大学物理下册

第九章振动1.解：（1）由题意mmmmxFkxAkAF,,，JxFkxEmmm16.021221(2)mmmmxvAvAv,Hz1π2/,πrad/s23π,0sin,2.0cos,000AvAxt.振动方程为SIππ2cos4.031tx.2.解由已知条件可画出该谐振动在t=0时刻的旋转矢量位置，如图所示。由图可以看出π32π31π所以该物体的振动方程为)π32π2(cos10.0Ttx（1）将T=2s，代入振动方程可得t=0.5s时的质点的位移)m(087.0)π322πcos(1.0x（2）当物体第一次运动到x=5cm处时，旋转矢量转过的角度为π，如图所示，所以有π1t即)s(121π1Tt（3）当物体第二次运动到x=5cm处时，旋转矢量又转过π32，如图所示，所以有π32)(12ttt即)s(32313π2Tt3.解由运动方程)2π5cos(06.0tx的速度和加速度表达式)2π5sin(3.0ddttxv)2π5cos(5.1ddttva且已知：A＝0.06m，1s5，2π（1）02xmF当,0,00xt所以0F（2）st0)2ππ5cos(06.0xmax1,sm3.0)2ππ5sin(3.0vvv,0)2ππ5cos(5.1a或02xa（3）J1025.2)3.0(05.02121322maxmax,mvEk.（4）221kAEEpk当振动动能和势能相等时，EEp21即22212121kAkx所以Ax220t2t1tπ3255X4.（1）在位移为y处系统受力为)()(1yykgmMF.其中1y为系统平衡时弹簧的伸长量。由力的平衡条件知gmMky)(1.故kyF（满足简谐运动的运动学条件）或ymMkdtyda22（满足简谐运动的运动学条件）因此该系统作简谐运动。（2）由上述微分方程可知,2mMkmMk.0t时的初始条件为kmgkgmMkMgy)(0.由小球m自由落体遵守机械能守恒和小球与沙盘的完全非弹性碰撞（忽略重力的作用）遵守动量守恒得ghmMmv20故gmMkhkmgvyA)(2122020gmMkhyv)(2arctan)arctan(0023.5.解：2πrad/s221212212cos()π916234cos()cm=5cm2AAAAA11221122sinsinarctancoscosπ3sinπ4sin42arctanarctan()π33cosπ4cos2AAAA126.92.21radcos()5cos(2π2.21)cmxAtt第十章波动1.解：scmλνu/6002524svA/π50π2ωcm,300sin,0cos00AyAy21SI26xt50cos100.3y22.解：（1）已知波的表达式为xt.yπ2π100cos050与标准形式/xtAyπ2π2cos比较得A=0.05m,=50Hz,=1.0m，u==50m/s(2)sm715π2.Atyvmaxmax232222sm10394π4.Atyamaxmax(3)ππ212xx，二振动反相3.解（1）由题设可知A点和B点的振动方程为)m)(2ππ4cos(01.0tyA)m)(3ππ4cos(01.0tyB由于mxxABAB1，有22ABxx，又因π65)3π(2π，所以该平面谐波的波长为)m(512)(π2ABxx波速为)m/s(5242512vu（2）因为波是沿X轴正向传播，所以波函数可写为])5241(π2cos[AxtvAy代入相关数值，得]2π)5241(π4cos[01.0xty)m](π32)245(π4cos[01.0xt4.解：(1)由P点的运动方向，可判定该波向左传播．对原点O处质点，0t时cos22AAA0Vsin0所以π/4O处振动方程为)4/ππ500cos(tAyo(SI)波动方程为cos2(250t/200)π/4(SI)yAx(2)距O点100m处质点振动方程是)(SI)4π5π500cos(1/tAy振动速度表达式是)(SI)4π5π500sin(π500/tAV5.解：（1）P处质点振动方程为SIπ2ππ4π2/tcosA/tcosAyp（2）波动方程为SIπd4π2xtcosAy6.解○1)2πcos(0tAy.○2)2ππ2cos(xtAy.○3P点反射后的振动方程)π2ππ2cos(LtAyp（π表示半波损失）反射波的波动方程]π2π)(π2π2cos[xLLtAy反]π2π)2(π2cos[xLtA.○4ππππππππ131514244xL4满足减弱条件，是减弱的（即该点不振动）。.第十一章光学1.解本题中入射的不是单色光，因此各级明条纹都有一定的宽度。设该蓝绿光的波长范围为21，相应于1和2，它们各自的干涉条纹中第2级明条纹的位置分别为122,212dDxdDx因此，第2级干涉明条纹在屏幕上延展的宽度为dDdDxx2)(21212将题中数值代入，得到21352110mm100nm510nm0.5mm0.4mmxx2.解：（1）棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为2e2处是第二条暗纹中心，依此可知第四条暗纹处中心处，即A处膜厚度23e4LL23e45108.4rad（2）由上问可知A处膜厚为nm75025003e4，对于nm600的光，连同附加光程差，在A处两反射光的光程差为2'e24，它与波长'之比为321'e24，所以A处是明纹.3.解：（1）如图所示。设第k级条纹的牛顿环半径为rk,则该处空气膜的厚度为Rrdk2/2该处的光程差为2//2/d22Rrk对亮条纹有k即,2//2kRrk故Rkrk)21(（k=1,2,3,…….）条纹是以接触点为中心的同心圆环，在中心处2，为暗条纹。（2）当在透镜和平板玻璃间充满n=1.6的透明液体时，在半径为r处有Rrd2/2则光程差为左侧Rnrn/d221右侧2//2/d222Rnrn若均为明纹，则kRnr/211kRnr2//222即1/rkRnnRkr)21(2左右两边同一级明纹半径大小不等，且左边的接触点为明纹，而右边的接触点为暗纹。故形成一错开的半圆形图象。4.解(1)由已知条件，明纹公式为ken221最高点处，将he代入得3.5215768646.122121hnk共有k1，2，3，4，5的五条明纹，对应于k的油膜厚度ke为ROrd1n2n3nnm)21(180)21(21kkneknm90,11eknm270,22eknm450,33eknm630,44eknm810,55ek.(2)当nm864h时3.52121hnkk为非整数，条纹介于明暗之间，为非明非暗条纹。nm810h时52121hnk为明纹nm720h时，5.42121hnk为暗纹nm720nm810nm864h明暗之间明纹暗纹5.解（1）根据衍射装置上的几何关系，P点明条纹的衍射角可以近似由下式求出3105.110005.1tanfx由上式可知角很小，因而有sintan，由出现明条纹的条件12tan212sin2kaka取不同的k值代入上式计算的1k时，1500nm；2k时，2300nm因2为不可见光，所以入射光波长为500nm。（2）因为1k，故P点明条纹为第1级明条纹，其衍射角为33sin1.510rad2a与明条纹对应的半波带数为)12(k，故半波带数为3。（3）中央明条纹的角宽度430251022rad210rad0.5a6解：由光栅公式得bakbaksin22112211kk21120.6690.446kk取为整数比812462312kk取最小的值k1=2,k2=3对应光栅常数113.91μmsinkab7.解当自然光通过偏振片1P时，有偏振光为1I0121II对于t时刻，偏振片3P转过的角度t，如图所示。当线偏振光1I透过偏振片3P时，有20212cos21cosIII当2I再通过偏振片时2P，有)2π(coscos21cos220223III220sincos21I20sin28I20sin28It即透射光的强度3I是时间t的函数，随着3P的旋转，3I做周期性变化。A