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1、第一章质点运动学第一章质点运动学1、( (习题习题 1.1)1.1)：一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为。 （1）求质点2x = 2t, y = 4t8的轨道方程；（2）求时质点的位置、速度和加速度。t =1 st = 2 s 和解：（1）由 x=2t 得，y=4t2-8 可得： y=x2-8 即轨道曲线（2）质点的位置 ： 22(48)rtitj由则速度： d/dvrt28vitj由则加速度： d/davt8aj则当 t=1s 时，有 24 ,28 ,8rijvijaj当 t=2s 时，有 48 ,216 ,8rijvijaj2、 （习题（习题 1.2）：）： 质点沿在轴正向运动，加速
2、度，为常数设从原点出发时xkvak速度为，求运动方程.0v)(txx 解： kvdtdvtvvkdtdvv001tkevv0tkevdtdx0dtevdxtktx 000)1 (0tkekvx3、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： dv /dtt dv t dt vt2 a44vv 00d4dttt2vx /d tt2 x t3 /3+10 (SI)d2ttxtxxd2d 02024、一质量为的小球在高度处以初速度水平抛出，求：mh0v（1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹
3、方程；（3）落地前瞬时小球的，.d dr td dv ttv dd解：（1） 式（1）tvx0式（2） 2gt21hy2 01( )(h-)2r tv tigtj（2）联立式（1） 、式（2）得 2 02v2gxhy（3） 而落地所用时间 所以 0d-gtdrv ijtgh2t 0d-2ghdrv ijtd dvg jt 22 02 y2 x)gt(vvvv 212 02122 02)2(2)(ghvghggtvtg dtdv 5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为，式中的单位为， 的单位为22rt itjrmt.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。s解
4、：1） d22drvtijtd2dvait2） 112222(2 )42(1)vtt2d2 d1tvtatt 12222 taaatn第二章质点动力学第二章质点动力学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：为空气对气球的浮力，取向上为正。f分别由图（a） 、(b)可得： FMgMa1()()FMm gMm a则11(),Mamgm agaaaamMmMA2、 (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
5、个摆的周期相等证：设两个摆的摆线长度分别为和，摆线与竖直轴之间的夹角分别为和，摆线中1l2l12的张力分别为和，则 1F2F 0cos111gmF )sin/(sin112 1111lmFv解得： 1111cos/singlv第一只摆的周期为 gllT11111 1cos2sin2v同理可得第二只摆的周期 glT22 2cos2由已知条件知 2211coscosll21TT 习题习题 2.12.6m1 m2 习题习题 2.1 一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为，3/1044005tF子弹从枪口射出时的速率为。设子弹离开枪口处合力刚好为零。求：m/s300（1）子弹走完枪筒全长所用的时间 ；
6、（2）子弹在枪筒中所受力的冲量；tI（3）子弹的质量。解：解：（1）由和子弹离开枪口处合力刚好为零，则可以3/1044005tF得到： 算出 t=0.003s。03/1044005tF（2）由冲量定义：33355 2 0004004 10/34002 10/30.6IFdttdtttN s 、（3）由动量定理：习题习题2.2 质量为M1.5 kg 的物体，用一根长为 l1.25 m 的细绳悬挂在天花板上今有一质量为 m10 g 的子弹以 v0500 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：(1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小； (2) 子弹在穿透
7、过程中所受的冲量 解：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) (设方向为正方向) sN7 . 40vvmmtf0v负号表示冲量方向与方向相反 0v习题习题 2.32.3 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
8、 的水求水桶匀速地从井中提到井口，人所作的功 解解：选竖直向上为坐标y轴的正方向，井中水面处为原点 习题 2.2 图l M m 0vv300.60.6/3000.002IFdtPmvNsmkg 、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： 00.2107.8 1.96FPPkymggyy人的拉力所作的功为： 0ddHWWFy100(107.8 1.96 )d =980 Jyy习题习题2.42.4 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
9、数 为 0.25，问在将要发生碰撞时木块的速率 v 为多少？ 解：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 22 21 21vmkxxfr而 mgfkr木块开始碰撞弹簧时的速率为 smmkxgxk83. 522 v习题习题 2.52.5 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 F52.8x38.4x2（SI）求： (1)将弹簧从伸长 x10.50 m 拉伸到伸长 x21.00 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
10、 x21.00 m，再将物体由静止释放，求当弹簧回到 x10.50 m 时，物体的速率解解：(1) 外力做的功(2) 设弹力为 F112221vdd312xxxxmFxFxWJ12v5.34Wmsm习题 2.4 图k m 习题 2.4 图 习题习题 2.6 两个质量分别为和的木块，用一劲度系数为的轻弹1m2mBA、k簧连接，放在光滑的水平面上。紧靠墙。今用力推块，使弹簧压缩然后AB0x释放。 （已知，）求：（1）释放后mm 1mm32两滑块速度相等时的瞬时速度的大小；（2）弹簧BA、的最大伸长量。解解： 2 02 02221 21kxvm所以vv2）（2102mmmmkxv3430（2） 计算
11、可得：2 2122 02221 21 21vmmkxvm）（021xx 3、(变力作功、功率、质点的动能定理)设（1）当一质点从原点运动到76 ()Fij N时，求所作的功；（2）如果质点到处时需 0.6s，试求的3416 (m)rijk FrF平均功率；（3）如果质点的质量为 1kg，试求动能的变化。解：（1），做负 0F drrA= 0(76 ) ()ijdxidyjdzkr= 0076dxdy-34=45J 功（2） （3） = -45+ = -45750.6APWt 0rkEAmgj dr40mgdy85J 4、 （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 ，有一个质
12、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 21 2cmgHmv带入数据得，方向沿 AC 方向2cvgH（2）由于物体在水平方向上动量守恒，所以，得，方向沿 CD 方coscmvmv2cosvgH向（3）由于受到竖直的冲力作用，m 在 C 点损失的动量，方向竖直向下。2sinpmgH 第三章刚体的运动第三章刚体的运动习题 2.6 图书：书：3.33.3 用落体观察法测定飞轮的转动惯量，
13、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解：如习题 3.3(b)图,对飞轮而言，根据转动定律，有 （1）TF RJ对重物而言，由牛顿定律，有（2） TmgFma TTFF由于绳子不可伸长，因此，有（3）aR重物作匀加速下落，则有（4）21 2hat由上述各式可解得飞轮的转动惯量为 2 2(1)2gtJmRh3.4 如图，一轻绳跨过两个质量为、半径为 的均匀圆盘状定滑轮，绳的mr两端分别挂着质量为和的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮
14、轴光滑，m2m两个定滑轮的转动惯量均为，将由两个定滑轮以及质量为和的重2/2mrm2m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。解解：受力分析如图 （1）maTmg222（2）mamgT1习题 3.4 图习题 3.3(b)图mg m TF TFO （3）2()TT rJ（4）1()TT rJ（5）ar联立 ， ga41mgT8113.6 有一质量为、长为 的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为的水1ml平桌面上，它可绕通过其端点且与桌面垂直的固定光滑轴转动。另有一水平O运动的质量为的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端 A 相碰撞，设碰撞时2m间极短。已知小滑块在碰撞前后的速度
15、分别为和，如图所示。求碰撞后从1v2v细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间。(已知棒绕点的转动惯量) O2 131lmJ 解解：碰撞时角动量守恒 lvmwlmlvm222 11231lmvvm1212)(3细棒运动起来所受到的摩擦力矩glmgxdxlmMl101 21glmlm t12 12131 gmvvm glt1212)(2 32 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, 物体r2 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。 amTgm111习题 3.6 图21t
16、JJJMdt 0120amgmT222JrTrT21 ra 解得：2 22 12 21 rmrmJgrmma2 22 12 211 11rmrmJgrmmmgmT2、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 =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？amTgm111amgmT222sinJrTrT21 ra 解得 ，2 21mrJ 22/3,/30smasradNTNT316,34021由所以, 0,2102 0vattvhsaht8
17、16. 023一长为 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：2 31ml(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、 JMmgllmgM4330cos202 31mlJ 433 43331432g lgmlmgl 2、机械能守恒20 210030sin2Jlmgg mlmgmllmg23614131 2130sin2202 =3.83rad/sg234一根长为 、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lm 的子弹以水平速度 v0射
18、向棒的中心，并以 v0/2 的水平速度穿出棒，mmM0v0/2vl此后棒的最大偏转角恰为，求 v0的大小。 90角动量守恒 Jlmvlmv2220 02 31MlJ 2 031 4MllmvMlmvMllmv 02043314机械能守恒 231 2122lMgMl243 31 212 02lMgMlmvMl 22 2 0316 mlMgv340gl mMv5一根长为 、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l为 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Mm6160，求 v0。 角动量守恒)31(22 0MlmllmvMm61lv 30机
19、械能守恒0022260cos1)60cos1 (2)31(21mgllMgMlmlglv3206、如图所示，长为 l 的轻杆，两端各固定质量分别为和的小球，杆可绕水平光滑固mm2定轴 O 在竖直面内转动，转轴 O 距两端分别为和轻杆原来l31l32静止在竖直位置。今有一质量为的小球，以水平速度与杆下端m0v小球作对心碰撞，碰后以的速度返回，试求碰撞后轻杆所获m021v得的角速度。解：角动量守衡 022 021 322)3()32(32vmlmlmllmvlv 230第四章振动与波动第四章振动与波动振动部分：习题振动部分：习题 4.2、4.4、4.5习题习题 4.24.2 一物体沿 x 轴做简谐
20、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？解解： （1）由题意知A = 0.06m、由旋转矢量(a)图可确定12Ts初相则，振动方程为03 1(0.06 )cos ()3xmst当t = 0.5s 时质点的位移、速度、加速度分别为(0.06 )cos(23)0.052xmm11(0.06)sin(23)0.094vdx dtm sm s 22222(0.06)cos(23)0.51
21、3ad x dtm sm s （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）。该过程所需时间56 为0.833ts 习题 4.2 (b) 图习题 4.2 (a) 图习题习题 4.44.4 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. .00001x=Acos(t+ )0 t=0,x =A/2,v 0 =-3 t=1s,t-=32 5=6 5x=0.1cos(t-)m63 2P0500.463 0.4tttspppPs解：（）设所求方程为：从图中可见，
22、由旋转矢量法可知；又故：（）点的相位为即质点到达点相应状态所要的最短时间为习题习题 4.5 一质点沿轴作简谐振动，振幅为，周期为。当时, xcm12s20t位移为，且向轴正方向运动。求：（1）振动表达式；（2）时，cm6xs5 . 0t质点的位置、速度和加速度；（3）如果在某时刻质点位于，且向轴cm6xx负方向运动，求从该位置回到平衡位置所需要的时间。解解：由题已知 A=1210-2m，T=2.0 s =2/T=rads-1又，t=0 时， 由旋转矢量图，可知：cmx6000v 30故振动方程为）（3cos12. 0tx(2)将 t=0.5 s 代入得mtx103. 06cos12. 03co
23、s12. 0）（smtv/189. 06cos12. 03sin12. 0）（习题 4.4 图222/03. 16cos12. 03cos12. 0smta）（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，且向轴负方向运动cm6xx即 x=-A/2，且 v0，故t=2/3，它回到平衡位置需要走 5/6，所以：t=/=(5/6)() =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，合振动的相位与第一0.2m个振动的相位差为，第一个振动的振幅为，求第二个振动的振幅及两振动的6/0.173m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。
24、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据可知,如图：21AAA12AAA)( 1 . 0cos2122 12mAAAAA由于、的量值恰好满足勾股定理，A1A2A故与垂直.1A2A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，画出两振动的旋转矢量2 15 10cos(4/3)()xtSI 2 23 10sin(4/6)()xtSI 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。题图 5-26解：)6/4sin(1032 2tx)2/6/4cos(1032t)3/24c
25、os(1032t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.3/,2)35(cmcmA合振动方程为)(3/4cos(1022SItx（加题）3.一物体质量为，在弹性力作用下作简谐振动，弹簧的劲度系数0.25kg，如果起始振动时具有势能 0.06 J 和动能 0.02 J，求 (1) 振幅；(2) 125kN m动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) =0.08 2 21kAEEEpKmA08. 02508. 02(2) ； 22 21 21vmkx 2km22222sin ()mxmAt2222222sin ()1 cos ()xAtAtAx
26、，222Ax /20.0566xAm (3) 过平衡点时，此时动能等于总能量 0x =0.08 2 21vmEEEpKsmA/8 . 025. 008. 02（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,故21 2kpEEEkA2()0.253kpEEAmk(2) 211 24pkEEEkA2211 24kxkA20.1792xAm (3) 2 2110.20224pAEkxkJ波动部分
27、：习题波动部分：习题 4.7、4.8、4.10习题习题 4.74.7 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）习题 4.7 图题图 5-27为 75.0 m 处的一点 P 的运动方程为2/)s2cos()m30. 0(1 pty。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。解解：（1）设以波源为原点O，沿x轴正向传播的波动方程为0cosuxtAy将 u = 100 ms1代人，且取x = 75 m 得点P的运动方程为0Ps75. 0costAy与题意中点P的运动方程比较可得 A = 0.30 m、。则12
28、 s 02 所求波动方程为)sm100/)(s2cos()m30. 0(11xty(2)当沿x轴负向传播时，波动方程为0cosuxtAy将 x = 75 m、代人后，与题给点P的运动方程比较得A = 1100ums0.30 m、，则所求波动方程为 12 s 0 )sm100/)(s2cos()m30. 0(11xty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。在已知某点初相0的前提下，根据两点间的相位差/200x，即可确定未知点的初相0。习题习
29、题 4.8 已知一沿正方向传播的平面余弦波，时的波形如题图所示，xs31t且周期为.Ts2（1）写出点的振动表达式；O（2）写出该波的波动表达式；（3）写出点的振动表达式；A（4）写出点离点的距离。AO解解：由图可知 A=0.1m，=0.4m，由题知 T= 2s，=2/T=，而习题 4.8 图u=/T=0.2m/s。波动方程为：y=0.1cos(t-x/0.2)+0m 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：=t+0由图形可知： 时 y=-A/2，v0，此时的 =23，s31t将此条件代入，所以： 所以031 3230点的振动表达式 y=0.1cost+/3m
30、O（2）波动方程为：y=0.1cos(t-x/0.2)+/3m（3）点的振动表达式确定方法与 O 点相似由上式可知：AA 点的相位也可写成：=t+A0由图形可知： 时 y=0，v0，此时的 =-2，s31t将此条件代入，所以： 所以031 2A650AA 点的振动表达式 y=0.1cost-5/6m（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(t-x/0.2)+/3= 0.1cost-5/6可得到：mxA233. 0307习题习题4.10 一平面简谐波以速度沿轴负m/s8 . 0ux方向传播。已知原点的振动曲线如图所示。试写出：（1）原
31、点的振动表达式；（2）波动表达式；（3）同一时刻相距的两点之间的位相差。m1解解：(1) 由图可知 A=0.5cm，原点处的振动方程为：y=Acos（）t=0s 时 y=A/2 v0 可知其相位为 =3t=1s 时 y=0 v0 可知其相位为 1=2代入振动方程， = =32习题 4.10 图可得：= T=2/=12/565则 y=0.5cos（-）cm65 3（2）沿轴负方向传播，波动表达式：y=0.5cos（+）-cmx655 4x 3（3）根据已知的 T=12/5，可知：m/s8 . 0um2548那么同一时刻相距的两点之间的位相差：m13.27rad24252x（加题）1.如图，一平面
32、波在介质中以波速沿 x 轴负方向传播，已知 A 点的20/um s振动方程为.)(4cos1032SIty(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)20/(4)/(4xtuxtt波的表达式为 )(20/(4cos1032SIxty(2)以 B 点为坐标原点，则坐标为 x 点的振动相位为 )(2054SIxtt波的表达式为 2054cos1032xty)()20(4cos1032SIxty（加题）2. 一平面谐波沿 ox 轴的负方向传播,波长为 ，P 点处质点的振动规律如题图610 所示. .求:
33、（1）P 点处质点的振动方程;（2）此波的波动方程；（3）若图中,求 O 点处质点的振动方程. ./2d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,且,则 P 点处质点的振动方程为4Ts00,potyA uBA 1 题图2cos()cos()()42pyAtAtSI（2）向负方向传播的波动方程为 dxtAy4 2cos（3）把代入波动方程即得/2,0dxtAy2cos0（加题）3.两波在一很长的弦线上传播，其波方程分别为：)(244(31
34、cos1000. 42 1SItxy)(244(31cos1000. 42 2SItxy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对比可得：)/(2cosxtAy， ， 波速Hz4m50. 1smu/00. 6(2)波节位置 1314/3()() m, n0,1,2.242xnxn 即(3)波腹位置4/33 /4 m, n0,1,2.xnxn 即第 11 章作业11.211.2 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
35、果入射光的波长为 550nm，则这云母片的厚度应为多少? 分析：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。解：解：覆盖前，两光到达 O 点的光程差为 （1）0121rr覆盖后，两光到达 O 点的光程差为 题图 6-10t (s) 0 -A 1 yP (m) x O P d 习题 11.2 图（2） 7122rneer(2)式与（1）式作差，可得71121212nerrrneer所以m69 1064. 6158. 1105507 17 ne11.311.3 在双缝实验中，入射光是由波长550nm 和另一束
36、未知波长两12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，求屏上的第三级明纹中心的位置。若屏上的第六级明纹中心和未知的的第五级112明纹中心重合，求未知波长。 2分析：分析：由明纹中心位置公式可得。dDkx解：解：第三级明纹中心位置mm3 . 3106 . 0105502 . 1339 dDkx的第六级明纹中心和未知的的第五级明纹中心重合，即它们具有相同的衍12射角dD dD2156所以nm66055056 561211.511.5 一薄玻璃片，厚度为 0.40，折射率为 1.5，置于空气中。用白光m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
37、的光在透射中加强? 分析：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：解：反射加强的条件为kne22由此得124 kne仅当时，为可见光，因此求得3knm48013240. 050. 14透射加强的条件即反射减弱的条件，即21222kne由此得kne 24当时，2knm6002240. 050. 14当时，3knm4003240. 050. 14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。 11.611.6 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
38、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：分析：由于玻璃的折射率大于油的折射率，光线在油膜上，下表面反2n1n射时都存在半波损失，则光程差为。设nm 的光在级干涉相消，ne25001k则对于nm 的光在第级干涉相消。70021k解：解： 对nm 的光在级干涉相消，有5001k（1）11 121 2122kken对nm 的光在第级干涉相消，有70021k（2）22 121 21122kken由（1）、（2）式解得35007002700500 21221knm1 .67330. 1250021322111 nk e11.711.7
39、 有一玻璃劈尖，玻璃的折射率为 1.5，劈尖夹角。用rad1055单色光垂直照射，测得相邻两条明纹间的距离，求此单色光的m1064. 33l波长。分析：分析：由相邻两明纹间的距离公式可得。解：解：相邻两明纹的距离为， sin2nl 因为很小，所以，则sin nl2所以，nl2=531051064. 35 . 12=546nm11.1111.11 在折射率的照相机镜头表面镀有一层折射率的52. 11n38. 12nMgF2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：分析：由薄膜干涉公式可得。解：解：对穿过增透膜的透射光而言，两相干光的光程差为，为使给定22ne波长的
40、透射光增强，应满足条件kne22当时，对应膜的最小厚度1k22minne已知nm，由此可以算出膜的最小厚度55038. 12nnm4 .9942ne11.1211.12 (1)若用波长不同的光观察牛顿环，nm，nm，观察60014502利用时的第k个暗环与用时的第k+1 个暗环重合，已知透镜的曲率半径是12190cm。求用时第k个暗环的半径。1(2)又如在牛顿环中用波长为 500nm 的第 5 个明环与用波长为时的第 63个明环重合，求波长。3分析：分析：用牛顿环暗环半径公式，明环半径公式计kRr Rkr21算求得。解：解：（1）的第k个暗环半径为11kRrk的第k+1 个暗环半径为2211R
41、krk两个暗环重合，即，由以上式子可得，代入下式1kkrr3km392 11085. 110600101903kRrk（2）由明环半径公式，且波长为 500nm 的第 5 级明纹与波长Rkr21时的第 6 个明环重合。可得33216215RR 所以nm1 .409500119 119311.1311.13 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m 变为m，试求这种液体的折射率。21040. 121027. 1分析：分析：当透镜与与平板玻璃间充满某种液体（），且满足12n3221,nnnn或时，在厚度为 的地方，两相干光的光程差为。3221,nnnne222en由此可推导出牛顿环暗环半径和明环半径，这里明，2nkRr221 nRkr暗环半径和充入的介质折射率有关。在牛顿环公式中，若介质不均匀或分析2n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：解：当透镜与玻璃之间为空气时，级明纹的直径为kRkrdkk2122当透镜与玻璃