，故它们的光程差??2n2e?（B）．

?2，这里λ是光在真空中的波长．因此正确答案为

11-3 如图（a）所示，两个直径有微小差别的彼此平行的滚柱之间的距离为L，夹在两块平面晶体的中间，形成空气劈形膜，当单色光垂直入射时，产生等厚干涉条纹，如果滚柱之间的距离L 变小，则在L 范围内干涉条纹的（ ）

（A） 数目减小，间距变大 （B） 数目减小，间距不变 （C） 数目不变，间距变小 （D） 数目增加，间距变小

题11-3图

分析与解 图（a）装置形成的劈尖等效图如图（b）所示．图中 d为两滚柱的直径差，b 为两相邻明（或暗）条纹间距．因为d 不变，当L 变小时，θ 变大，L′、b均变小．由图可得

因此条纹总数N?L?/b?2d/?n，因为d和λn 不变，所以N 不变．正sin???n/2b?d/L?，确答案为（C）

11-4 在单缝夫琅禾费衍射实验中，波长为λ的单色光垂直入射在宽度为3λ的单缝上，对应于衍射角为30°的方向，单缝处波阵面可分成的半波带数目为（ ） （A） 2 个 （B） 3 个 （C） 4 个 （D） 6 个 分析与解 根据单缝衍射公式

λ??暗条纹??2k ??2bsinθ??k?1,2,...

λ???2k?1? ?明条纹? ?2?因此第k 级暗纹对应的单缝波阵面被分成2k 个半波带，第k 级明纹对应的单缝波阵面被分成2k ＋1 个半波带．由题意bsin??3?/2，即对应第1 级明纹，单缝分成3 个半波带．正确答案为（B）．

11-5 波长λ＝550 nm 的单色光垂直入射于光栅常数d ＝1.0 ×10-4 cm 的光栅上，可能观察到的光谱线的最大级次为（ ）

（A） 4 （B） 3 （C） 2 （D） 1

分析与解 由光栅方程dsinθ??2kλ?k?0,1,...?，可能观察到的最大级次为

kmax?即只能看到第1 级明纹，答案为（D）．

dsin?π/2??1.82

λ11-6 三个偏振片P1 、P2 与P3 堆叠在一起，P1 与P3的偏振化方向相互垂直，P2与P1 的偏振化方向间的夹角为45°，强度为I0 的自然光入射于偏振片P1 ，并依次透过偏振片P1 、P2与P3 ，则通过三个偏振片后的光强为（ ）

（A） I0/16 （B） 3I0/8 （C） I0/8 （D） I0/4

分析与解 自然光透过偏振片后光强为I1 ＝I0/2．由于P1 和P2 的偏振化方向成45°，所以偏振光透过P2 后光强由马吕斯定律得I2?I1cos245o?I0/4．而P2和P3 的偏振化方向也成45°，则透过P3 后光强变为I3?I2cos245o?I0/8．故答案为（C）．

11-7 一束自然光自空气射向一块平板玻璃，如图所示，设入射角等于布儒斯特角iB ，则在界面2 的反射光（ ）

（A） 是自然光

（B） 是线偏振光且光矢量的振动方向垂直于入射面 （C） 是线偏振光且光矢量的振动方向平行于入射面 （D） 是部分偏振光

题11-7 图

分析与解 由几何光学知识可知，在界面2 处反射光与折射光仍然垂直，因此光在界面2 处的入射角也是布儒斯特角，根据布儒斯特定律，反射光是线偏振光且光振动方向垂直于入射面．答案为（B）．

11-8 在双缝干涉实验中，两缝间距为0.30 mm，用单色光垂直照射双缝，在离缝1.20m 的屏上测得中央明纹一侧第5条暗纹与另一侧第5条暗纹间的距离为22.78 mm．问所用光的波长为多少，是什么颜色的光？

分析与解 在双缝干涉中，屏上暗纹位置由x?d??2k?1?? 决定，式中d′为双缝到屏的d2距离，d为双缝间距．所谓第5 条暗纹是指对应k ＝4 的那一级暗纹．由于条纹对称，该暗纹

22.78mm，那么由暗纹公式即可求得波长λ．此外，因双缝干涉是2d?等间距的，故也可用条纹间距公式?x??求入射光波长．应注意两个第5 条暗纹之间所包

d22.78mm。 含的相邻条纹间隔数为9（不是10，为什么？），故?x?9d??2k?1??，把k?4,x?22.78?10?3m以及d、d′值代入，解1 屏上暗纹的位置x?2d2到中央明纹中心的距离x?可得λ＝632.8 nm，为红光．

22.78d'?10?3m，以及d、d′值代解2 屏上相邻暗纹（或明纹）间距?x??，把?x?9d入，可得λ＝632.8 nm．

11-9 在双缝干涉实验中，用波长λ＝546.1 nm 的单色光照射，双缝与屏的距离d′＝300mm．测得中央明纹两侧的两个第五级明条纹的间距为12.2mm，求双缝间的距离．

分析 双缝干涉在屏上形成的条纹是上下对称且等间隔的．如果设两明纹间隔为Δx，则由中央明纹两侧第五级明纹间距x5 －x-5 ＝10Δx 可求出Δx．再由公式Δx ＝d′λ／d 即可求出双缝间距d．

解 根据分析：Δx ＝（x5 －x-5）/10 ＝1.22×10-3 m 双缝间距： d ＝d′λ／Δx ＝1.34 ×10-4 m

11-10 一个微波发射器置于岸上，离水面高度为d，对岸在离水面h 高度处放置一接收器，水面宽度为D，且Dd,Dh，如图所示．发射器向对面发射波长为λ的微波，且λ＞d，

求接收器测到极大值时，至少离地多高？

分析 由发射器直接发射的微波与经水面反射后的微波相遇可互相干涉，这种干涉与劳埃德镜实验完全相同．形成的干涉结果与缝距为2d，缝屏间距为D 的双缝干涉相似，如图（b）所示，但要注意的是和劳埃德镜实验一样，由于从水面上反射的光存在半波损失，使得两束光在屏上相遇产生的光程差为2dsinθ?λ/2，而不是2dsinθ．

题11-10 图

解 由分析可知，接收到的信号为极大值时，应满足

2dsinθ?λ/2?kλ?k?1,2,...?

h?Dtan??Dsin??D??2k?1?/4d

取k ＝1 时，得hmin?D?/4d．

11-11 如图所示，由光源S 发出的λ＝600 nm 的单色光，自空气射入折射率n＝1.23的一层透明物质，再射入空气．若透明物质的厚度为d ＝1.0 cm，入射角θ ＝30°，且SA ＝BC ＝5.0cm，求：（1） 折射角θ1 为多少？ （2） 此单色光在这层透明物质里的频率、速度和波长各为多少？ （3） S 到C 的几何路程为多少？光程又为多少？ 解 （1） 由折射定律

sin??n可得 sin?1?sin30o??sin??o??1?arcsin??24 ??arcsin??1.23?n????（2） 单色光在透明介质中的速度vn ，波长λn 和频率ν 分别为

c?2.44?108m?s?1nλλn??4.88?10?7m?488nm

ncv??5.0?1014Hznvn?（3） S 到C 的几何路程为

SC?SA?AB?BC?SA?S 到C 的光程为

d?BC?0.111m cos?1?nD?SA?1?AB?n?BC?1?0.114m

ii

题11-11 图

11-12 一双缝装置的一个缝被折射率为1.40的薄玻璃片所遮盖，另一个缝被折射率为1.70 的薄玻璃片所遮盖．在玻璃片插入以后，屏上原来中央极大的所在点，现变为第五级明纹．假定λ＝480nm，且两玻璃片厚度均为d，求d 值．

题11-12图

分析 本题是干涉现象在工程测量中的一个具体应用，它可以用来测量透明介质薄片的微小厚度或折射率．在不加介质片之前，两相干光均在空气中传播，它们到达屏上任一点P 的光程差由其几何路程差决定，对于点O，光程差Δ＝0，故点O 处为中央明纹，其余条纹相对点O 对称分布．而在插入介质片后，虽然两相干光在两介质薄片中的几何路程相同，但光程却不同，对于点O，Δ≠0，故点O 不再是中央明纹，整个条纹发生平移．这时，干涉条纹空间分布的变化完全取决于光程差的变化．因此，对于屏上某点P（明纹或暗纹位置），只要计算出 插入介质片前后光程差的变化，即可知道其干涉条纹的变化情况．

插入介质前的光程差Δ1 ＝r1 －r 2 ＝k1 （λ对应k1 级明纹），插入介质后的光程差Δ2 ＝（[n1

－1）d ＋r1 ］－[（n2 －1）d ＋r2 ］＝k2 λ（对应k2 级明纹）．光程差的变化量为

Δ2 －Δ1 ＝（n2 －n1 ）d ＝（k2 －k1 ）λ

式中（k2 －k1 ）可以理解为移过点P 的条纹数（本题为5）．因此，对于这类问题，求解光程差的变化量是解题的关键．

解 由上述分析可知，两介质片插入前后，对于原中央明纹所在点O，有

?2??1??n2?n1?d?5?

将有关数据代入可得

d?5??8.0μm

n2?n111-13 白光垂直照射到空气中一厚度为380 nm 的肥皂膜上．设肥皂的折射率为1.32．试问该膜的正面呈现什么颜色？ 背面呈现什么颜色？

分析 这是薄膜干涉问题，求正面呈现的颜色就是在反射光中求因干涉增强光的波长（在可见光范围），求背面呈现的颜色就是在透射光中求干涉增强（即反射减弱）光的波长．

解 根据分析对反射光加强，有

2ne??/2?k??k?1,2,...?

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/g0tw.html