基础物理（II）第9、10章测验试题
一、单选题：（每题4分，共40分）
1、 一个质点作简谐运动，振幅为A，在起始时刻质点的位移为?且向x 轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（ ）
A，2
题5-１ 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）．
2、 一简谐运动曲线如图所示，则运动周期是（ ）
（A） 2.62s （B）2.40s （C）2.20s （D）2.00s
b
分析与解： 由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为A，且向
2x轴正方向运动，其相应的旋转矢量图（b），由旋转矢量法可知初始相位为??。
3振动曲线上给出质点从A处运动到x?0处所需时间为1s，由
2对应旋转矢量图可知相应的相位差：
5??????，
326??则角频率为：??周期：T?2??
??5??rad?s?1， ?t6b
?2.40s，故选（B）.
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 （B）超前 （C）落后π （D）超前π
π2π2分析与解：t=0时x1在x轴上位移为零；而t=0时x2的位移为负的最大，由此作出相应的旋转矢量图（b），即可得到答案为（b）．
4、 两个同振动方向，同频率，振幅均为A的简谐运动合成后，振幅仍为A，则这两个简谐运动的相位差为（ ）
（A）60o （B）90o （C）120o （D）180o
分析与解：作旋转矢量图可知，只有当两个简谐运动1和2的相位差为120时，合成后的振幅3仍为A。正确答案是（C）.
o5、 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（ ）
（Ａ）均为零; （Ｂ） 均为
ππππππ; （Ｃ）均为?; （D） 与?; （Ｅ）?与 222222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 时刻的位相状态．其中原点x=0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(它将继承前一个质点的状态)，利用旋转矢量法可以求出该质点振动的初相位为π/2．
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，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。所以答案为（D）．
6、一横波以速度u沿x轴负方向传播，t时刻波形图如图（a）所示，则该时刻各点的状态（ ）。
Ａ）A点相位为?； Ｂ）B点静止不动； C）C点相位为
3π； D）D点向上运动； 2分析：波沿x轴负方向传播，标出各质点运动方向，A、B、D处质点均向y轴负向运动，且B处质点处在运动速度最快的位置，因此答案（B）（D）不对。
A处质点位于正最大位移处；C处质点位于平衡位置，且向y轴正方向运动，画出它
图a
们的旋转矢量图：
如旋转矢量图所示，A、C
点的相位分别为0和3π，故答案为（C）.
2
7、 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?;?B??2??1?2k?;?C??2??1?2??r2?r1?/??2k?;?D??2??1?2??r1?r2?/??2k?
分析与解：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?/???2??1?2?(r1?r2)/?故选项（D）正确．
8、 在波长为?的驻波中，两个相邻波腹之间的距离为（ ）
（A）
?4 （B）
?2 （C）
3? 4（D）?
分析与解： 驻波方程为：其中2Acos2?y?2Acos2?x??cos2??t，
x?是其波线上各点振动的振幅。显然，当
x??k?2,k?0,1,2?时，振幅极大，称为驻波的波腹，因此
?2相邻波腹间距离为
。正确答案（B）.
9、当波在弹性介质中传播时，介质中质元的最大形变量发生在（ ）. (A)质元离开其平衡位置最大位移处； (B)质元离开其平衡位置A/2处；(C)质元离开平衡位置A/A2处； (D)质元在平衡位置处（A为振幅）；
?y分析：由波动时的形变因子?x知，平衡位置处形变最大，
所以（D正确）。
10、一弹簧振子作简谐运动，当位移为振幅的一半时，其动能为总能量
的（ ）。
(A)1/2; (B)1/2; (C) 3/2; (D)1/4; (E)3/4;
分析：由旋转矢量图知，当位移为振幅的一半时，位相为?/3。
再由振动动能与总能量公式的比值：
1mA2?2sin2(?t??)3232?2?sin()?()?221mA?3242 所以（ E）是正确。
二、应用题：（每题8分，共40分）
1、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．
分析： 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（或简谐运动动力学方程）．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，
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”的结论，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（在0点），两弹簧伸长分别为x1、x2，则由物体受力平衡，有： mgsin??k1x1?k2x2 （1）
?，即相当物体沿x 轴移动位移x时，两弹簧又分别被拉伸x1?和x2对于平衡位置总位移 x??x2?．则物体受力为： ?x1???mgsin??k1?x1?x1?? （２）F?mgsin??k2?x2?x2
将式（1）代入式（2）得
F?k2x2?k2(x2?x)?k1x1?k1(x1?x)??k2x?2??k1x1? （３）
可见，物体在任意位置时受力F与位移x的关系为正比反向，满
'2'1?足回复力性质。由式（3）得x1???F/k2，??F/k1、x2??x2?，则得： 而总伸长量x?x1F??kx???k1k2/?k1?k2??x
式中k?k1k2/?k1?k2?为常数（串联弹簧公式）。可见，系统
所受合力是一个线性回复力，则物体作简谐运动，振动频率为：
11v?ω/2π?k/m?k1k2/?k1?k2?m2π2π
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
1频率均为v?2π?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．
*2、 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．求以上各种情况的简谐运动方程（分别用解析法和旋转矢量法）．
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．
?1-2
解：由题知A ＝2.0 ×10 m，??2?/T?4πs，求初相φ。
解析法：根据简谐运动方程：x当t?Acos??t???，
?0时 有初位移 x0?Acos??t???，
初速度v0??A?sin??t???．
当（1）t=0，x0?A时， ，则?1?0；
（2）t=0，xπ0?0时，cos?2?0，?2??2，因物体向负方
向运动v?π0?0，故取2?2；
（3）t=0，x?20?1.0?10m时，cos?3?0.5，由v，取?π0?03?3；
（4）t=0，x?20??1.0?10m时，cos?4??0.5，由v4π0?0，取?4?3．
??π3?3 ，
?4?π?π3 ，方法二旋转矢量法：（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．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：
4πππ?1?0 ，?2? ，?3? ， ?4?．
323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
?2x?2.0?10cos4πt（1）
?m?； （2）x?2.0?10?2cos?4πt?π/2??m?；
（3）x?2.0?10
?2cos?4πt?π/3??2?m?； （4）x?2.0?10cos?4πt?4π/3??m?
3、 图（a）为一简谐运动质点的速度与时间的关系曲线，且振幅A=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 ＝Aω ．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）由图（a）知：vmax?A??3m/s，其中振幅A=2cm,所以
2
??1.5s?1，则 T?2π/ω?4.2s
2?2?2a?A??4.5?10m?s（2）max
（3）由图线分析知：t=0时 v0即 sin???A?sin??A?/2，
??1/2??π/6或?5π/6
由旋转矢量图（b）可见，质点沿x 轴正向向平衡位置运动，则取
???5π/6，则运动方程为：
x?2cos?1.5t?5π/6??cm?
4、 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．
分析： 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
v01?v(m1?m2)?1.0m?s?1
m1又因初始位移x0 ＝0，则振动系统的振幅为
A?2x0??v0/ω??v0/ω?2.5?10?2m
2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?
5、 已知两同方向、同频率的简谐运动的运动方程分别为：
x1?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？
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、同频率的简谐运动，合成后仍为一简谐运动，其角
22频率不变；合振动的振幅A?A1?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
??arctan??A1sin?1?A2sin?2?/?A1cos?1?A2cos?2??
解：（1） 作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如图）．因为位相差Δ??2??1??π/2，故合振动振幅为：
A?A12?A22?2A1A2cos??2??1??7.8?10?2m
合振动初相位：
??arctan??A1sin?1?A2sin?2?/?A1cos?1?A2cos?2???arctan11?1.48rad得：
（2）要使x1＋x3 合振幅最大，即两振动同位相，则由Δ??2kπ?3??1?2kπ?0.75??2kπ,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?0.25??2kπ?π?1.25??2k?,
三、填空题：（每题5分，共20分）
k?0,?1,?2,...1、 如图所示为一平面简谐波在t ＝0 时刻的波形图，求（1）该波的波动方程；（2） P 处质点的运动方程．
题6-9 图
分析：（1） 根据波形图可得到波的波长λ、振幅A 和波速u，因此，只要求出初相φ，即可写出波动方程．而由图可知t＝0 时，x＝0 处质点在平衡位置处，并且由波的传播方向可以
判断出该质点向y 轴正向运动（继承前点的状态），利用旋转矢量法可知φ．（2） 波动方程确定后，将P 处质点的坐标x 代入波动方程即可求出其运动方程yP ＝yP（t）．
解：（1） 由图可知振幅A＝0.04 ｍ， 波长λ＝0.40 ｍ， 波速u ＝0.08ｍ〃ｓ ，则ω＝2π/T ＝2π u/λ ＝（2π/5）ｓ ，利用旋转矢量法知φ＝（－π/2 ），
因此波动方程为：
-1
-1
?2π?x?π?y?0.04cos??t?????5?0.08?2??m?
（2）距原点O 为x ＝0.20ｍ 处的P 点运动方程为
???2?y?0.04cos?t??2??5
?m?
2、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
-1
vs ＝25 m〃s 运动时，静止于路边的观察者（v0=0）所接收到
的频率为：
u?'??u?vs
警车驶近观察者时，式中vs 前取 “－” 号，故有：
u??vv1?865.6Hz
u?vs警车驶离观察者时，式中vs 前取 “＋” 号，故有：
uv??743.7Hz 2?vu?vs（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：
u?v0??vv2?826.2Hz
u?vs
3、 波源作简谐运动，其运动方程为y?4.0?10?3cos240πt?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?1．根据分析中所述，波的周期就是振动的周期，故有
T?2π/ω?8.33?10s
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
?1ω?240πs可得A＝4.0×10m，，φ0 ＝0,故以波源为原点，
-3
?3以u=30ｍ〃ｓ 的速度沿x 轴正向传播的波的波动方程为：
-1
y?Acos???t?x/u???0??4.0?10?3cos?240πt?8πx?
4、一弦上的驻波方程式为
?m?
y?3.0?10cos?1.6πx?cos?550πt??2?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
x?(2k?1)?的表达式,可得相邻波节的距离．（3）质点的振4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 m， 波长 λ＝1.25 m， 频率 ?＝275 Hz， 则波速 u ＝λ?＝343.8m〃s ．
（2） 相邻波节间的距离为：
-1
-2
?x?xk?1?xk??2?k?1??1??/4??2k?1??/4??/2?0.625m-3
（3） 在t ＝3.0 ×10 s 时，位于x＝0.625 m 处质点的振动速度为：
v?dy/dt??16.5πcos?1.6πx?sin?550πt???46.2m?s一、选择题
1．在双缝干涉实验中，两缝间距离为d，双缝与屏幕之间的距离为D (D>>d)。用波长为?的平行单色光垂直照射到双缝上。屏幕上干涉条纹中相邻暗纹之间的距离是( D )
(A) 2?D / d (B) ? d / D (C) dD / ? (D) ?D /d
?1
D??k?明纹?dx??(k?0,1,2.....)解： D???（2k?1)暗纹d2?在双缝干涉实验中，屏幕上干涉条纹中相邻暗纹间距是
?x?D? d2．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向下移动到示意图中的S′位置，则（ B ）
（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
S1SS‘S2O（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
解：如图示，由S发出光到达S1和S2光程相同，它们传到屏中央O上光程差?=0形成明纹。
光源移到S′时，分别到达S1和S2时出现光程差。为了保持原中央明条纹处光程差为0（补偿双缝前的光程差），中央明纹的位置会由Ｏ点上移
至O′处，使由S′沿S1、S2狭缝传到 O′处的光程差仍为0，屏上条纹位置上移。
间距?x??
3．如图所示，两个直径有微小差别的彼此平行的滚柱之间的距离为L，
D?不变（d为双缝间距）。 d? 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（ C ）
L （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 解
如果滚柱之间的距离L变小，但滚柱直径d未变，即相当于?变大，由图
R r ?sin???/2b?d/Ln上几何关系有：，
可知：在d不变情况下，若?变大，则b 和L’都变小，即条纹间距变小；
另：总条纹数为不变。
4．把一平凸透镜放在平玻璃上，构成牛顿环装置．当平凸透镜慢慢地向上平移时，由反射光形成的牛顿环 （ B ） (A) 向中心收缩，条纹间隔变小 ； (B) 向中心收缩，环心呈明暗交替变化 (C) 向外扩张，环心呈明暗交替变化 (D) 向外扩张，条纹间隔变大 解：
N?L?/b?2d/?n 当b和L’同时变下时，N
Δ?2d??2Δ?k?(k?1,2,?)明纹
当平凸透镜慢慢地向上平移时，对于视场中固定一点，光程差增大，说明原来外侧k级较大的干涉环条纹向中心移动。
而光程差改变，意味着中央条纹在明暗条纹中交替。
5. 在单缝夫琅禾费衍射实验中，若增大缝宽，其他条件不变，则中央明
条纹 （ A ） (A) 宽度变小 (B) 宽度变大． (C) 宽度不变，且中心强度也不变 (D) 宽度不变，但中心强度增大 解： 1(k?)?(k?0,1,?)暗纹
2 x1??f??bf单缝夫琅禾费衍射暗纹
2?f?x0?中央明纹宽度
b单缝宽b增大，则中央明纹宽度减小； b
增大，?减小，衍射效果减弱。
6.折射率为1.30的油膜覆盖在折射率为1.50的玻璃片上，用白光垂直照射油膜，观察到透射光中的绿光（?度是（ D ）
?500nm）加强，则油膜的最小厚
(A) 83.3nm (B) 250nm
(C) 192.3nm (D) 96.2nm 解：
（1）由于??500nm的光在透射中加强，则在反射中减弱，两反射光干涉相消则有
??2n2d?(2k?1)?2(n2油膜折射率)，
d?(2k?1)4n2
?取k=0,dmin=96.2nm， （2）透射光加强，
?4??2n2d??2?k?(k?1). d
min
=96.2nm.
7. 波长??550nm的单色光垂直入射于光栅常数d?1.0?10cm
的光栅上，可能观察到的光谱线的最大级次为（ D ） (A) 4 (B) 3 (C) 2 (D) 1 解：
光栅方程
dsin???k?(k?0,1,2..)可知
kmax?dsin(?/2)??1.82，k只能取整数，所以最多可看到第一级
明纹。
8. 某元素的特征光谱中含有波长分别为?1＝450 nm和?2＝750 nm (1 nm＝10-9 m)的光谱线．在光栅光谱中，这两种波长的谱线有重叠现象，重叠处?2的谱线的级数将是（ D ）
(A) 2 ，3 ，4 ，5 ．．．．．． (B) 2 ，5 ，8 ，11．．．．．． (C) 2 ，4 ，6 ，8 ．．．．．． (D) 3 ，6 ，9 ，12．．．．．． 解：
当两种波长的谱线重合时，衍射角相等，则根据光栅方程则有：
dsin??k?1?k??2；
?2k5??k??13
9. 一束光强为I0的自然光，相继通过三个偏振片P1、P2、P3后，P1和P3偏振化方向相互垂直。出射光的光强为I＝I0 / 8．若以入射光线为轴，旋转P2，要使出射光的光强为零，P2要转过的角度是（ B ） (A) 30° (B) 45° (C) 60° (D) 90° 解：
假设P1、P2间的夹角为?，P2和P3间夹角为90°—?，P2转过角度为?，
根据马吕斯定理，转动前：
111122?222I?I0cos?cos(??)?I0cos?sin??I0sin2??I022288?=45°；
122I?Icos(45???)cos(45???）?0 0转动后：
2??45?
10. 自然光以布儒斯特角由空气入射到一玻璃表面上，反射光是（ C ） (A) 在入射面内振动的完全线偏振光 (B) 平行于入射面的振动占优势的部分偏振光 (C) 垂直于入射面振动的完全线偏振光
(D) 垂直于入射面的振动占优势的部分偏振光
i0i0n1空气 n2?玻璃
解：
当光以布儒斯特角反射时，反射光为完全偏振光，且振动面垂直入射面，折射光为部分偏振光． 二、填空题
1. 两束光相干的条件是 振动频率相同，方向相同，相位差恒定 。获得相干光的两种方法分别是 波振面分割法、振幅分割法 。 2.如图，在双缝干涉实验中，若把一厚度为e、折射率为n的薄云母片覆盖在S1缝上，中央明条纹将向_____上_____移动；覆盖云母片后，两束相干光至原中央明纹O处的光程差为______（n-1）e ______。 解：
干涉条纹的空间变化取决于光程差的变化。
插入介质后，两相干光在两介质（云母和空气）中的光程不同。光程
S1SS2 eOSS1?SS2屏
差等于折射率与光波几何路程的乘积。为了保持原中央明条纹处光程差为0，中央明纹的位置会改变，由于n>1,则在云母中的光程比空气中大，则干涉条纹上移。在原O处光程差为?
3.波长为?的平行单色光垂直照射到折射率为n的劈形膜上，相邻的两明纹所对应的薄膜厚度之差是______???ｎ______________。 解：
?(n?1)e。
bn1?nnD?n/2?Ln1b d?1?(k?)22n（明纹） （暗纹）
k?2n
d?d?i?1i
?2n对于劈尖膜，相邻明或暗条纹的厚度差为?d
??/2n。
4. 在迈克耳逊干涉仪中的可调反射镜平移了0.064mm的过程中,观测到200个条纹的移动，则使用的单色光的波长是 640 nm。 解：
M'2M1dG1G2M2 如图，在迈克耳逊干涉仪中，光程差为??2d
视场中移过的干涉条纹数k和可调反射镜竖直方向的平移距离?ｄ关
2?d2?0.064?106??640(nm) 系是?d??k，则???k2002
5. 如图所示，用波长??500nm的单色光垂直照射单缝，透镜的焦距为f=0.40m,P点位于y?2.0mm处。(1)如果点P是第二级暗纹所在位置，则单缝宽b= 0.2 mm.（2）如果改变单缝的宽度，使点P变为第一级明纹中心，此时单缝宽b= 0.15 mm。
? 解 ：
bsin???2k?2暗纹
bsin???(2k?1)sin??tan???2明纹
y?0.005(mm) f 分别代入数据计算得：
2?2?500?10?6b1???0.2(mm)sin?0.0053?3?500?10?6b2???0.15(mm)2sin?2?0.0056. 一束自然光通过两个偏振片，若两偏振片的偏振化方向间夹角由??转
cos?12到??，则转动前后透射光强度之比为_____(cos?)___________。
2解：
1I?I0自然光通过偏振片后
2
12I?cos?1I0；
根据马吕斯定律可知转动前
212?I?cos?2I0；
转动后
2cos?12I所以I??(cos?)
2
7. 光从某透明媒质射向空气界面时的全反射临界角是450，那光从空气射
向此媒质的布儒斯特角应是 arctan解：
2 。
光由光密介质n１射到光疏介质n２时，刚好被全部被反射时的反射角即为全反射临界角ｃ，n1／ｎ2=1/sinc（n２ n2当入射角满足关系式tani0?n1时，反射光为振动方向垂直于入 射面的线偏振光，此时i0为布鲁斯特角。 tani0?n2?2 即i0?arctan2。 n1三、计算题 1.一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，屏上原来的中央极大所在点，现变为第五级明纹。假定?=480 nm ，且两玻璃片厚度均为d，求d。 解： 干涉条纹的空间变化取决于光程差的变化。插入介质后，两相干光在两介质中的光程不同。 插入前?1?r1?r2?k1?（对应k1级明条纹）， 插入后?2?[(n1?1)d?r1]?[(n2?1)d?r2]?k2?（对应k2级明条纹）， 所以光程差变化量为?数）。 在原中央明纹O处光程差为 ?(n2?n1)d?(k2?k1)?（k2?k1为移过的条纹 ??(n2?n1)d?5? 代入数据为d? 2. 在利用牛顿环测未知单色光波长的实验中，当用波长为589.3 nm的钠黄光垂直照射时，测得第一和第四暗环的距离为?r=4.0?10-3m;当用波长未知的单色光垂直照射时，测得第一和第四暗环的距离为?r′=3.85?10-3 m，求该单色光的波长． 解： 牛顿环产生的干涉暗环半径r5??8(?m) n2?n1?kR?， k=0对应牛顿环中心的暗斑，k=1和k=4对应第一和第四暗环，它们间距为?r?r4?r1?4R??R??R? ?r???r?? 则?r ???，可求出??=545.93(nm)（545.93nm） 3. 如图如示，狭缝的宽度b=0.60 mm，透镜焦距f=0.40 m ,有一与狭缝平行的屏放置在透镜的焦平面处。若以单色光垂直照射狭缝，则在屏上离点O为x=1.4 mm的点P看到衍射明条纹。试求：（1）该入射光的波长；（2）点P条纹的级数；（3）从点P看，对该光波而言，狭缝处的波阵面可作半波带的数目。 解： 单缝衍射中明纹条件为 bsin??(2k?1)?2， P确定后k只能 取整数，波长可取若干不连续的值。此外，如点P处的明纹级次为k，则 狭缝处的波阵面可以划分的半波带数目为(2k+1),它们都于观察点P有关。 n??（1） 透镜到屏的距离为d，由于d>>b,d?f，对于P，有si单缝衍射明纹条件bsin??(2k?1)x f?2，（2分） bx??(2k?1)则有f2 代入数据计算：?min=400nm时，kmax=4.75 ?max=760nm时，kmin=2.27 k只能取整数，即k=3,4 在可见光范围内?只能取466.7nm和600nm的光 (2)点P的条纹级次随入射光波长而异，当?1=600nm时，k=3;当 ?2=466.7nm时，k=4 (3)当?1＝600nm时，k＝3，半波带数目为(2k+1)=7; 当?2＝466.7nm时，k＝4，半波带数目为(2k+1)=9 4. 一束平行光垂直入射到某个光栅上，该光束有两种波长的光， ?1=440 nm和?2=660 nm ，实验发现，两种波长的谱线（不计中央明纹）第二次重合于衍射角?=60?的方向上，求此光栅的光栅常数． 解： 由光栅衍射主极大公式得 dsin?1?k1?1 dsin?2?k2?2 sin?1k1?1k1?4402k1??? sin?2k2?2k2?6603k2 两种不同波长的谱线除在k=0的中央明纹外，若要出现重合应是它们对应 不同级次的明纹在相同衍射角方向上重合。当两谱线重合时有 ?1=??2 k1369??? ．即 ．．．．．． k2246两谱线第二次重合即是 k16?， k=6， k=4 12k24即第一次重合是?1的第三级明纹与?2的第二级明纹重合，第二次重合 是?1的第六级明纹和?2的第四级明纹重合， 由光栅公式可知d sin60°=6?1 6?1-3 d? ?=3.05×10 mm sin60 5. 一光束由强度相同的自然光和线偏振光混合而成．此光束垂直入射到几个叠在一起的偏振片上． (1) 欲使最后出射光振动方向垂直于原来入射光中线偏振光的振动方向，并且入射光中两种成分的光的出射光强相等，至少需要几个偏振片？它们的偏振化方向应如何放置？ (2) 这种情况下最后出射光强与入射光强的比值是多少？ 解： 设入射光中两种成分的强度都是I0，总强度为2 I0． (1) 通过第一个偏振片后，原自然光变为线偏振光，强度为I0 / 2， 原线偏振光部分强度变为I0 cos2?，其中?为入射线偏振光振动方向与偏振片偏振化方向P1的夹角．以上两部分透射光的振动方向都与P1一致．如果二者相等，则以后不论再穿过几个偏振片，都维持强度相等(如果二者强度不相等，则以后出射强度也不相等)．因此，必须有 I0 / 2＝I0 cos2 ?，得?＝45?． 为了满足线偏振部分振动方向在出射后“转过”90?，只要最后一个偏振 片偏振化方向与入射线偏振方向夹角为90?就行了． 综上所述，只要两个偏振片就行了(只有一个偏振片不可能将振动方向“转过”90?)． ? 配置如图，E表示入射光中线偏振部分的振动方向， P1、P2分别是第一、第二偏振片的偏振化方向 (2) 出射强度I2＝(1/2)I0 cos2 45?＋I0 cos4 45?＝I0 [(1 / 4)+(1 / 4)]=I0/2 比值 I2/(2I0)＝1 : 4 ?E P1 45°45° P2 基础物理（II）第12、13章测验试题 专业 姓名 学号 （波尔兹曼参数：k=1.38×10-23J·K-1; 摩尔气体常数：R=8.31J·mol-1） 一、单选题（共30分,每小题3分） 1. 处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分 子数密度相同，分子的平均平动动能也相同，则它们（ C ） (A)温度、压强均不相同. (B)温度相同，但氦气压强大于氮气压强. (C)温度、压强都相同. (D)温度相同，但氦气压强小于氮气压强. 分析过程：由于分子平均平动动能相同，则温度T相同，又因分子数密度相同得出n相同，由p=nkt，所以p相同 2．三个容器A、B、C中装有同种理想气体，其分子数密度n相同，而方均根速率之比为 ?v?:?v?:?v?21/221/22ABC1/2?1:2:4，则其压强之比pA:pB:pC为（ C ） (A)1:2:4 (B)1:4:8 (C)1:4:16 (D) 4:2:1 分析过程：由p=nkt和vrms?3kT可知，n相同，同种气体m相同 m 3.在一个体积不变的容器中，储有一定量的某种理想气体，温度为T0时，气体分子的平均速率为v0，分子平均碰撞次数为Z0，平均自由程为?0，当气体温度升高为4 T0时，气体分子的平均速率v，分子平均碰撞次数Z，平均自由程?分别为（ B ） (A) v?4v0,Z?4Z0,??4?0 (B) v?2v0,Z?2Z0,???0 (C) v?2v0,Z?2Z0,??4?0 (D) v?4v0,Z?2Z0,???0 分析过程：由v?8kTkT知，v?2v0，由Z?2?d2vn知，Z?2Z0,由??和2?m2?dpPV=nkT又因为体积不变，公式可变形为?? kT2?d2nkTV?V知???0 2?d2n4.已知n为单位体积的分子数，f?v?为麦克斯韦速率分布函数，则nf?v?dv表示（ B ） (A) 速率v附近，dv区间内的分子数 (B) 单位体积内速率在v～v+dv区间内的分子数 (C) 速率v附近dv区间内分子数占总分子数比率 (D) 单位时间内碰到单位器壁上速率在v～v+dv区间内的分子数 5．如图所示，bca为理想气体绝热过程，b1a和b2a是任意过程，则上述两过程中p a 气体做功与吸收热量的情况是（ B ） (A) b1a过程放热，作负功；b2a过程放热，做负功； 1 (B) b1a过程吸热，作负功；b2a过程放热，做负功； (C) b1a过程吸热，作正功；b2a过程吸热，做负功； (D) b1a过程放热，作正功；b2a过程吸热，做正功； O 2 c b V 分析过程：由W??pdv知系统是做负功，由于bcas是绝热过程，由热力学第一定律可知，?E??Wbca，另外由图可知Wb2a?Wbca?Wb1a，则Wb2a?Wbca?Wb1a，对于b1a过程：Q??E?Wb1a??E?Wbca?0，故可知是吸热过程，同理b2a是放热过程。 6.两个相同的刚性容器，一个盛有氢气，一个盛有氦气（均视为刚性分子理想气体）。开始时它们的压强和温度都相同，现将3J热量传给氦气，使之升高到一定的温度。若使氢气也升高同样的温度，则应向氢气传递热量为（ C ） (A) 6J (B)3J (C) 5J (D)10J 分析过程：体积不变，说明系统不做功热力学第一定律变为Q??E,而理想气体的内能公式为?E?QH2:QHe?（mH2MH2miR?T,欲使两气体的温度升高相同，须传递的热量M2mHeMHeiH2)。再由PV?iH2)（:m压RT,初始时它们都具有同样的温度、 M3 强和体积，因而物质的量相同，所以QH2:QHe?iH2:iHe?5： 7.如图，一定量的理想气体由平衡态A变到平衡态B，且它们的压强相等，则在状态A和状态B之间，气体无论经过的是什么过程，气体必然（ B ） (A)对外作正功 (B)内能增加 (C)从外界吸热 (D)向外界放热 p A B O V 分析过程：因为内能的是状态参量，至于系统的始末状态有关，由图可知VA?VB,则TB?TA 8.下列四个假想的循环过程，在理论上可实现的为（ B ） p 绝热 p 绝热 p 绝热 p 等温 绝热 绝热 等温 A V 等温 o B V 绝热 o C V o D V A 分析过程：绝热线不可能相交，故排除C、D，又因绝热线比等温线陡排除 9. 一台工作于温度分别为327oC和27oC的高温热源和低温源之间的卡诺热机，每经历一个循环吸热2 000 J，则对外作功（ B ） (A) 2000 J (B) 1000 J (C) 4000 J (D) 500 J 分析过程：由热机效率可知??1?T21? T12 10. 根据热力学第二定律（ A ） (A) 自然界中一切自发过程都是不可逆的； (B) 不可逆过程就是不能向反方向进行的过程； (C) 热量可以从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体的过程 (D) 任何过程总是沿着熵增加的方向进行。 二、填空题（共30分,每空3分） 1.室内生起炉子后，温度从15oC上升到27oC，设升温过程中，室内的气压保持不变，则升温后室内分子数减少的百分比为 4% 。 分析：因为在温度升高的过程中，压强和气体的体积都不发生变化，只有分子数密度发生变化利用理想气体物态方程PV??RT分别求出两种温度下的气体分子数密度即可求解。 解：温度为15oC时pV??1RT1??1?pVpV? RT1R288温度为27 oC时pV??2RT2??2?pVpV? RT2R3002．在容积为2.0?10?3m3的容器中，有内能为6.75?102J的刚性双原子分子理想气体，则气体的压强为1.35?105Pa；若容器中分子总数为5.4?1022个，则分子的平均平动动能7.49?10?21J，温度为3.62?102K。 miRT，对刚性双原子分子而言，i=5.由上M2m述内能公式和理想气体物态方程PV?（2）求得压强后，RT可解得气体的压强。 M再依据题给数据可求得分子数密度，则由公式p=nkT可求气体温度，气体的平均平动 分析：（1）一定量理想气体的内能E?动能可由?k?3KT2求出。 解：（1）由E?mimRT和PV?RT可得气体的压强p?2EiV?1.35?105Pa M2M（2） 气体分子的平均平动动能为?k?3KT2?7.49?10?21J （3）分子数密度n?NV，则该气体的温度T?P?nk??PV?Nk??3.62?102K f(v)3. 如图示两条f(v)~v曲线分别表示氢气和氧同一温度下的麦克斯韦速率分布曲线，从图上数求出氧气的最概然速率为 5.0?102m/s2. o气在据可 2 000 v/m??1s分析：由最概然速率vp?2RTM知在相同的温度下，由于不同气体的摩尔质量不同，他们的最概然速率也不一样，因为氢气的摩尔质量比氧气的小，所以可以判断图中给出的是氢气的最概然速率。利用vp?2RTM即可求解 解：由分析知氢气分子的最概然速率为 ?v?pH2?2RTMH2?2.0?103m/s2 2利用MO2MH?16可得氧气分子的最概然速率为 ?v?po2??vp?H24?5.0?102m/s2 4. 汽缸内储有2.0mol的空气，温度为27oC，若维持压强不变，而使空气的体积膨胀到原体积的3倍，则空气膨胀时所作的功为9.97?103J. 分析：本题是等压膨胀过程，气体做功W??PdV?P(V2?V1) 其中压强P可以通过 V1V2物态方程求得。 解：根据物态方程pV1??RT1 ，气缸内气体的压强p??RT1V1，则做功为 W?p?V2?V1?\\??RT1(V2?V1)V1?2?RT1?9.97?103J 气所再由 5.如图所示，使1mol氧气由A等温地变到B，则氧作的功为 2.77?103J ；若由A等体地变到C，C等压地变到B，则在该过程中氧气吸收的热量为 2.0?103J 。 分析过程：1mol氧气, B由W?A?pdV??RTVVdV?RTlnB?pATAlnB?2.77?103J VVAVAACB过程吸收的热量为：QACB?QAC?QCB? ?mmCV,m?TC?TA??Cp,m?TB?TC? MM1?mm?m??m??CRT?RT?CRT?RT???V,mCAp,mBC?? ?R?MM?M??M???CV,mC?pCVC?pAVA??P,m?pBVB?pCVC??2.0?103J RR6.1mol氢气在温度300K，体积为0.025 m3的状态下经过绝热膨胀体积变为原来的两 倍，此过程中气体对外作功为(氢气的摩尔定压热容与摩尔定体热容比值=1.41) 1.51?103J 。 分析过程：由于是绝热过程，V1r?1T1?V2r?1T2,V2?2V1, 求出T2,再根据 W???CV,m?T2?T1?求出对外做的功 7.一卡诺热机的低温热源温度为7oC，效率为40%，若要将其效率提高到50%，高温热源的温度需要提高 93.3 oC 。 分析过程：由??1? T2280T280???1??0.4,??1?2?1??0.5,?T?T1?T1 ??T1T1TT11三、计算题（共40分,每小题8分） 1. 一容器内储有氧气，其压强为1.01?105Pa，温度为27.0oC，求： (1) 气体分子的数密度； (2) 氧气的密度； (3) 分子的平均平动动能； (4) 分子间的平均距离.（设分子间均匀等距排列） 分析：在题中压强和温度的条件下，想起可视为理想气体，因此，可由理想气体的物态方程、密度的定义以及分子的平均平动动能与温度之间的关系等求解，。有因可将分子看成是均匀等距排列的，故每个分子占有的体积为V0?d3，由数密度的含义可知V0?1n，d即可求出。 解：（1）单位体积分子数 n?pkT?2.44?1025m?3 （2）氧气的密度 ??mV?pMRT?1.3kg?m?3 （3）氧气分子的平均平动动能 ?k?3KT2?6.21?10?21J （4）氧气分子的平均距离 d?31n?3.45?10?9m 通过本题的求解，我们可以对通常状态下的理想气体的分子数密度、平均平动动能、分子间平均距离等物理量的数量级有所了解。 Nf(v) 2.有N个质量均为m的同种气体分子，它们的速 率分布如图所示. (1)说明曲线与横坐标所包围面积的含义； a (2)由N和v0求a值； (3)求在速率v0/2到3v0/2间隔内的分子数； (4)求分子的平均平动动能. O 分析：处理与气体分子速率分布曲线有关的问题时， v0 2v0 v 关键要理解分布函数f?v?的物理意义。f?v??dNNdv题中纵坐标Nf(v)?dNdv，即处于速率v附近单位速率区间内的分子数。同时要掌握f(v)的归一化条件，即 ??0f(v)dv?1。在此基础上，根据分布函数并运用数学方法（如函数求平均值或极值 等），即可求解本题。 解：（1）由于分子所允许的速率在0到2v0的范围内，由归一化条件可知图中曲线显得面积 2v0S??0Nf(v)dv?N 即曲线下面积表示系统分子总数N. (2)由于S?2N1 av0?a(2v0?v0)?N，所以a?3v02（3）速率在v02到3v02间隔内的分子数为 3v?v022Nf(V)dv??v0Nf(v)dv??2v03v02v0Nf(v)dv ?av0?v?v0?由图可得Nf?v???v0 v?v?2v00?a?3v2所以?v0Nf(V)dv??v0Nf(v)dv??22v03v02v0Nf(v)dv= 7N 12所以速率在v02到3v02间隔内的分子数 7N 12（4）先求分子的速率的平方的平均值 v??vf(v)dv??02?2v002v0ava312v?dv??v2?dv?mv0 v0v0NN182所以分子的平均平动动能为 113131?k?mv2?m?mv02?mv02 2218365 3.一压强为1.0×10Pa，体积为1.0×10-3 m3的氧气自0oC加热到100oC，问： (1)当压强不变时，需要多少热量？当体积不变时，需要多少热量？ (2)在等压和等体过程中各作了多少功？ 分析：（1）由热力学公式Q??Cm?T 按照热力学第一定律，在等体过程中， QV??E??CV,m?T；在等压过程中，Qp??p?dV??E??Cp,m?T（2）求过程的做功 冗长有两个途径。①利用公式W??p(V)dV；②利用热力学第一定律求解。在本题中热量Q已经求出，而内能变化可由?E??CV,m?T2?T1?得到。从而求得功W。 解：根据题给初态条件得到氧气的物质的量为 m???p1V1RT1?4.41?10?2mol M75氧气的摩尔定压热容CP,m?R，摩尔定容热容CV,m?R。 22（1） 求Qp,QV 等压过程氧气（系统）吸热 Qp??p?dV??E??Cp,m?T=128.1J 等体过程氧气（系统吸热） QV??E??CV,m?T=91.5J (2)按照分析中的两种方法做功值 解1 ①利用公式W??p(V)dV求解。在等压过程中，dW?P?dV?Wp??dW??T2T1mRdT，则得 MmRdT?36.6J M而在等体过程中，因气体的体积不变，故做功为WV??p(V)dV?0 ② 利用热力学第一定律Q??E?W求解。氧气的内能变化为 ?E?mCV,m?T2?T1??91.5J M由于在（1）中已求出Qp,QV，则在由热力学第一定律可得在等压过程、等体过程中所作的功分别为 WP?Qp??E?36.6J WV?QV??E?0 4.一定量的理想气体，经历如图所示的循环过程，其中AB和CD是等压过程，BC和DA是绝热过程. 已知 B点的温度TB=T1，C点的温度TC=T2 . (1)试证明该热机循环效率为 . ??1?T2/T1p A (2)这个循环是卡诺循环吗？ B 分析：首先分析判断循环中各过程的吸热，放热情况。BC和DA是绝热过程，故QBC,QDA均为零；而 AB为等压膨胀过程（吸热），CD为等压压缩过程（放热），这两个过程所吸收和放出的热量均可由相关的温度表示。再利用绝热和等压的过程方程，C 建立四点D 温度的联系，最终可以得到求证的形式。 O V 证：（1）根据分析可知 QCDQABmCP,m?TD?TC?T?TDTTTM?1??1?C?1?C(1?D)(1?A)（1） mTB?TATBTCTBCP,m?TB?TA?M ??1?与求证的结果比较，只需证得TDTC?TATB为此，对AB,CD,BC,DA分别列出过程方程如下 VATA?VBTB （2） VCTC?VDTD （3） VB??1TB?VC??1TC （4） ??1??1VDTD?VATA （5） ??1?T2/T1联立求解上述各式，可证 5. 证明 理想气体绝热自由膨胀过程是不可逆的 . 证明：在这个过程中满足熵增加原理，故是不可逆的 气体绝热自由膨胀，有： ?Q=0 ?W=0 dU=0对理想气体，由于焦尔定律， 膨胀前后温度T0不变。为计算这一不可逆过程的熵变，设想系统从初态（T0，V1）到终态（T0，V2）经历一可逆等温膨胀过程，可借助此可逆过程（如图）求两态熵差。 P 2dQ2PdV1 S?S???2 2111 TT0 ?S > 0证实了理想气体绝热自由膨胀是不可逆的。 V1 V2 V ?dQ?dE?PdV?PdV??