大学物理(上)参考答案

大学物理（上）练习题解答
第一章 质点运动学 参考解答
1．解：瞬时速率就是指瞬时速度的大小，所以v v
= 平均速率 t
S v ∆∆=
平均速度的大小t
r t r
v ∆∆=
∆∆=
v
v r
s
≠∴≠∆∆
故答案为（B ）
2．解：位移大小 m 8)0(x )4(x x =-=∆ 速度t 2b dt
dx
v -==
易知t=3s 时v=0，在此前后，速度方向逆转， 因此，路程m 10)0(x )3(x )3(x )4(x s =-+-=∆ 3．解：（1）s m x x v /5.01
2)
1()2(-=--=
（2）s m v t t dt dx v /6)2(,692-=-==
（3）令v=0，得v=0 或1.5m/s ， 于是 m x x x x S 25.2)5.1()2()1()5.1(=-+-= 4． 如图：有
M
M 12x x x h h -= 可得x h h h x 2
11
M -=
两边求导，得v h h h v 2
11
M -=
5.解：（1）a a dt dv t ≠= （2）v dt r d dt dr =≠
（3）v dt ds = 正确 （4）t a a dt v d ≠=
6. 解：（A ）反例：匀速率圆周运动
h
（B ）正确。

ρ
2
v
a n = ，除拐点外，ρ为有限值，0≠∴n a
（C ）n a 反应速度方向变化的快慢，只要速度方向有变化，n a 就不为零。

（D ）此时，0≠=∴n a a （E ）反例：抛体运动。

7. 解：（1）
2ct dt
ds
= 作积分
⎰⎰
=t
t s dt ct ds 0
2)
(0
得 33
1)(ct t s =
（2）ct dt
dv
a t 2==
（3）R
t c R v a n 4
22== 第二章 牛顿运动定律 参考解答
1.解：（1）v ＝kx ，x k kv dt dv
a 2===
，F ＝Ma ＝Mk 2x （2）由v ＝kx ，得
kx dt
dx
= 作积分 ⎰⎰=t
x x kdt x dx ∆0
1
0 得 01ln 1x x k t =∆ 2.解：（1）子弹进入沙土后受力为—kv ，由牛顿定律得 dt
dv
m
kv =- 对上式分离变量，并作积分
⎰⎰=-v v t
v
dv dt m k
00 得
m kt e v v /0-=
（2）由 v dx
dv
m dt dx dx dv m dt dv m
kv ===-
分离变量后作积分：
⎰⎰=-0
max v x mdv
kdx
得 k
m v x 0
max =
3.解：j mv j mv j mv p
2-=--=∆
4.解：设水流向叶片的速度为i v
，则水流出叶片的速度为i v
-，在t ∆时间内，流过叶片的水的质量为t Q m ∆∆=，其动量增量为i mv p
∆∆2-=，叶片作用于水的力为
i Qv i t
mv t p
22-=-=∆∆∆∆ 由牛顿第三定律可知，水作用于叶片的力为i Qv
2，其大小为Qv 2，方向为水流向叶片的速度方向。

5.解：⎰⎰⋅=+==
.20
.20
S N 18dt )3t 6(Fdt I
6.解：设弹簧原长处为坐标原点，弹簧伸长量为x ，则弹性恢复力为kx F x -=. 又,在弹簧长度为1l 时，伸长量为01l l -；弹簧长度为2l 时，伸长量为02l l -，于是有
⎰⎰-----==
20
10
20
1l l l l l l l l x
kxdx dx F A
7.解：J dx x dx F A x 832
22
===⎰
⎰
8.解：选y 轴的正方向为竖直向上，井中水面处为坐标原点。

按题意，人所用的拉力为
F=(11-0.2y)g=107.8-1.96y (N) 于是拉力所作的功为 J dy y Fdy A h 980)96.18.107(10
=-==
⎰⎰
9.解：2020
00
02R F ydy F xdx F dy F dx F A R
y L
x =+
=+=⎰
⎰
⎰
解法二：2020
002R F rdr F r d r F r d F A R
L
L
==⋅=⋅=⎰
⎰
⎰
10.证明：物体m 位于任意角θ 时，受力情况如图所示，我们有
)1(2
R
v m
N =
)2(dt
dv
m
f =-
)3(N f μ=
由⑴⑵⑶可得 R
v dt dv 2
μ-= 两边同乘以d θ，整理后作积分
⎰⎰
-=πθμ00
d v
dv
V V
得滑块滑出时的速率： μπ-=e v v 0 由动能定理，摩擦力所做的功为
)1(2
12121220202-=-=
∆=-μπ
e mv mv mv E W k 11.解：2383)(t t dt
dx
t v +-==
（SI ） （1）s N mv mv I ⋅=-=16)0()4( （2）J mv mv W 176)0(2
1
)4(2122=-=
12.解：由动量定理可得质点在三秒末的动量大小：s m kg tdt p /54120)3(3
⋅==
-⎰
再由动能定理可得力所作的功：)(7292
2542)3(0)3(2
2J m p E A k =⨯==
-= 13..解：（A ）冲量越大，则动量增量越大，但不一定动量越大。

例如，竖直上抛物体在上
升阶段就是“冲量越大，动量越小”。

（B ）因作用力与反作用力等值反向且同时产生和消失，所以它们的冲量必定等值
反向。

（C ）反例：在两个质点相互接近或远离的过程中，一对万有引力的功并非等值反
号。

（D ）反例：匀速率圆周运动。

第三章 运动的守恒定律 参考解答
1.解：（1）外力做的功 J dx x x dx x F A x x x x 31)4.388.52()(2
1
21
2=+==
⎰⎰
（2）弹力F F -='， 动能定理：A Fdx dx F mv x x x x =-='=⎰⎰
1
2
12
2
2
1
于是 134.5/2-⋅==
s m m A v
（3）是保守力。

因为它的功（实际上等于一对力的功）的值仅与弹簧的始末态（相
对位置）有关。

2.解：万有引力作的功等于万有引力势能的减少： ab
b a m Gm b m Gm a m Gm A )
()()(212121-=---
= 3.解：（1）万有引力的功等于万有引力势能的减少： )
()()(h R R G M m h
R G M m h R G M m A +=
--+-
= （2）根据动能定理，有
2
21-=mv A 于是 )
(2h R R GMh
v +=
4.解：(A)不受外力的系统，其动量守恒，但机械能不一定守恒，取决于非保守内力的功是
否为零.
(B)合外力为零，但外力的功之和不一定为零，所以机械能不一定守恒。

(C)满足动量守恒条件（合外力为零）和机械能守恒条件(外力的功和非保守力的功都
为零)，正确.
(D)外力做功为零，但合外力不一定为零（例如：匀速率圆周运动），所以动量不一
定守恒。

又，外力做功为零，但非保守内力的功是否为零，不得而知，所以机械能也不一
定守恒。

5.解：由牛顿第二定律：
R
v m R GMm 22
=
于是 R
GM
v =
轨道角动量大小： GMR m mvR L ==
6.解：(1) k mgb j mg j gt i b g m r M
=⨯+=⨯=)(221
(2) k mgbt j mgt j gt i b v m r L
=⨯+=⨯=)(221
7.解：(1) r m dt
r d m F 222ω-==
0)(2=-⨯=⨯=r m r F r M
ω
(2) j t b i t a dt r
d v ωωωωcos sin +-== )cos sin ()sin cos (j t b m i t a m j t b i t a v m r L
ωωωωωω+-⨯+=⨯=
k ab m
ω=
8.解：以θ表示速度v
与弹簧长度方向之间的夹角，则由角动量守恒和机械能守恒有
θsin 00l mv l mv =
202
1
221202
1)(l l k mv mv -+= 解得 s m m
l l k v v /4)(2
020
=--=
00
030)arcsin(
==l
v l v θ 第四章 刚体的定轴转动 参考解答
1．（B ）解：(1)、(2)正确，(3)、(4)错误 ∴ 应选（B ）
2．（C ）解：刚体对轴的转动惯量为⎰
m
dm r 2
，其中dm 为刚体上的一质量元, r 为该质
量元到转轴的垂距, 积分对整个质量m 的分布进行, 故选择(C)。

3．解： (1) 合力矩的大小: M = M 2-M 1=2mg l/2-mg l/2 = mg l/2
(2) 角加速度的大小: β = M/J, 其中J=2m(l/2)2+m(l/2)2 = 3m l 2/4 故: β =2g /(3l ) 。

4．（C ）解：对飞轮： 1βJ TR = ①
对重物： 1ma T mg ='- ② 牛Ⅲ律： T T '= ③ 由①得： J
TR
=
1β 由②③得： T mg > 若以拉力2mg 代替重物，则有：12222ββ=>⋅=
J
TR
J R mg
∴ 应选（C ）
5．解：根据牛顿运动定律和转动定律，对飞轮和重物列方程，得
R Ja M TR f =- ① ma T mg =- ② 2
at 2
1h =
③ 则将m 1、t 1代入上述方程组，得 221
1s /m 0156.0t
h
2a ==
N 3.78)a g (m T 111=-=
1f 1a /R )M R T (J -= ④ 将m 2、t 2代入①、②、③方程组，得 2322
2s /m 104.6t
h
2a -⨯==
N 2.39)a g (m T 222=-= 2f 2a /R )M R T (J -= ⑤ 由④、⑤两式得
232
12121006.1)
(m kg a a T T R J ⋅⨯=--=
6． 解：由转动定律，有
dt
d J
k ωω=- 分离变量后作积分 ⎰⎰-
=200
0ωω
ω
ω
d k
J
dt t
得 k
J t 2
ln =
7．解：根据转动定律 M=Jd ω/dt
即 d ω=（M/J ）⋅dt
其中 M=Fr ， r=0.1m ，F=0.5t ，J=10-3kg ⋅m 2 分别代入上式，得 d ω=50tdt
则1s 末的角速度 s /rad 25tdt 501
1==ω⎰
8．（B ）解：系统角动量守恒的条件为: 外力对系统中的给定轴的总力矩为零, 故选择(B)。

而(A)和(C)不是必要条件, (D)中的: “转动惯量保持不变”是刚体的定义, 不是刚体角动量守恒的条件。

9．（C ）解：子弹射入的瞬间，系统所受合外力矩为零，角动量守恒，有 ωω''=J J
∵ J J >' ∴ ωω<' ∴ 应选（C ）
10． 解：啮合前后，系统所受合外力矩（重力矩）始终为零，角动量守恒，有 ωω'+=)2(1101J J J 于是 3
ωω=
'
11． 略
12． 解：在子弹射穿棒的过程中，子弹—棒系统所受对O 轴的合外力矩为零，角动量守恒，有
ω⋅+⋅=⋅2003
1
32232Ml l v m l m v
由此得到棒上摆的初角速度为 Ml
m v 0
=
ω 在棒上摆过程中，棒—地球系统机械能守恒，有
)cos 1(2
312122θω-⋅=⋅⋅l
Mg Ml 13、（略）
14、（略）
第六章 气体动理论 参考解答
1.解：（1）在温度为T 的平衡状态下，分子沿各个方向运动的机会相同，即平均看来，在任一时刻沿任一方向具有同样速率的分子数相同，气体分子速度沿各分量的各种统计平均值都相等，所以
0===z y x v v v ___2___2___2z
y x v v v ==
（2）___2___2
___2___2___23x
z
y x v v v v v ==++ 而kT v m v m x
232321___2
___2== m
kT v x
=
∴___
2.
2．解：设管内气体总分子数为N.
由kT V N
nkT p )(== 知
（1）121061.1⨯==kT
PV
N 个.
（2）分子的平均平动动能的总和＝J kT N
81023
-= （3）分子的平均转动动能的总和＝J kT N 810667.0)22
(-⨯=
（4）分子的平均动能的总和＝J kT N 81067.12
5
-⨯=
3．解：因同一容器内，温度T 相等，
氢气 i = 5 , 氦气 i = 3
（1）kT 2
i
i =
ε i 不等 , i ε 不等。

（2）氢气分子是双原子分子，有转动动能，氦气分子是单原子分子，只有平动动能 . （3）kT w 2
3
=
相等. （4） E= iRT/2 i 不等， E 不等。

故选（D ）. 4.解：理想气体内能 PV i
RT i M M E mol 2
2==
由于V 不变，对同一种气体i 不变，则
1
2
12P P E E = 5．解：PV i
RT i M M E mol 2
2==
P i V E 2=∴
35)()(22==He H H H i i
V
V E
e
由 RT i M M E mol 2=
得 RT M i
M E mol
2=
则 3102435)()
()()(
222=⨯==H mol H H mol H He H M i M i M
M E
e e
.
6.解：（1）由 PV i
RT i M M E mol 2
2==
得 .1035.125Pa iV
E
P ⨯==
（2）设分子数为N 由 kT w 2
3=
及 kT 25
N E = 比较
得
J N
E
w 21105.753-⨯==
又 kT 2
5
N E =
得 .K 362Nk
5E
2T ==
7.解：由Ndv
dN
v f =
)(，可知在v —v+dv 区间内的分子数 dN=Nf(v)dv ，由于dv 很小，可知dN 个分子平均动能相同，都等于
22
1
mv ，所以在此区间内dN 个分子的平均动能之和为：dv v Nf mv dN mv )(21212
2=.而⎰2
1
)(212v
v dv v Nf mv 就是在v 1—v 2速率间隔之内的分子
平动动能之和. 故选（D ）. 8.解：由三种速率公式：
m kT v p 2=
； m kT
v π=8； m
kT v 32___
=.
若 v p 相等，则
m
kT 相等，所以v 、__
2
v 均相等。

故选（A ）. 9.解：由 m o l
M RT
v π=
8 知
21
2
12)()(1222=⋅==O
mol O mol O O
M T M T v v . 故选（C ）. 10.解 ：理想气体的压强 w n P 32=
其中22
1
v m w =
==c B A c B A w :w :w P :P :P 2
c 2B 2A v :v :v = 1:4:16
11．解： 由
m o l
2M RT
3v =
可得 3
v M RT 2
2mol ⎪⎭⎫ ⎝⎛=
（1）
将（1）代入 RT M m
PV mol
=
，则 22)v (V 3m P = 可求得：Pa 1033.110
103)200(1.0P 5
3
2⨯=⨯⨯⨯=- 12．解：由理想气体的状态方程 RT M M PV mol =
得 ρ
==P
M PV M RT mol 所以
ρ
==
P
M RT
v mol
33__2
. 由理想气体的内能公式 PV i
RT i M M E mol 2
2=⋅=
得到
P P i V E 2
3
2==. 13．解：一定量气体，V 不变，所以数密度（V
N
n =
）也不变. mol
M RT
v π=
8 则T 升高，v 增大
而 v n d Z 22π=
故Z 增大.
由于 n
d 221
π=
λ λ∴不变. 故选（A ）.
第七章 热力学基础 参考解答
1．解：略 2．解：)(7.124131.82
3
1023J T R M M E mol =⨯⨯⨯=∆=
∆
)J (3.842097.124A E Q -=-=-∆=
3．解：该气体的摩尔质量 )/(1000.2104.220894.033mol kg M m ol --⨯=⨯⨯= 可见它是氢气，5i = 于是（1）)k mol /(J 1.29R 2
2
i C P ⋅=+=
（2）)k mol /(J 8.20R 2
i
C V ⋅==
4．解：由R 2
2
i C P +=
，得： 5231
.81
.2922R C 2i P =-⨯=-=
分子平均转动动能：
)J (1077.32
2731038.1)35(2kT )3i (2123r --⨯=⨯⨯⨯-=-=ε 5．解：T R i M M Q mol ∆+=
22
T R i
M M E mol ∆=
∆2
T R M M
E Q A mol
∆=
∆-= 2
i i
Q E ,2
i 2Q A +=∆+=∴
6．解：等压过程T R M M
A mol
∆=
单原子：J T R M M Q mol 50020025
25=⨯=∆=
双原子：J T R M M Q mol 7002002
7
27=⨯=∆=
7. 解：(1)根据RT M M
PV mol =
，又2
1)M ()M (2mol 1mol =
2
1
m m 21=∴
（2）35
2
3252
1=⋅⋅=
RT M M RT M M E E
mol
mol （3）由22112
5
,27T R M M Q T R M M Q mol mol ∆=∆=
得
75T T 21=∆∆ 又7
521=∴∆=
A A T R M M
A mol
8．答：（1）不可能
因为dV=0，则dQ=dE ，等容过程dQ>0，所以dE>0，即内能只有增大而不可能减少。

（2）不可能
因为据pV=C ，V 减少则p 增加，但dT ＝0, dA=pdV<0，dQ=dA<0，即只能放热而不可能吸热。

（3）不可能
因为dp ＝0，0<==RdT )M /M (pdV dA m ol ，
0<=dT C )M /M (dE v m ol ，即内能减少而不可能增加，且dQ=dE+dA<0，即气体放热
而不可能吸热。

（4）可能
因为据C pV =γ
，V 减少则P 增加；又dQ=0,则dA=pdV=-dE<0，所以dE>0，即内能增加。

9．解：（1）由图可见 2B C V V V ==
（2）因CA 是绝热过程，有1
C C 1
A A V T V T -γ-γ=， 即12C 1
1
1V T V T -γ-γ=
∴ 11
2
1C T )V V (
T -γ= （3）由理想气体状态方程得 1
2
121C C C )V V (V RT V RT P -γ== 10．解：（1）等温过程气体对外作功为
J
1072.20986.129831.83
ln RT dV V
RT
pdV A 3v 3v v 3v 00
⨯=⨯⨯===
=
⎰
⎰
（2）绝热过程气体对外作功为
J .RT V P dV V V P pdV A V V V V 3010013003102021311130
00⨯=--=--=
==---⎰⎰γγγγγ
γ
11．解：b a →过程：0A ab = c b →过程： )V V (4P A 1C 1bc -=
其中1111C a a c V 44
P V
P P V P V === ∴ 11bc V P 4
3
A = a c →过程：4ln V P V V ln RT M M V dV RT M M A 11c a
a V V mol a mol ca a
c -===
⎰
整个循环中系统对外做的功：11ca bc ab V P )4ln 4
3
(A A A A -=++=
整个循环中系统吸收的热量：11V P )4ln 4
3(A Q -==
12．D
解：因为每次循环对外作的净功就等于循环曲线所围面积，故两循环对外作的净功相等。

13．解：∵ 可逆过程⇔无摩擦的平衡过程， ∴ （1）（4）正确→（A ） 14．D
解：略 15．解：（1）如图(A)，若两条绝热线交于两点，则可构成一循环，在该循环中，Ｑ＝０，∆E ＝０，而Ａ＞０，显然违背热力学第一定律。

(2）如图(B)，若一条等温线和一条绝热线交于两点，则可构成一循环，在该循环中，系统从单一热源吸热并把它全部转变为功，显然违背热力学第二定律。

16． 解：略
V
V
(B)
第十五章 机械振动 参考解答
1．(B)
解：1k 和2k 两弹簧并联，21k k k +=∴，m
k k 2122
1+π=
πω=ν∴。

2．解：周期s T 25.0/2==ωπ，
振幅A=0.1m ，
初相3/2πφ=，
v max =)
/5.2(/8.0s m s m A ==πω
a max =ω2A= 6.4π2m/s 2 (=63m/s 2)
3．解：（1）v m =ωA ∴ω= v m /A=1.5s -1
∴ T = 2π/ω=4.19s
（2）a m =ω2A= v m ω=4.5╳10-2m/s 2
（3）ф=π/2
x=0.02cos(1.5t +π/2 ) (SI)
4．(C)
解：用旋转矢量法。

如图所示t=0时，x 0=-1cm, 向x 轴负向运
动（A 1），3
2π
=
ϕ∆ ； t=1时，x 位于正最大位移处（A 2）。

34π=
ϕ∆∴。

t ∆ω=ϕ∆，134⋅ω=π，3
4π
=ω∴。

5．（B ）
解：用旋转矢量法。

如图所示
4
34433D C B A π-=ϕπ-=ϕπ=ϕπ=
ϕ。

所以选[B]。

6．解：由旋转矢量图和b a v v = 可知
秒42
1
=T ， ∴,8s T = 1
8/1-=s ν,
4/2ππνω==
(1) 以AB 的中点为坐标原点， x 轴指向右方。

t=0时，x= -5 = Acos Ф (cm) t=2s 时，x= 5 = Acos(2ω+Ф)=-Asin Ф (cm) 由上二式解得 tg Ф=1
因为在A 点质点的速度大于零，所以Ф=-3π/4或-5π/4（如图）
t
A = x/cos Ф=cm 25 ∴运动方程
x =)4/34/t cos(10252π-π⨯- (SI) (2 ) v=
4
34sin(104252πππ-⨯-=-t dt dx ) 当t=2s 时 v=
s cm t dt dx /93.3)4
34sin(425=--=πππ 7．解：设外力撤去时物体的位移为0x ，速度为0v ， 由功能原理得2
020120mv 2
1kx 21E E x F +=
-= 即202v 62
105.0242105.010⨯⨯+⨯⨯=
⨯ )s /m (396.0v 0-=⇒ 求圆频率： )s /r a d (26
24
m k ===
ω 求振幅： )m (204.04396.005.0v x A 22
22020
=+=ω
+=
求初位相： 96.3)
05.0(2396
.0x v tg 000-=-⨯--=ω-
=ϕ )rad (82.10=ϕ⇒
故振动方程为 m )82.1t 2cos(204.0x += 8．解：（1）V=
)2
5sin(0.3π
--=t dt dx (SI) V 0=3.0 m/s (2) F=ma=-m ω2
x N F A x 5.12
1
-==时，
9．（D ）
解：对于由弹簧和振子构成的系统，弹性力是保守力，其作功
22212P 1P p 12kx 2
1kx 21E E E A -=
-=∆-= 当１、２两状态相差半个周期时，在旋转矢量图中画出两个状态，
由图易知，总有
12x x -=
故 0A 12= 10．2
2
2
/2T mA π
解：2kA 21E =
，m
k
2=ω 又T 22ππνω=
= 2222
222T mA 2T 2mA 21A m 21E ππω=⎪⎭
⎫ ⎝⎛==∴ 11．解：（1）πφω
π
πω3
1
;412;/8;5.0==
===s T s cm A (2) )/)(3
1
8sin(4s cm t dt dx v πππ+-==
)/)(31
8cos(322222s cm t dt
x d a πππ+-==
(3) J 1090.7A m 2
1
kA 21E E E 5222p k -⨯===+=ω (4) 平均动能
J E E E J dt
t m T dt m v T E p T
T
k 55
2220201095.32
1
2
1
1095.3)3
1
8(sin )104(211211---⨯==
=
⨯=+⨯-==⎰⎰同理πππ
12．4×10-2m
π2
1 解：用旋转矢量法 ()⎪⎭
⎫
⎝⎛-+⨯=-⨯=--πππ2t 5cos 10
2t 5sin 10
2x 2
2
2
⎪
⎭⎫ ⎝⎛
+⨯=+=∴-2t 5cos 104x x x 221π
2
,m 104A 02π
ϕ=
⨯=-
13．（D ）
解：在旋转矢量图中画出两个振动矢量II I A A
、 则合振动的振幅为 )m (25.0A 2A I ==
初位相为 4
1arctg 0π
==ϕ
圆频率为 )s /rad (2
2T 2π=π=π=
ω 合振动表示式为 )SI )(4
t cos(25.0x π
+
π= 第十六章 机械波和电磁波 参考解答
1．解：（1）波的表达式为)SI ()x 2t 100cos(
05.0y π-π=
与标准形式)SI ()
/x 2t 2cos(A y λπ-πν= 比较得
s /m 50u ,m 0.1,Hz 50,m 05.0A =λν==λ=ν=
（2）1max max s m 7.15A 2)t
y
(
v -⋅=πν=∂∂= 2
322m a x 22m a x s m 1093.4A 4)t
y (a -⋅⨯=νπ=∂∂=
（3）π=λ-π=φ∆/)x x (212, 两振动反相。

2．解：将)bx at cos(A y -=化成标准形式
A
)x t (2cos A )x 2b t 2a (
2cos A y λ
-νπ=π-ππ= 可知波的特征量 ,2a π=
ν ,a 21T π=ν= ,b 2π=λ ,b
a
u =νλ= 结果选[D]。

3．解：在波线上相位差等于2π的二点间距离为一个波长，相位差为π/3的二点间距离应是
m 5.0100
23/3002u 2x =⨯ππ⨯=ϕ∆πν=ϕ∆πλ=
∆ 结果选[C]。

4．解：(1)因为该平面简谐波沿x 轴负方向传播，所以设波动方程为
])x
t (2cos[A y 0φ+λ
+νπ=
把ｘＰ=－Ｌ代入所设波动方程，则
])L
t (2c o s [A y 0p φ+λ
-νπ= 与 )2/t 2c o s (A y p π+πν=比较可得2
L 20π
+λπ
=φ 代入所设的波动方程，则该波的波动方程是 ]2
)L x t (2cos[A y π
+λ++
νπ= (2)设P 处质点t 时刻的相位为 2
)L L t (2P π
+λ+-+
νπ=φ O 处质点t 1时刻的相位为 2
)L 0t (210π+λ++
νπ=φ 根据题意 2
)L t (2k 22t 21π
+λ+νπ=π+π+
πν 则 ν
+νλ+
=k
L t t 1其中k=0，±1，±2，……
注：只写νλ
+
=L
t t 1也可以。

5．解：（1）由振动曲线可知，P 处质点的初相位为π，其振动方程为
)4/t 2cos(A y p π+π=
)SI ()t 2
cos(A π+π
=
（2）波动方程为)SI (])d
x 4t (2cos[A y π+λ
-+π=
（3）O 点处质点的振动方程
)SI ()
t 1
cos(A y o π=
6．解：由稍后时刻波形图（虚线图）可以看出，A 点下一时刻要向下方振动，∴v A ＜０；
B 点在平衡位置处，其振动速度为负的最大值，
C 点在平衡位置处，其振动速度为正的最大值，
D 点下一时刻要向下方振动∴v D ＜０。

结果选[D]
7.解：（1）O 处质点，t=0时
0sin A v ,0cos A y 00>φω-==φ=
所以 π
-=φ21 又 )s (508.0/40.0u /T ==λ= 故波动方程为
x
)SI (]2
)4.0/x 5/t (2cos[04.0y π--π=
（2）]2
)4.0/2.05/t (2cos[04.0y p π-
-π=
)SI ()2
3
t 4.0cos(04.0π-
π=
8．解：在同一媒质中两列波频率相同，则平面简谐波的强度之比正比于波的振幅的
平方之比，即1
16
A A I I 222
121==，所以 14
A A 21=。

9．解：由题目可得2
2010π+φ=φ，设P 点到S 1点的波程为x ，则 波源S 1在P 点引起的振动相位为 λπ
⋅-π+φ=λπ⋅
-φ=φ2x 22x 20101， 波源S 2在P 点引起的振动相位为 λ
π⋅-π-φ=λπ⋅λ-λπ⋅-φ=φ2x 2242x 20202 则 π=φ-φ21
结果选[B]
10．解：要求两列波传到P 点的振动的合振幅，就要求出在P 点的两振动的相位差
π-=π⨯-π=
φ27
2221P
1 π-=π⋅-π-=φ2
1522721P 2
A 2cos A A 2A A A P 21222
1=φ∆++=
11．解：在驻波方程中 T
t
2cos x 2cos A 2y πλπ
= 有二个因子。

T t 2cos π
与位置无关，λ
πx
2cos 在波节处为零，波节两边符号相反，即在相邻二波节之间的各点相位相同。

a 、b 二点分居波节两边，不管它们相距多大，一定是反
相，即相位差为π。

要注意，在驻波情况下，不能按行波中两点间相位差的公式计算。

结果选[A]。

12．解：（1）反射点是固定端，所以反射有“半波损失”，且振幅为A ，因此反射波的表达式为
])T
t
x (
2cos[A y 2π+-λπ=
（2）驻波的表达式是
)2
T t 2c o s ()2x 2
c o s (A 2y y y 21π
-ππ+λπ=+= （3）波腹的位置： λ-=
π=π
+λπ
)2
1
n (21x n 2
x 2 n=1，2，3，4，……. 波节的位置： λ=
π+π=π+λπ
n 2
1
x 2
1n 2x 2 n=0，1，2，3，…….
第十七章
波动光学
一、 光的干涉 参考解答
1.（C ）
解：因为21n n <，所以反射光1与入射光之间有半波损失π=ϕ∆ 由ϕλ
δ
π
∆=2 得2λδ= 又因为32n n >，所以反射光2与入射光之间没有半波损失 故反射光1、2之间的光程差为2
22
21
122λλ
n e n e n ±
=±
2.解：由双缝干涉的条纹间距公式：d
D x λ=∆ 得：
（1）当d 增大时，x ∆变小。

（2）当λ减小时，x ∆变小。

3.解：将光在空气中的波长近似认为是光在真空中的波长， 由双缝干涉的条纹间距公式d
D x λ=
∆ 得 )mm (133
.133
.1x ==
∆ 4.解：（1）由双缝干涉的明条纹位置的公式：d
D k x λ
≈ （k=0、1、2……） 对第五级明条纹，k=5 ，代入上式，有
)mm (0.610500050
.01200
5x 7=⨯⨯⨯
=- （2）从几何关系近似有
D
x d r r 12'
≈
- 加入透明薄膜后，两相干光线的光程差为
)1n (D
x d )1n (r r )n r (r 1212--'
=
---=+--=δ ① 第k 级明纹有λ±=δk ② 将②代入①得第五级明条纹的坐标
[]
[]
）
（或mm 9.7)mm (9.1950.010*******.0)158.1(1200d
k )1n (D x 7=⨯⨯±⨯-⨯=λ±-=
'-
5.（B ）
解：薄膜相对于空气是光密媒质，光在上表面反射有半波损失，在下表面反射无半波损失，故反射光的明纹条件应为：
λ=λ
+
k 2
ne 2 （k=1、2、3……） 其中最小厚度对应于1k =，有λ=λ
+
2
ne 2min 可得n
4e min λ=
6.解：由于21n n >，所以光在第一个表面的反射无半波损失；又由于23n n >，所以光在第二个表面的反射有半波损失。

明纹需满足的条件为λ=λ
+
k 2
e n 22 （k=1、2、3……） 从劈尖顶算起的第二条明纹对应于k=2 , 相应的膜厚为2
n 43e λ
=
7.解：（1）条纹间距为θ
λ
=θ∆≈θ∆=
2e sin e 当将金属丝向棱边推进时，↑θ，故条纹间距↓
（2）条纹的数目为λ
=∆=
d 2
e d N d 和λ均不变，故N 不变。

8.（C ） 解：（1）当上表面由图中实线移到虚线所在位置时，某条纹将由A 移到A '位置，即向棱边方向平移。

（2）条纹间距θ
λ≈
2 由于θ不变，故条纹间距不变。

9.解：（1）如图，光束2在上下两个表面反射时均有半波损失，故发生透射的两束光的光程差为
e 20e 2=-=δ
（2）顶点处0e =，所以0=δ，干涉加强是明条纹。

10.解：牛顿环的明纹满足λ=λ
+
k 2
e 2 第五级明纹和第二级明纹对应的空气膜厚度之差为
)nm (9006002
323222225e e e 25=⨯=λ=λ
-λ-λ-
λ=
-=∆ 11.（B ）
解：如图所示牛顿环装置，明环满足：
λ=λ
+
+k 2
e 2e 20 对同一级明环k ：当↑0e 时，必有↓e
即当平凸透镜向上移动时，条纹向中心收缩。

12.解：设薄膜的厚度为d ,在一条光路中放入介质薄膜
后，这条光线要来回两次通过薄膜，光程为nd 2；未加薄膜时，此光线来回两次通过所占的空气层的光程为2d ,加薄膜后，这条光线多走的光程为d )1n (2-，考虑到另一条光路的条件未变，故两束光的光程差的改变量λ=-=δ∆d )1n (2 得)
1n (2d -λ
=
二、 光的衍射 参考答案
1. (A)
θA A
'
解: 由单缝衍射中央明纹宽度公式 a
D
2x λ=
∆可知，增大缝宽a ，其它条件不变，x ∆变小。

增大缝宽，允许透过的光强增加，中心光强增大。

2. 解：菲涅耳波带法即将沿某一衍射角θ方向的两条边缘衍射线之间的光程差asin θ以λ/2为单位分成半波带，有下列关系
2
2sin λ
θk a = 暗纹
2
)12(sin λ
θ+=k a 明纹 不满足上述条件的为明暗纹之间的过渡部分。

题中 2
430sin 4sin 0
λ
λθ⋅==a 所以分成4个半波带。

3. 解：（1）单缝衍射暗纹条件 2
2sin λ
θk
a = （k=1、2、3......） 此处k=2, 则 2
4sin a λ
θ⋅
=, 即可分成4个半波带。

（2）此位置 sin θ=2λ/a 若a →a/2 则a sin θ /2=λ 则为第一级暗纹。

4.解.由单缝衍射暗纹公式(1)
sin λθk a = 由图上(参见典型题解第三题图)几何关系可知 (2) sin f
x
a
atg a =≈θθ 由（1）、（2）可得 k λ=f
x
a
（3） 由题目条件， (4) 22
λ=f
x a
(5) 3/3
λ=f
x a
由（4）/（5），得
32/32λ
λ
=x x
nm nm x x 5105460
.332
.423223/=⨯⨯⨯==
λλ 5.解：第二级与第三级暗纹之间的距离
∆x= x 3-x 2 ≈f λ/a ∴ f ≈a ∆x/λ=403mm
6.解：光栅方程为 d sin θ=k λ ，k 取定后，λ长对应的sin θ大，从而θ也大，答案为（D ）。

7.解：光栅方程为 d sin θ=k λ ，sin θ ≤ 1，则k/d ≤ 1/λ λ一定，k 增大则d 增大，选（B ）。

8.解：（1）由题意λ1的k 级与λ2的（k+1）级谱线相重合
所以 dsin φ1= k λ1， dsin φ1= (k+1)λ2 k λ1= (k+1)λ2 22
12
=-=
λλλk
（2）因x/f 很小， tg φ1≈ sin φ1≈x/f ∴d= k λ1 f / x=1.2⨯10-3cm 9.解：缺级条件为
3k
k a b a ='
=+ 即k '=3k=3、6、9......的条纹不出现，答案选（B ）。

10.解(1)由光栅衍射主极大公式得 cm k b a 4104.2sin -⨯==
+φ
λ
(2)若第三级不缺级，则由光栅公式得
(a+b)sin φ'=3λ 由于第三级缺级，对应于最小可能的a ，φ'方向应是单缝衍射第一级暗纹： asin φ'=λ 两式比较，得 a=(a+b)/3=0.8⨯10-4cm
(3) (a+b)sin φ=k λ (主极大) asin φ=k 'λ (单缝衍射极小)
k/k '= (a+b)/a=3 即 k=3k ' ( k '=1，2，3，...) ∴ k=3，6，9，... 缺级
又因为 k max =(a+b)/ λ=4 所以实际呈现k=0，±1，±2级明纹。

（k=±4在π/2处看不到。

）
三、 光的偏振 参考解答
1.选（B ）
解：自然光垂直入射到2个叠在一起的偏振片上没有光线通过，说明这2个偏振片的
偏振化方向是相互垂直的。

当其中一个偏振片转动
180时，这两个偏振片的偏振化方向经历先平行然后又垂直的过程，因而出射光强经历先增加后又减小为零的过程。

2.选（A ）
解：设入射光中自然光的光强为1I ，线偏振光的光强为2I
由题意知 52
I I 2I 121
=+ 解得
2
1I I 21= 3.解：设两次入射的单色自然光的光强分别为10I 、20I ， 由题意知
22201210cos I 2
1
cos I 21α=α 故
3
24
321
30cos 45cos cos cos I I 22
3222
20
10==
=αα=
即第一次与第二次入射的单色自然光强度之比为3/2 4．
60; I 90
解：强度为0I 的自然光通过偏振片1P 后，光强变为2
I I 0
1=
设2P 与1P 的偏振化方向间的夹角为α，则此光再通过偏振片2P 后，由马吕斯定律，知光强α202cos 2I I =。

由题意知8
02I
I =，由此解得21cos =α，α= 60。

由题意知
30=α， 30cos 30cos 2
220
3I I ==I 90 5．选（C ） 解：α2
01cos I I =，)2(sin 4)2(cos cos 202202ααπαI I I =-=
6.
3
解：
60,30,90=∴==+B B i i γγ
由布儒斯特定律，3,
3212=∴==n n n tgi B
7. 选（D ） 解：2
1
sin sin n n r i =
, 又由题意知，290,452=∴==n i
γ
由布儒斯特定律， 7.542
12===B B i n n tgi
8. 传播速度; 单轴.。