第一章质点运动学
1、(习题1.1)：一质点在xOy平面内运动，运动函数为x=2t,y=4t?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，
22
y=4t-8 可得： y=x-8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： r?2ti?(4t?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 r22?4i?8j,v?2i?16j,a?8j
2、（习题1.2）： 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：
dv??kv dtdx?v0e?kt dtt1?ktv?ve dv??kdt0?v0v?0v
?x0dx??v0e0t?ktdt x?v0(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 v?dx /d t?2t2
?v0dv??4tdt v?2t2
0t?xx0dx??2t2dt x?2 t3 /3+10 (SI)
0t4、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）
11y?h?gt2 式（2） r(t)?v0ti?(h-gt2)j
22gx2（2）联立式（1）、式（2）得 y?h?22v0 （3）
dr?v0i-gtj 而落地所用时间 t?dtdr2h 所以 ?v0i-dtg 2ghjg2ghdvdvg2t2222 ????gj v?vx?vy?v0?(?gt) 11222dt[v?(gt)]2(v?2gh)2dt005、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为r?ti?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?2drdv?2ti?2j a??2i dtdt12 2）v?[(2t)2?4] at??2(t2?1)2
an?1dv?dt2tt?12a2?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?
2、 (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 F1sin?1?m1v1/(l1sin?1) ② 解得：
2Ma?mgm(a?g) ,a?a?a1?m?Mm?M v1?sin?1gl1/cos?12?l1sin?1?2?v1 第一只摆的周期为 m1 T1?m2 l1cos?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2.1—2.6
习题2.1一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=0.003s。
（2）由冲量定义：
I??Fdt??（400?4?105t/3）dt?400t?2?105t2/3003330?0.6N?s
（3）由动量定理： I?3Fdt??P?mv?0.6N?s?0 所以：m?0.6/300?0.002kg 习题2.2 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＝500 m/s的水平速度射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大小v ＝30 m/s，设穿透时间极短．求：
?v0 m l ?v M (1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小； 习题 2.2 图 (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 =26.5 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2.3一人从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??Fdy＝?(107.8?1.96y)dy=980 J
00H10习题2.4 如图所示，质量m为 0.1 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? 为0.25，问在将要发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?而
121kx?mv2 22m 习题2.4图
k fr??kmg
木块开始碰撞弹簧时的速率为
v?kx22?kgx??5.83ms
m习题2.5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＝52.8x＋38.4x2（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．
解：(1) 外力做的功
x1x112mv??F'?dx???Fdx?W?31Jx2x22(2) 设弹力为F′
v?2Wm?5.34ms?1习题2.6两个质量分别为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：
1122m2v20?kx0 22m2v20?（m1?m2）v 所以v?习题2.6图
3kx0 43m11112（2）m2v20?kx2?（m1?m2）v2 计算可得：x?x0
22223、(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0.6s，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=rr-34?0F?dr=?(7i?6j)?(dxi?dyj?dzk)=?7dx??6dy??45J，做负功
000r4A45 （2）P??-45+??mgdy = -85J ?75W （3）?Ek?A???mgj?dr =
00t0.64、（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?12mvc 2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
（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：3.3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3.3(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
习题3.3(b)图
a?R? （3）
重物作匀加速下落，则有
h?12at （4） 2gt2?1) 由上述各式可解得飞轮的转动惯量为 J?mR(2h23.4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）
习题3.4图
a?r? （5）
联立 a?111g， T?mg 483.6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。
1 (已知棒绕O点的转动惯量J?m1l2)
3 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
M???0lm11gxdx??m1gl l22? ?Mdt?J?0t?J?1?0?J?习题3.6图
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
2T2??m2g?m2a T1r?T2r?J? a?r?
1m1?m1??m2?gr2T1?m1g?解得：a?
J?m1r2?m2r2 J?m1r2?m2r2
2、如图系统中，m1=50kg， m2=40kg，圆盘形滑轮m=16kg，半径r=0.1m，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？
?m1??m2?gr2m1g?T1?m1a T2?m2gsin??m2a
T1r?T2r?J?
a?r?
J?1222mr解得 ??30rad/s,a?3m/s ，T1?340N,T2?316N 2
12由h?v0t?at,v0?0,所以t?2
2h?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
12ml3棒向上与水平面成30°，然后无初转速地将棒释放．已知棒对轴的转动惯量为，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=3.83rad/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
lv 0 0 的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为90?，求v0的大小。 mmMv/2 角动量守恒 mv01lmv0l??J? J?Ml2 2223ll14?3mv0 mv0?Ml2? ??124Ml43Ml3mv0112?3mv0?l1122l机械能守恒?Ml??Mg ?Ml???Mg
232232?4Ml? v0224M16M2lv??g 0m3m2gl 35．一根长为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，并留在棒里。此后棒的最大偏转角恰为6角动量守恒
60°，求v0。
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
132l．轻杆原来静3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
1m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
2速度。
解：角动量守衡
22ll21mv0l?()2m??()2?2m??ml?v0 33332??3v0 2l
第四章振动与波动
振动部分：习题4.2、4.4、4.5
习题4.2一物体沿x轴做简谐运动，振幅为0.06 m，周期为2.0 s，当t = 0时位移为0.03m，且向x轴正方向运动。求：（1）t = 0.5 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???
习题4.2 (b) 图
习题4.2 (a) 图
当t = 0.5s时质点的位移、速度、加速度分别为
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4.4 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=
习题4.4图
63（2）P点的相位为0??t??0?5?故：x=0.1cos(t??0t?0.4spp6p3即质点到达P点相应状态所要的最短时间为0.4s?习题4.5一质点沿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=2.0 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=0.5 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4.5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)
由于A、A1、A2的量值恰好满足勾股定理， 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
题图5-26
2x1?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) cos(4t?2?/3)
?3?10?2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?2题图5-27
cos(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
J和动能0.02 J，求 (1) 振幅；(2) 动k?25N?m?1，如果起始振动时具有势能0.06
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? (2)
12kA=0.08 A?22?0.08?0.08m 25121kx?mv2 ； k?m?2 ?m?2x2?m?2A2sin2(?t??) 222222222 x?Asin(?t??)?A[1?cos(?t??)]?A?x
2x2?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=0.08 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0.2J和初势能0.6J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?2(Ek?Ep)12kA,故A??0.253m 2k (2) Ep?Ek?21111A??0.179m E?kA2 kx2?kA2 x??22424121A2?0.20J (3) Ep?kx?k224波动部分：习题4.7、4.8、4.10
习题4.7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
习题4.7图
yp?(0.30m)cos[(2?s?1)t??/2]。求（1）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 m?s?1代人，且取x = 75 m得点P的运动方程为 yP?Acos???t?0.75s???0?
与题意中点P的运动方程比较可得 A = 0.30 m、??2?s?1、?0?2?。则所求波动方程为
y?(0.30m)cos[(2?s?1)(t?x/100m?s?1)]
(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
?1?1 y?(0.30m)cos[(2?s)(t?x/100m?s)??]
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
???0?2??x/?初相?0的前提下，根据两点间的相位差????0，即可确定未知点的
?初相?0。
1习题4.8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，
3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； （3）写出A点的振动表达式； （4）写出A点离O点的距离。
习题4.8图
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=0.1cos［π(t-x/0.2)+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
1由图形可知： t?s时y０=-A/2，v０＜0，∴此时的φ=2π／3，
32?1?将此条件代入，所以：????0 所以?0?
333O点的振动表达式y=0.1cos［πt+π/3］m
（2）波动方程为：y=0.1cos［π(t-x/0.2)+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
1由图形可知： t?s时y０=0，v０>0，∴此时的φ=-π／2，
3?15?将此条件代入，所以：?????A0 所以?A0??
236A点的振动表达式y=0.1cos［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=0.1cos［π(t-x/0.2)+π/3］= 0.1cos［πt-5π/6］
可得到：xA?7?0.233m 30习题4.10 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） t=0s时 y=A/2 v>0 可知其相位为φ=?习题4.10图
? 3 t=1s时 y=0 v<0 可知其相位为φ1=
? 2 代入振动方程， φ=??? ω＋φ= 32可得：ω=
5? T=2π/ω=12/5 65??ｔ-）cm 635?5x?（ｔ+）-]cm 643 则 y=0.5cos（
（2）沿x轴负方向传播，波动表达式：y=0.5cos[（3）根据已知的T=12/5，u?0.8m/s，可知：??48m 25?x25那么同一时刻相距1m的两点之间的位相差：???2????3.27rad
?24
（加题）1.如图，一平面波在介质中以波速u?20m/s沿x轴负方向传播，已知A点的振动方程为y?3?10?2cos4?t(SI).
u
B A 1题图
(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?波的表达式为 y?3?10?2x?5](SI) 20x?5??cos4??t??
20?? 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
2??yp?Acos(t??)?Acos(t??)(SI)
42（2）向负方向传播的波动方程为
yP (m) ???4?x?d???y?Acos??t?????
???2??（3）把d??/2,0 1 -A O t (s) d P x x?0代入波动方程即得
y0?Acost
2
（加题）3.两波在一很长的弦线上传播，其波方程分别为：
?题图6-10
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??131?)即x??(n?)m,n?0,1,2... 242(3)波腹位置4?x/3??n?即x??3n/4m,n?0,1,2... 第11章作业
11.2 在双缝装置中，用一很薄的云母片(n =1.58)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?
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。
习题11.2图
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?111.3 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?kd0.6?10?3D?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
6所以
?2?66?1??550?660nm 55D?1D?2?5 dd11.5 一薄玻璃片，厚度为0.40μm，折射率为1.5，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??2?k?
由此得
??4ne 2k?14?1.50?0.40?480nm
2?3?1仅当k?3时，?为可见光，因此求得
??透射加强的条件即反射减弱的条件，即
2ne????2k?1? 22?由此得
??当k?2时，
??当k?3时，
??4?1.50?0.40?400nm
2?34?1.50?0.40?600nm
2?24ne 2k 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。
11.6 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1.3，玻璃的折射率为1.5，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
00nm的光在k级干涉相消，射时都存在半波损失，则光程差为??2ne。设?1?5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
k??1??2500?700??3
2??2??1?2?700?500?1???3???5002???673.1nm 2?1.301???k???12? e???2n111.7 有一玻璃劈尖，玻璃的折射率为1.5，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?所以，
??2nl?
=2?1.5?3.64?10?3?5?10?5 =546nm
11.11 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?波长的透射光增强，应满足条件
2ne?当k?1时，对应膜的最小厚度
2nemi?n? 2n??2，为使给定
?2?k?
?2
已知??550nm，n2?1.38，由此可以算出膜的最小厚度
e??4n2?99.4nm
11.12 (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。
1??分析：用牛顿环暗环半径公式r?kR?，明环半径公式r??k??R?计
2??算求得。
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级明纹与波长?3时
2??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 111111.13 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?此可推导出牛顿环暗环半径r??2。由
kR?1?R??和明环半径r??k??，这里明，暗
2?n2n2?环半径和充入的介质折射率n2有关。在牛顿环公式中，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??
2?n2?解上述两式得
?dk n2???d'?k????1.22 ?211.17 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
11.18 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?对于波长为?2=600nm的光，
asin?2??2?2?1?由于 sin?3?sin?2 由（1）、（2）式可得，
?12 （1）
?22 （2）
?2?3?1??1?2?2?1??22?2
55?600 ?1??2??428.6nm
7711.19 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?＝0.2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??sin?0.20（2）由缺级条件 k?且第四级缺级，得 a?a?b'a?b'k?k k4a?b'k a当k'=1时，a有最小值 amin?1?a?b??1?6?10?6?1.5?10?6m 44（3）当sin??1时，k有最大值 k?a?b6?10?6??10 ?9600?10?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
11.20 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
k??2?1??2?2
(2) 因xf很小， tan?1?sin?1?xf 所以 d?k?1f/x=1.2 ×10?3cm
11.28 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
cos2?1cos230?311.29 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??同理可得I3和I4
I3?I2cos2??1I0cos4? 261I0cos2? 211?3???0.21I0 I4?I3cos2??I0cos6??I0??22?2??即入射光的21℅能透过偏振片组。
11.32 水的折射率为1.33，玻璃的折射率为1.50。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，
tan?1?n2n1.50?48?26' ，?1?arctan2?arctann1n11.33光由玻璃射向水中反射时，
tan?2?n1n1.33?41?34' ，?2?arctan1?arctann2n21.5011.33 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?所以
i0??2
?2??0?90??32??58?
（2）由布儒斯特定律，
tani0?得
n2?tani0?tan58??1.60
加题
加11.1：以单色光照射到相距为0.2mm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7.5mm时，求入射光波长；（2）若入射光波长为
?n2 n16000A，求相邻明纹间距离。
x??k解：（1）明纹坐标为
由题意有：
D?d，
D?D?3D???dddd0.2?10?3???(x4?x1)??7.5?10?33D3?1x4?x1?4?5?10m?5000A（2）当
?7?。
??6000A时，相邻明纹间距为
?D?1?6000?10?10?3?x???3?10m?3mm?3d0.2?10
加11.2：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？
（2） 第二级主极大的衍射角?为多少？
（3） 若a?2?10(m)光屏上可以看到的条纹的最大级数？
?63.0?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??6d6?10??1?sin?k?1
sin?k?10，取k??9， 0.1d考虑缺级k?k3?k?
a?10?k?3，6，9缺级
屏上可以看见的条纹最大级数是8。
加11-3：波长为5000?的单色光正入射到一块缝数为N=10的透射式平面光栅上，两个相邻
5
主极大分别出现在sinθ1=0.15和sinθ2=0.3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=3.3um
，
（2）第四级主极大缺级，则kd?4，取k=1，得，每个单缝可能的最小宽度am=0.825um 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=6.6，
取整数，屏幕上可以看到的干涉条纹为：0，±1，±2，±3，±4，±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，±1，±2，±3，±5，±6级，共