第十四章 141C 142证明：选货轮受重力浮力平衡时质心处为坐标原 点，x轴正向向下，由（图，平衡时浮力大小 F=P=mg 当质心位于b)图中的，处时，轮所受浮力 F=P+P红=g十P8四 a 货轮所受合力∑F=P-F'=-Pgm 由于Pgs-常数，∴，货轮在其平衡位置上下作的微小振动为谐振动。 d'x 由牛顿第二定律得一Pg红=m ÷+P题x=0 业3m m2=P题 7=2 =2 一周期。 U Pgs 143解：振动系统的角顾半为= =40s 两十所 在子弹射入木块的过程中，子弹和木块成的系统水平方向不受外力，动量守恒。 设振动的初速度即子弹和木块的共同运动初速度为物。则： 陆￥=(m+mPg Yo m -=1.0m's7 m十m 又因初始位移x=0,则根动系统的振幅为 =25×102m 由于0时，，=0且<0，所以由装转矢量图可得初相p= 2 蒂振动方程为X=25×10c0以40+回 144解：@=2r=rs
1 第十四章 14-1 C F F 14-2 证明：选货轮受重力浮力平衡时质心处为坐标原 点，x 轴正向向下，由(a)图，平衡时浮力大小 F = P = mg 当质心位于(b)图中的 x 处时，货轮所受浮力 F = P + gsx = mg + gsx (a) (b) 货轮所受合力 F = P − F = − gsx 由于 gs =常数，∴货轮在其平衡位置上下作的微小振动为谐振动。 由牛顿第二定律得 2 2 dt d x − gsx = m ∴ 0 2 2 + x = m gs dt d x m gs = 2 gs m T 2 2 = = —周期。 14-3 解：振动系统的角频率为 m1 m2 k + = =40s—1 在子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统水平方向不受外力，动量守恒。 设振动的初速度即子弹和木块的共同运动初速度为 v0，则： 1 1 2 0 m v = (m + m )v 1 2 1 0 m m m v v + = =1.0m• s —1 又因初始位移 x0 = 0 ，则振动系统的振幅为 0 2 2 0 0 v v A x = = + =2.5×10—2m 由于 t=0 时， x0 = 0 且 v0＜0，所以由旋转矢量图可得初相 2 = 。 谐振动方程为 ) 2 2.5 10 cos(40 2 = + − x t (m) 14-4 解： = 2 = s —1 P P x x O O x
()x(4.0x10m)co) 2☑x=(4.0×109m)c0sx19=0 8x=(4.0×10m)e0s灯1+ 3 14-5C 14-6C 14-7C 14-8解：由题意知4-0.06m,)=2x/T=开s A 0时，=左m>0 由初始条件可做荧转矢量图，符甲=一气，】 则戴动方程为x=(006m)co以x1-】 当05时， 质点的位移x=0.06m)eog5--0.052m 23 质点的速度 P=. =0.06rm7)s号-夏)-0094m· 231 da =-006x2m7)e0sg-)-0.513m· 23 (2?由旋转矢量图可知转过的角度为 骨+8 设该过程所用时间为山，期 Ar T 5 5r=23-0.8339 5 得M= 126 14-948(2万WT-2) xAcos (2) xAcos (2) 1410解：)如图，选平衡位置处为坐标原点，则 2
2 O x ⑴ 2 (4.0 10− x = m 2 ) 2 ) cos( t − = − ⑵ 2 (4.0 10− x = m )cos t = 0 ⑶ 2 (4.0 10− x = m 3 ) 3 ) cos( t + = 14-5 C 14-6 C 14-7 C 14-8 解：由题意知 A=0.06m， = 2 /T = s —1 t=0 时， 2 0 A x = ，v0＞0 由初始条件可做旋转矢量图，得 3 = − ， 则振动方程为 x = (0.06 m ) 3 ) cos( t − 当 t=0.5s 时， 质点的位移 x = (0.06 m ) 2 3 ) cos( − =0.052m 质点的速度 = = −(0.06 dt dx v m• s —1 ) 2 3 )sin( − =0.094 m• s —1 2 2 2 = = −(0.06 dt d x a m• s —2 − ) = − 2 3 ) cos( 0.513 m• s —2 ⑵ 由旋转矢量图可知转过的角度为 6 5 3 2 + = 设该过程所用时间为 t ，则 2 6 5 t T = 得 6 5 12 5 t = T = s=0.833s 14-9 x=Acos（2πt/T -π/2） x=Acos（2πt/T +π/2） x=Acos（2πt/T +π） 14-10 解：⑴ 如图，选平衡位置处为坐标原点，则 O x O x O x O x
6=0.01m,x=-00lm,%=0 由牛领第二定律可得刷 x =mg-化+) 平衡时名=刷g→ m …平 d'x d'x k +m=0 其运动方程为谐履动方程的标准形式。 ,该振动为谐振动。其中@= 4=+ =0.01m 9.8 =31.3rad V0.0 V=- =4.981业 2x 0时，x=-A 9=x,x=0.01c0831.3+x)m 14-11D 第十五章 151p=6 b #= 42 2开 d d 15-2解：1)由能转矢量法得9=开 修= y=0.06c0sw1+)(m) ②y-Acos(-5+例 =0.06c0srt-+]m) (圈A=Tw=4m 15-3解：已知A点的振动方程为y■2c0s4x1(m)
3 l 0 = 0.01m， x0 = − 0.01m，v0 = 0 由牛顿第二定律可得 ( ) 2 0 2 mg k l x dt d x m = − + 平衡时 0 0 l g m k kl = mg → = ∴ kx dt d x m = − 2 2 ， 0 2 2 + x = m k dt d x 其运动方程为谐振动方程的标准形式。 ∴ 该振动为谐振动。其中 m k = 。 ⑵ = = + 2 2 0 0 v A x 0.01m = = = = 0.01 9.8 0 l g m k 31.3 rad/s = = 2 4.98Hz ⑶ t=0 时， x = −A ∴ = ， x = 0.01cos(31.3t + ) (m)。 14-11 D 第十五章 15-1 d d b u b 2 2 = = = 15-2 解：⑴ 由旋转矢量法得 = = = T 2 y = 0.06cos( t + ) (m) ⑵ = cos[( − ) +] u x y A t ) ] 2 = 0.06cos[ ( − + x t (m) ⑶ = Tu = 4 m 15-3 解：已知 A 点的振动方程为 y = 2cos 4 t (m) x O l0 自 平 O y0 y
仙以4点为坐标原点y=2c0s40+)(m)一8m 十5m一 m 20 出以B点为坐标原点 D B点的振动方程为y=2Cos40+ 5 )=2co(4-)(m) 20 波动方程为 y=20o时4a+方-回间 )由(1)中的波函数 C点的振动方程为 y-2os4a+-2o4r1-15 20 9 D点的振动方程为 y=2cos4(+ 9 =2004x1+5)回 20 0e-o=41-号)-41+号)=- 9 22 5 即C点比D点在动相位上落后2x。 5 =2s 15-4解：由所给波形图可知 0.5 元=2.0mA=0.5m 10 0-2m4.2gx05 =0.5rs 2.0 20 0.5 为求原点的运动方程。可由1=0时的波形图 得如上图 T2 20" ,得△x=1m 将上图波形左移1m,得1=0时波形。 x/m 得1=0时，%=0，。<0 由旋转失量图知修= 0Q0 2 所求运动方程为y=0.5c0以0.5r1+)m 2 wm 15-5解：由所示=1.0m处质点的振动曲线如图， 040 020 知1=0时.为“220 5.0 管 p=号 而由旋转矢量法呵知1=0至1=5：该矢量需转过受+牙。 236 转。和用时M=5s.而 A T =5s 5 2x 6 At= 5 T=5s 12
4 ⑴ 以 A 点为坐标原点 ) 20 2cos 4 ( x y = t + (m) ⑵ 以 B 点为坐标原点 B 点的振动方程为 ) 2cos(4 ) 20 5 2cos 4 ( = − − y = t + t (m) 波动方程为 ) ] 20 = 2cos[4 ( + − x y t (m) ⑶ 由⑴中的波函数 C 点的振动方程为 ) 5 13 ) 2cos(4 20 13 2cos 4 ( = − − y = t + t (m) D 点的振动方程为 ) 5 9 ) 2cos(4 20 9 y = 2cos 4 (t + = t + (m) ⑷ 5 22 ) 5 9 ) (4 5 13 C − D = (4 t − − t + = − 即 C 点比 D 点在振动相位上落后 5 22 。 15-4 解：由所给波形图可知 = 2.0 m A = 0.5 m 0.5 2.0 2 2 0.5 = = = u s —1 为求原点的运动方程，可由 t = 0 时的波形图 得如上图 x T = 2 2.0 ，得 x =1 m 将上图波形左移 1m，得 t = 0 时波形。 得 t = 0 时， y0 = 0， 0 v ＜0 由旋转矢量图知 2 = 。 所求运动方程为 ) 2 0.5cos(0.5 y = t + (m)。 15-5 解：由所示 x=1.0m 处质点的振动曲线如图， 知 t = 0 时， 2 0 A y = ， 0 v ＞0 ∴ 3 = − 而由旋转矢量法可知 t = 0 至 t = 5 s 该矢量需转过 6 5 2 3 + = ， 转 6 5 用时 t = 5 s，而 2 6 5 t T = ∴ 5 12 5 t = T = s 1.0 2.0 x/m y/m u 0 -0.5 0.5 t=2s y/m 0 x/m t=0s y O 0 t/s 0.20 0.40 5.0 u y/m O y/m t t=5s t=0 C B A D x u 8m 5m 9m
÷T.60-12sm-2.g T6 波动方程为y=0.40c0u+)-]m) 而山= T 12 六被动方程为y=040c0s +功-回 6 15-6C m 0.05 m 158解：由1■0时的波形图可如 10.0m A=0.10m,2=20.0m.P点向上运动知i向左. 六w<0.0=3 而u=1y=20×250=5×103m°s 1)y=0.10c0s500x1+ + +a =0.10cos500x1+x 四将r=75m代入波动方程，得y=0,10c0500F1+ 12 x)(m) 1=0时该点的振动速度为y一 ■-50xsn 13 d 2Tms7'=40.6m·s) 159解：4p=9,-,-2-硬 B0=√32+0.072-2×3×007e0w30-294m 4-9a■0 .△p=-2r AP-BP =-72x u/v 即B处传的液比A处传的波到P点在相位上如前。 1510解：0两列泼在R处的相位差为△p=2xy =3w ☒合振幅为A=√++24Ac084p =√f++244c0s3标 A-4 5
5 ∴ 12 5 60 T = = s 6 2 = = T s —1 ∴ 波动方程为 ] 3 ( ) 6 0.40cos[ = + − u x y t (m) 而 T u = ∴ 1 12 12 u = = m• s —1 ∴ 波动方程为 ] 3 ( ) 6 0.40cos[ y = t + x − (m) 15-6 C 15-7 2 3 15-8 解：由 t = 0 时的波形图可知 A = 0.10 m， = 20.0 m。P 点向上运动知 u 向左。 ∴ v0＜0， 3 = 而 3 u = = 20 250 = 510 m• s —1 ⑴ ] 20 3 2 0.10cos[500 y = t + x + ] 10 3 0.10cos[500 = t + x + (m) ⑵ 将 x = 7.5 m 代入波动方程，得 ) 12 13 y = 0.10cos(500t + (m) t = 0 时该点的振动速度为 12 13 50 sin 0 = − = dt t= dy v (m• s —1 )=40.6(m• s —1 ) 15-9 解： AP BP A B − = − − 2 3 0.07 2 3 0.07cos30 2 2 BP = + − =2.94m A − B = 0 ∴ 7.2 / 2 = − − = − u AP BP 即 B 处传的波比 A 处传的波到 P 点在相位上超前。 15-10 解：⑴ 两列波在 R 处的相位差为 2 = 3 = r ⑵ 合振幅为 2 1 2 cos 4 2 2 2 A = A1 + A + A A 2 1 2 cos3 2 2 2 = A1 + A + A A | | = A1 − A2 x/m y/m P 1.00 0.05 0 10.0m
15-11振动方向相同，规率相同，多的相位比S的相位超前3短/2。 15-12解：以AB两点的中点0为原点，取坐标如图。 《)位于A点左侧都分 △p=9g-9-2:-14行 而A0=2kx k=0,,为加强条件 .A点左测无干涉静止点。 2位于B点右侧部分 Ap=98-p,-25,'=16R 干涉相加强。无干涉静止点。 (在AB之间的任一点P距原点为x处 △0=a-9,-2r =x-2x05--15+) =-40=4m y100 =(示+Nx) 干涉静止点应满是△9=(2k+1)x k=0土l… (x+xx)=(2k+1x x=2(m) k=0 x=0 k=1 x=2 k=-1 x=-2 k=2 X=4 k=-2 X=4 k=3 x=6 k=4 x=8 k=7 x=14 k=-7 x=-14 共15个点为干浅静止点。 15.13D 15-14B 15-15A 15-16100m*s
6 15-11 振动方向相同，频率相同，S2 的相位比 S1 的相位超前 3 / 2 。 15-12 解：以 AB 两点的中点 O 为原点，取坐标如图。 ⑴ 位于 A 点左侧部分 A O P B 2 = −14 − = − − B A B A r r 而 = 2k k = 0,1, ，为加强条件。 ∴ A 点左侧无干涉静止点。 ⑵ 位于 B 点右侧部分 2 =16 − = − − B A B A r r 干涉相加强，无干涉静止点。 ⑶ 在 AB 之间的任一点 P 距原点为 x 处 B A B A r − r = − − 2 (15 ) (15 ) 2 − x − + x = − 4 100 400 = = = u (m) = ( + x) 干涉静止点应满足 = (2k +1) k = 0, 1, ∴ ( + x) = (2k +1) x = 2k (m) k = 0 x = 0 k =1 x = 2 k = −1 x = −2 k = 2 x = 4 k = −2 x = −4 k = 3 x = 6 k = 4 x = 8 k = 7 x =14 k = −7 x = −14 共 15 个点为干涉静止点。 15-13 D 15-14 B 15-15 A 15-16 100 m• s —1 x
第十七章 1下-1变小，变小 17-2A 17-3上 174解：(m2-月d=52 弹片厚度d=5办。 8×480mm=80wum 尾2-月1.70-140 17-5解：A=2d=k2 24,d_2×14×400m 2= k=1 A=1120nm k=2 3=560nm k=3 3-373nm 只有2=S60nm在可见光范围， ”。薄膜正面呈黄色。 17-6解04-2m,d+2 mk入 2 2m,d4×1.4×350m 2= k= 2k-1 2 =1 入=1960nm k=2 23=653.3nm k=3 =392m 具有之=653.3m为可见光. “正面望红色， (②反射光在正面增强期在透射时为减端。 4-2m,d4-a 2 2-4nd_4x1.4×350m 2k-1 2k-1
7 nm nm nm 第十七章 17-1 变小，变小 17-2 A 17-3 上 17-4 解： (n2 − n1 )d = 5 薄片厚度 = − = 2 1 5 n n d 8.0 m 1.70 1.40 8 480nm = − 17-5 解： = 2nd = k = = k 2n2d k 21.4 400 k =1 1 =1120 nm k = 2 2 = 560 nm k = 3 3 = 373 nm 只有 = 560 nm 在可见光范围。 ∴ 薄膜正面呈黄色。 17-6 解：⑴ = n d + = k 2 2 2 = − = 2 1 2 2 k n d 2 1 4 1.4 350 − k k =1 1 =1960 nm k = 2 2 = 653.3 nm k = 3 3 = 392 nm 只有 2 = 653.3 nm 为可见光。 ∴ 正面呈红色。 ⑵ 反射光在正面增强则在透射时为减弱。 ∴ = n d + = k 2 2 2 = − = 2 1 4 2 k n d 2 1 4 1.4 350 − k n1 n2 n3 d
k=1 入=1960nm(不可见) k■2 乙3=653nm(可见) k=3 人=392m(不可见) ∴.入3■653m的光透射减霜。 17.7解：△=2，d+2=k2 角-1 2n,d2x1.5×0.5nm 1 1= 1 无=1.5×10'nm k=2 =10×10nm k=3 A=600m k=4 2=428.6nm 即波长为600am和4286m的反射光最大限度的增强。 17-8B 17.9C 17-10 21 1711 3 An: 17-12B W 17.l3解：热影胀系数a=上 47 y-N2-202-102 22 1=3.0×10m AT=30℃-17℃=13℃ 代入式得a-1.51×10K 17-144 17-152m
8 μm k =1 1 =1960 nm（不可见） k = 2 2 = 653 nm（可见） k = 3 3 = 392 nm（不可见） ∴ 2 = 653 nm 的光透射减弱。 17-7 解： = n d + = k 2 2 2 = − = 2 1 2 2 k n d 2 1 2 1.5 0.5 − k 5 k =1 =1.510 nm 5 k = 2 =1.010 nm k = 3 = 600 nm k = 4 = 428.6 nm 即波长为 600nm 和 428.6nm 的反射光最大限度的增强。 17-8 B 17-9 C 17-10 2 2n 17-11 2 4 3 n 17-12 B 17-13 解：热膨胀系数 T l l = * 10 2 20 2 l = N = = 2 3.0 10− l = m T = 30 ℃ −17 ℃ =13 ℃ 代入*式得 5 1.51 10− = K —1 17-14 4 17-15 2 n1=1 n2 d n1=1 l Δl
17.16解：干涉暗环半径r=√RR团 山=片-片=√R团 A 将无=5893m,△y=4.00×10-3m,△r'=3.85×10-mf代入，得A”=546.0nm 1717B 17-18解：山由单缝桁射的暗校条件bsng,■材，得g,=购码，■ ,则第一领(1D 暗纹更中心的距离为 寸g01f1=147x10-m 巴由明纹条件b8=2k+)宁，得，加%-(2+) ,则第二级(k2) 26 明纹距中心的距离为 fg93f9:=3.68×10-3m 在上运计算中，由于k取值较小，即p较小，故修老s:肌p。如素取值较大，则 应严格计算， 对于第二级明纹，有()，该明纹距中心的距离 17-19题中印的条件不足。该题不做。 1720D 17-21应用光儒方程ds血=k2 得dsn30°=3%■4 1)d=6入=6×500nm-3000nm a方=x500m-75nm 17-23A 17-24解：设入射前一束自然光强为6 入射前另一束自然光强为 通过第一个偏振片后光强变为和马 2 2 9
9 17-16 解：干涉暗环半径 r = kR r = r4 − r1 = R 即 r r 将 = 589.3 nm， 3 4.00 10− r = m， 3 3.85 10− r = m 代入，得 = 546.0 nm 17-17 B 17-18 解：⑴ 由单缝衍射的暗纹条件 bsin 1 = k ，得 1 ≈sin 1 = b k ，则第一级（k=1） 暗纹距中心的距离为 x1=f tg 1≈f 1 3 1.47 10− = m ⑵ 由明纹条件 2 sin (2 1) 2 b = k + ，得 2 ≈sin 2 = b k 2 (2 1) + ，则第二级（k=2） 明纹距中心的距离为 x2=f tg 2 ≈f 2 3 3.68 10− = m 在上述计算中，由于 k 取值较小，即 较小，故 sin tan 。如 k 取值较大，则 应严格计算。 对于第二级明纹，有（），，该明纹距中心的距离 17-19 题中印的条件不足，该题不做。 17-20 D 17-21 应用光栅方程 d sin = k 得 30 3 1 4 2 sin = = d ⑴ d = 61 = 6500 nm=3000nm ⑵ 500 4 3 2 = nm=375nm 17-22 1 2 arctan 2 n n − 17-23 A 17-24 解：设入射前一束自然光强为 I0 入射前另一束自然光强为 0 I 通过第一个偏振片后光强变为 2 0 I 和 2 0 I
酒过第二个偏板片后光张支为上c0s230和兰c0s260 由已知的两次透射光强相等，符兰cus230°-二c0s260 器 出射光据：1-P+分 1m-号 由己知1m=51m 可解得1”一2山n …÷月
10 通过第二个偏振片后光强变为 cos 30 2 0 2 I 和 cos 60 2 0 2 I 由已知的两次透射光强相等，得 cos 30 2 0 2 I = cos 60 2 0 2 I ∴ 1 3 2 1 2 3 cos 60 cos 30 2 2 2 2 0 0 = = = I I 17-25 解：设入射的自然光强为 I0 入射的偏振光强为 I 出射光强： 2 0 max I I = I + 2 0 min I I = 由已知 max 5 min I = I 可解得 2 0 I = I ∴ 2 0 1 = I I 18-1 B 18-2 A 18-3 C