波动与振动-答案和解析

1. 一简谐振动的表达式为)3cos(ϕ+=t A x ，已知0=t 时的初位移为, 初速度为
s -1，则振幅A = ，初相位 = 解：已知初始条件，则振幅为：(m )05.0)3
09.0(04.0)(2
220
20=-
+=-
+=
ω
v x A 初相： 1.1439.36)04
.0309.0(tg )(tg 1001或-=⨯-=-=--x v ωϕ
因为x 0 > 0, 所以 9.36-=ϕ
2. 两个弹簧振子的的周期都是, 设开始时第一个振子从平衡位置向负方向运动，经过后，第二个振子才从正方向的端点开始运动，则这两振动的相位差为 。

解：从旋转矢量图可见，
t = s 时，1A 与2A
反相，
即相位差为。

?
3. 一物块悬挂在弹簧下方作简谐振动，当这物块的位移等于振幅的一半时，其动能是总能量的 （设平衡位置处势能为零）。

当这物块在平衡位置时，弹簧的长度比原长长l ∆,这一振动系统的周期为
解：谐振动总能量22
1kA E E E p k =+=，当A x 21
=时
4
)2(212122E
A k kx E p ===，所以动能E E E E p k 43=-=。

物块在平衡位置时， 弹簧伸长l ∆，则l k mg ∆=，l
mg
k ∆=， 振动周期g
l k
m T ∆==ππ22
4. 上面放有物体的平台，以每秒5周的频率沿竖直方向作简谐振动，若平台振幅超过 ，物体将会脱离平台（设2s m 8.9-⋅=g ）。

解：在平台最高点时，若加速度大于g ，则物体会脱离平台，由最大加速度
g A v A a m ===22)2(πω 得最大振幅为
(m)100.11093.9548.94232222--⨯≈⨯=⨯==ππv g A 5. 一水平弹簧简谐振子的振动曲线如图所示，振子处在位移零、速度为A ω-、加速度为零和弹性力为
零的状态，对应于曲线上的 点。

振子处在位
移的绝对值为A 、速度为零、加速度为-2A 和弹性力-kA 的状态，对应于曲线的 点。

解：位移0=x ，速度0d d <-==A t
x
v ω，对应于曲线上的
）
b 、f 点；若|x |=A , A a 2ω-=，又x a 2ω-=, 所以x = A ，对应于曲线上的a 、
1
A 1
A 2A
x
0=t .0=t 5
.0=t t
x 0
A A
-a b c
d e
f
e 点。

6. 两个同方向同频率的简谐振动，其振动表达式分别为：
)2
1
5cos(10621π+⨯=-t x (SI) 和 )5sin(10222t x -⨯=-π (SI)
它们的合振动的振幅为 ，初相位为 。

解：将x 2改写成余弦函数形式：
)2
5cos(102)5sin(102222π
π-⨯=-⨯=--t t x
由矢量图可知，x 1和x 2反相，合成振动的振幅
(m )10410210622221---⨯=⨯-⨯=-=A A A ，初相2
1π
ϕϕ=
=
三、计算题
1. 一质量m = kg 的物体，在弹簧的力作用下沿x 轴运动，平衡位置在原点. 弹簧的劲度系数k = 25 N ·m -1． ，
(1) 求振动的周期T 和角频率．
(2) 如果振幅A =15 cm ，t = 0时物体位于x = cm 处，且物体沿x 轴反向运动，求初速v 0及初相．
(3) 写出振动的数值表达式． 解：(1)
1s 10/-==m k ω
1分
63.0/2=π=ωT s 1
分
(2) A = 15 cm ，在 t = 0时，x 0 = cm ，v 0 < 0
由 202
)/(ωv +=x A
得 3.12
20-=--=x A ωv m/s 2分
π=-=-3
1
)/(tg 001x ωφv 或 4
/3 2分
∵ x 0 > 0 ，∴ π=3
1
φ
·
(3) )3
1
10cos(
10152π+⨯=-t x (SI) 2分
)s (m 30.1075.015.0101222
020-⋅-=--=--=x A v ω
(3) 振动方程为)3
10cos(
1015)cos(2π
ϕω+⨯=+=-t t A x （SI ）
2. 在一平板上放一质量为m =2 kg 的物体，平板在竖直方向作简谐振动，其振动
周期为T = 2
1
s ，振幅A = 4 cm ，求
(1) 物体对平板的压力的表达式．
x
O A
2
A
1
ϕ1A
(2) 平板以多大的振幅振动时，物体才能离开平板
解：选平板位于正最大位移处时开始计时，平板的振动方程为
t A x π=4cos (SI)
t A x
π4cos π162-= (SI) 1分 <
(1) 对物体有 x
m N mg =- ① 1分 t A mg x m mg N ππ+=-=4cos 162 (SI) ② 物对板的压力为 t A mg N F ππ--=-=4cos 162
(SI)
t ππ--=4cos 28.16.192 ③ 2
分
(2) 物体脱离平板时必须N = 0，由②式得 1
分
04cos 162=ππ+t A mg (SI)
A q
t 2164cos π-=π
1分
若能脱离必须 14cos ≤πt (SI)
即 221021.6)16/(-⨯=π≥g A m
2分
3. 一定滑轮的半径为R ，转动惯量为J ，其上挂一轻绳，绳的一端系一质量为m 的物体，另一端与一固定的轻弹簧相连，如图所示。

设弹簧的倔强系数为k , 绳与滑轮间无滑动，且忽略摩擦力及空气的阻力。

现将物体m 从平衡位置拉下一微小距离后放手，证明物体作简谐振动，并求出其角频率。

、
解：取如图x 坐标，原点为平衡位置，向下为正方向。

m 在平衡位置，弹簧伸长x 0, 则有
0kx mg = (1)
现将m 从平衡位置向下拉一微小距离x ， m 和滑轮M 受力如图所示。

由牛顿定律和转动定律列方程， )
ma T mg =-1..................... (2) βJ R T R T =-21.................. (3) βR a = ........................... (4) )(02x x k T +=............... (5)
|
联立以上各式，可以解出 x x m R J
k a 2
2
ω-=+-
=，
（※）
（※）是谐振动方程，
所以物体作简谐振动，角频率为
x
T 2
T 1
2
2
2
mR
J kR m R J
k +=
+=
ω 第二章 波动(1)
一、选择题
1. 一平面简谐波表达式为)2(sin 05.0x t y --=π (SI) ，则该波的频率v (Hz)、波速u (m s -1)及波线上各点振动的振幅A (m)依次为:[ ]
(A) 2/1，2/1，05.0- (B) 2/1，1，05.0-
(C) 2/1，2/1，05.0 (D) 2 ，2，05.0
解：平面简谐波表达式可改写为
(SI))2
2cos(05.0)2(sin 05.0π
πππ+-=--=x t x t y
[
与标准形式的波动方程 ])(2[cos ϕπ+-=u
x
t v A y 比较，可得
)s (m 2
1
,(Hz)21,(m)05.01-⋅===u v A 。

故选C
2. 一横波沿绳子传播时的波动方程为)104cos(05.0t x y ππ-= (SI)，则 [ ] (A) 其波长为 m ; (B) 波速为5 m s -1 ;
(C) 波速25 m s -1 ; (D) 频率2 Hz 。

解：将波动方程与标准形式 ])(2[cos ϕπ+-=u
x
t v A y 比较，可知
)s m (5.2),Hz (51-⋅==u v )m (5.05
5
.2===v u λ
故选A
3. 一平面简谐波的波动方程为)3cos(1.0πππ+-=x t y (SI)，t = 0时的波形曲线如图所示。

则[ ] (A) O 点的振幅为 m ； (B) 波长为3 m ；
(C) a 、b 两点位相差 π2
1
；
(D) 波速为9 m s -1。

解：由波动方程可知(Hz),23
(m),1.0=
=νA (m)2=λ，)s (m 322
31-⋅=⨯==νλu a 、b 两点间相位差为：2
422πλλ
π
λ
πϕ===∆ab
故选C
"
4. 一简谐波沿x 轴负方向传播，圆频率为ω，波速为u 。

设t = T /4时刻的波形
(m)
Y u
1
.0a b
(m)
X 01
.0-y
u
A x
A
-
如图所示，则该波的表达式为：[ ] )/(cos (A)u x t A y -=ω
]2
)/(cos[(B)π
ω+
-=u x t A y
)]/(cos[(C)u x t A y +=ω ])/(cos[(D)πω++=u x t A y
解：由波形图向右移λ4
1
，可得0=t 时波形如图中虚线所示。

在0点，0=t 时y
= -A , 初相 = ， 振动方程为)cos(0πω+=t A y 。

又因波向)(x -方向传播，所以波动方程为
(SI)])(cos[πω++=u
x
t A y
故选D
5. 一平面简谐波沿x 轴正向传播，t = T/4时的波形曲线如图所示。

若振动以余弦函数表示，且此题各点振动的初相取π-到π之间的值，则[ ]
(A)
0点的初位相为 00=ϕ （
(B) 1点的初位相为 2
1π
ϕ-=
(C)
2点的初位相为 πϕ=2
(D) 3点的初位相为 2
3πϕ-=
解：波形图左移4/λ，即可得0=t 时的波形图，由0=t 的波形图（虚线）可知，各点的振动初相为: 2
,0,2,3210πϕϕπϕπϕ-====
故选D 二、填空题
1. 已知一平面简谐波沿x 轴正向传播，振动周期T = s ，波长 = 10m , 振幅A = 。

当t = 0时波源振动的位移恰好为正的最大值。

若波源处为原点，则沿波传播方向距离波源为2/λ处的振动方程为 。

当 t = T / 2时，4/λ=x 处质点的振动速度为 。

解：波动方程为(SI))1.02(2cos[1.0)](2cos[x t x
T t A y -=-=πλ
π,
m 52==λ
x 处的质点振动方程为 )4cos(1.0ππ-=t y (SI)
| m 5.24
==
λ
x 处的振动方程为)4sin(1.0)2
4cos(1.0t t y ππ
π=-
=
振动速度 )4cos(4.0)4cos(41.0d d t t t
y
v ππππ=⨯==
s 25.02
==
T t 时 )s (m 26.14.0)25.04cos(4.01
-⋅-=-=⨯=πππv y
u
1x
234
y
u 1x
02340=t y
u A x
A
-0
=t
2. 如图所示为一平面简谐波在 t = 2s 时刻的波形图，该谐波的波动方程是
；P 处质点的振动方程是 。

（该波的振幅A 、波速u 与波长为已知量） 解：由t = 2s 波形图可知，原点O 的振动方程为
]
2
)2(2cos[0ππ+-=t v A y ]2
)2(2cos[π
λπ+-=t u v A
波向+x 方向传播，所以波动方程为]2
)2(2cos[π
λπ+--=u x t u v A y (SI)
P 点2
λ
=
x ，振动方程为
]2
)2(2cos[]2
)2
2(2cos[π
λ
π
π
λλ
π
-
-=+
-
-=t u
A u
t u
A y P
3. 一简谐波沿 x 轴正向传播。

1x 和2x 两点处的振动曲线分别如图(a) 和 (b) 所示。

已知 12x x > 且 λ<-12x x (λ为波长)，则2x 点的相位1x 比点相位滞后 3
/2 。

解：由图(a)、(b)可知，1x 和2x 处振动初相分别
为： πϕ2
3
1=
，02=ϕ 二点振动相位差为πϕϕϕ2
3
21=-=∆
|
因为λ<->1212,x x x x ，所以2x 的相位比1x 的相位
滞后π2
3。

4. 图示一平面简谐波在 t = 2 s 时刻的波形图，波的振幅为 m ，周期为4 s 。

则图中P 点处质点的振
动方程为 解：由ｔ＝2s 是波形图可知原点O 处振动方程为：
)222cos(0π
π--=T t A y )2422cos(2.0ππ--=t )2
32cos(2.0ππ-=t （SI ） P 点2
λ=
x ，相位比O 点落后，所以P 点的振动方程为：
)2
1
21cos(2.0)2321cos(2.0πππππ-=--=t t y p （SI ）
(m)y u
P (m)x O A 1
y t
1
O (a)
2
y 2
O t
(b)
P (m)y A 传播方向(m)x
5. 一简谐波沿x 轴正方向传播。

已知x = 0点的振动曲线如图，试在它下面画出t = T 时的波形曲线。

解：由O 点的振动曲线得振动方程：
)22cos(π
π-=T t A y o 向x 正向传播，波动方程为 )222cos(π
λππ--=x T t A y
t ＝T 时与t ＝0时波形曲线相同，波形曲线如右
图所示。

三、计算题
1. 一平面简谐波沿x 轴正向传播，波的振幅A = 10 cm ，波的角频率 = 7 rad/s.当t = s 时，x = 10 cm 处的a 质点正通过其平衡位置向y 轴负方向运动，而x = 20 cm 处的b 质点正通过y = cm 点向y 轴正方向运动．设该波波长 >10 cm ，求该平面波的表达式． *
解：设平面简谐波的波长为，坐标原点处质点振动初相为，则该列平面简谐波的表达式可写成 )/27cos(1.0φλ+π-π=x t y (SI) 2分
t = 1 s 时 0])/1.0(27cos[1.0=+π-π=φλy 因此时a 质点向y 轴负方向运动，故
π=+π-π2
1
)/1.0(27φλ ① 2
分
而此时，b 质点正通过y = m 处向y 轴正方向运动，应有
05.0])/2.0(27cos[1.0=+π-π=φλy
且 π-=+π-π3
1
)/2.0(27φλ ②
2分
由①、②两式联立得 = m 1
分
3/17π-=φ 1分 ∴ 该平面简谐波的表达式为
】
]3
17
12.07cos[1.0π-π-π=x t y (SI) 2分
或 ]3
1
12.07cos[1.0π+π-
π=x t y (SI) 2. 一平面简谐波沿x 轴正向传播，其振幅为A ，频率为 ，波速为u ．设t = t ＇时刻的波形曲线如图所示．求
(1) x = 0处质点振动方程； (2) 该波的表达式． 解：(1) 设x = 0 处质点的振动方程为
)2cos(φν+π=t A y
x u
O t =t ′y u O 2/T T t 2/λy
λx
由图可知，t = t ＇时 0)2cos(=+'π=φνt A y 1
分
0)2sin(2d /d <+'ππ-=φννt A t y 1
分
所以 2/2π=+'πφνt ， t 'π-π=νφ22
1
2
分 ]
x = 0处的振动方程为 ]2
1
)(2cos[π+'-π=t t A y ν 1
分
(2) 该波的表达式为 ]2
1
)/(2cos[π+-'-π=u x t t A y ν 3
分
3. 一平面简谐波沿Ox 轴的负方向传播，波长为，
P 处质点的振动规律如图所示． (1) 求P 处质点的振动方程； (2) 求此波的波动表达式； (3) 若图中 λ21=d ，求坐标原点O 处质点的振动方程． 解：(1) 由振动曲线可知，P 处质点振动方程为 ])4/2cos[(π+π=t A y P )2
1
cos(π+π=t A (SI) 3
分 '
(2) 波动表达式为 ])4(2cos[π+-+π=λ
d
x t A y (SI) 3分
(3) O 处质点的振动方程 )2
1cos(0t A y π= 2
分
第一章 波动(2)
一、选择题
1. 如图所示，1S 和2S 为两相干波源，它们的振动方向均垂直于图面, 发出波
长为的简谐波。

P 点是两列波相遇区域中的一点，已知λ21=P S ，λ2.22=P S ，两列波在P 点发生相消干涉。

若1S 的振动方程为)2
1
2(cos 1ππ+=t A y ，则2
S 的振动方程为
[ ]
)2
12(cos (A)2ππ-=t A y )2(cos (B)2ππ-=t A y
)2
1
2(cos (C)2ππ+=t A y
)1.02(cos (D)2ππ-=t A y
&
t (s)0-A 1P P d
1
S 2
S
解：S 1和2S 在P 点发生相消干涉，相位差为π
λ
π
ϕϕϕ)12()(21212+=--
-=∆k r r
)(2)12(1212r r k -+++=λπ
ϕπϕ)22.2(221)12(λλλ
π
ππ-+++=k ππ10
192+
=k 令πϕ10
1
,12-=-=则k 。

因为y 1和y 2在P 点发生相消干涉，A A A ==12，
所以, 2S 的振动方程为 )1.02cos()10
1
2cos(2ππππ-=-=t A t A y
2. 有两列沿相反方向传播的相干波，其波动方程分别为
)/(2cos 1λπx t v A y -=
和)/(2cos 2λπx t v A y +=，叠加后形成驻波，其波腹位置的坐标为：[
] λk x ±=(A) λ)12(2
1
(B)+±=k x
λk x 21(C)±= λ)12(4
1
(D)+±=k x
其中的 3,2,1,0=k
解：两列波叠加后形成驻波，其方程为)2cos()2cos(221x t A y y y λ
π
πν=+=
@
波腹处有：1)2cos(±=x λ
π ，所以λk x 21
±=
3. 某时刻驻波波形曲线如图所示，则a 、b
[ ]
π(A) π21
(B) π4
5
(C) 0(D)
解：a 、b 为驻波波节c 点两侧的点，则振动相位相反，位相差为π。

4. 在弦线上有一简谐波，其表达式是
(SI)]3/)20/02.0/(2[cos 100.221ππ+-⨯=-x t y
为了在此弦线上形成驻波，并且在0=x 处为一波节，此弦线上还应有一简谐波，其表达式为：[ ]
(SI)]3/)20/02.0/(2[cos 100.2(A)22ππ++⨯=-x t y
&
(SI)]3/2)20/02.0/(2[cos 100.2(B)22ππ++⨯=-x t y (SI)]3/4)20/02.0/(2[cos 100.2(C)22ππ++⨯=-x t y
(SI)]
3/)20/02.0/(2[cos 100.2(D)22ππ-+⨯=-x t y
解：据驻波形成条件设另一简谐波的波动方程为：
])20
02.0(2cos[100.2222ϕπ++⨯=-x
t y
由题意，0=x 处为波节，则ππ
ϕϕϕϕ=-
=-=∆3
212，所以
ππ
πϕ3
432=+
= ]3
4)2002.0(
2cos[100.222ππ++⨯=-x t y 5. 若在弦上的驻波表达式是t x y ππ20cos 2sin 20.0=（S I ）。

则形成该驻波的两个反向行进的行波为：[ ]
]21)10(2[cos 10.0(A)1ππ+-=x t y (SI)]2
1
)10(2[cos 10.02ππ++=x t y
&
]4)10(2[cos 10.0(B)1ππ-
-=x t y (SI)]4
3
)10(2[cos 10.02ππ++=x t y
]21)10(2[cos 10.0(C)1ππ+-=x t y (SI)]21
)10(2[cos 10.02ππ-+=x t y
]43)10(2[cos 10.0(D)1ππ+-=x t y (SI)]43
)10(2[cos 10.02ππ++=x t y
解: 对(C) )20cos()2sin(20.0)20cos()2
2cos(20.021t x t x y y y ππππ
π=-=+=
二、填空题
1.在截面积为S 的圆管中，有一列平面简谐波在传播，其波的表达为
)2(cos λ
πωx
t A y -
=，管中波的平均能量密度是w , 则通过截面积S 的平均能流是 。

解：由平均能流密度和平均能流的定义，平均能流为
w S S w S T
w S u w P ⋅=⋅⋅
⋅=⋅⋅
=⋅=⊥π
λωπω
λλ
22 2. 两相干波源1S 和2S 的振动方程分别是 t A y ωcos 1=和
)2
1
(cos 2πω+
=t A y 。

1S 距P 点3个波长， 2S 距P 点4/21个波长。

两波在P 点引起的两个振动的相位差的绝对值是 。

解：两相干波在P 点的相位差为： |
πλλλππλπϕϕϕ4)34
21(2021)(21212-=---=---=∆r r πϕ4=∆
3. 21,S S 为振动频率、振动方向均相同的两个点波源，
振动方向垂直纸面，两者相距λ2
3
为波长)(λ如图。

已知1S 的初相位为π2
1。

(1) 若使射线C S 2上各点由两列波引起的振动均干涉相消，则2S 的初位
相应为： 。

(2) 若使21S S 连线的中垂线M N 上各点由两列波引起的振动均干涉相消，则2S
的初位相应为：
解：(1) 在2S 外侧C 点，两列波的相位差为：
)(21212r r --
-=∆λ
π
ϕϕϕπλλπ
π
ϕ)12()2
3
(22
2+=--
-
=k ),2,1,0(,2/22⋅⋅⋅±±='+'=k k ππϕ
(2) 在21S S 中垂线上任一点，若产生相消干涉，则
ππ
ϕλ
π
ϕϕϕ)12(2
)(221212+=-
=--
-=∆k r r
—
),2,1,0(,2/322⋅⋅⋅±±=+=k k ππϕ
4. 设入射波的表达式为)(2cos 1λ
πx
t v A y +=。

波在x = 0处发生反射，反
射点为固定端，则形成的驻波表达为
)21
2(cos )21/2(cos 2πππλπ-=t v x A y ＋或
解：)2
222(cos )22(cos 1π
λπππλππ++-=+=x t v A x t v A y
反射波在x = 0处有半波损失，令
)]2
2(22[cos )22(cos 2π
λππππλππ+--=--=x t v A x t v A y
合成驻波方程为：)2
2cos()22cos(221π
ππλπ-+=+=vt x A y y y
或者：将1y 写成),2
2212(cos )/22(cos 1π
λπππλππν-++=+=x t v A x t A y
反射波为：)]2
2(22[cos )22(cos 2π
λππππλππ--+=+-=x t v A x t v A y
合成驻波方程为：)2
2cos()22cos(221π
ππλπ+-=+=vt x A y y y
•••M
N
1
S 2
S C
6. <
7. 一简谐波沿Ox 轴正方向传播，图中所示为该波t 时刻的波形图。

欲沿Ox 轴形成驻波，且使坐标原点O 处出现波节，在另一图上画出另一简谐波t 时刻的波形图。

解：另一简谐波如右下图所示。

6. 在真空中沿x 轴负方向传播的平面电磁波，其电场强度的波的表达式为
),SI ()(2cos 800c
x
t v E y += 则磁场强度波的表达式
是 。

(真空的介电常数2120m F 1085.8--⋅⨯=ε真空的磁导率
270m H 104--⋅⨯=πμ)
解：由E H E S ,⨯=沿y 方向，H
一定沿z -方向。

又由0000H M E =ε，E H
与同频率同相位
)m (A 12.280010
41085.81
712000
0---⋅=⨯⨯⨯==
πεE M H ， 】
所以(SI))/(2cos 12.2c x t v H z +-=π
三、计算题 1. 如图所示，原点O 是波源，振动方向垂直于纸面，
波长是 ．AB 为波的反射平面，反射时无相位突变．O 点位于A 点的正上方，h AO =．Ox 轴平行于AB ．求Ox 轴上干涉加强点的坐标（限于x ≥ 0）． 解：沿Ox 轴传播的波与从AB 面上P 点反射来的波在坐标x 处相遇，两波的波
程差为 x h x -+=22)2/(2δ
2分
代入干涉加强的条件，有： λk x h x =-+22)2/(2， k = 1，2， (1)
分
λλxk k x h x 2422222++=+ (
22242λλk h xk -=
λ
λk k h x 242
22-= ． 2分 k = 1，2，3，…，< 2 h /．
（当 x = 0时，由2224λk h -可得k = 2 h /．）
由(1)式
πππλππϕϕ)52(6
)
9230(2)12()2(2)12(112+=⨯-++=-++=-k k x d k
x
O
h A
x O h
B x
O x
y A
u
S
y
E z
H z y x
πϕϕ±=---=1232时相位差最小，或当k
2. 一列横波在绳索上传播，其表达式为
)]4
05.0(2cos[05.01x
t y -π= (SI)
(1) 现有另一列横波（振幅也是 m ）与上述已知横波在绳索上形成驻波．设这一横波在x = 0处与已知横波同位相，写出该波的表达式．
(2) 写出绳索上的驻波表达式；求出各波节的位置坐标；并写出离原点最近的四个波节的坐标数值. |
解：(1) 由形成驻波的条件．可知待求波的频率和波长均与已知波相同，传播方
向为x 轴的负方向．又知 x = 0处待求波与已知波同相位，∴待求波的表达式为
)]4
05.0(2cos[05.02x
t y +π= 3
分
(2) 驻波表达式 21y y y +=
∴ )40cos()2
1
cos(10.0t x y ππ= (SI) 2
分
波节位置由下式求出． )12(2
1
2/+π=πk x k = 0，±1，±2，…
∴ x = 2k + 1 k = 0，±1，±2， (2)
分
离原点最近的四个波节的坐标是 x = 1 m 、-1 m 、3 m 、-3 m. 1分 3. 如图，一圆频率为ω、振幅为A 的平面简谐
波沿x 轴正方向传播，设在 t = 0时刻该波在坐
标原点O 处引起的振动使媒质元由平衡位置向y
轴的正方向运动。

M 是垂直于x 轴的波密媒质反射面。

已知4/5'λ=OO ，'PO 4/λ= (λ为
该波波长)；设反射波不衰减，求：
a) 入射波与反射的波动方程； b) 、 c) P 点的振动方程。

解：(1) 由题意知O 点振动相位为2
π
-，
则O 点的振动方程为),2
cos(0π
ω-=t A y
入射波的波动方程为)4
5
()22
cos(1λλπ
π
ω≤--
=x x
t A y 入射波在反射点O '引起的振动方程为
)cos()4
/522cos(πωλ
λππω-=⋅--='t A t A y o
在O '点反射时，有半波损失，所以反射波波动方程为
)2
2cos()](2cos[2π
λ
π
ωλ
π
ω-
+
=-'-
=x t A x o o t A y
(2) 合成波的波动方程为
)2
2cos()2
2cos(21π
λ
π
ωπ
λπ
ω-
+
+-
-
=+=x t A x t A y y y
)2
cos(2cos 2π
ωλπ-=t x A
》
将P 点坐标λ=OP 代入上式，得P 点振动方程 )2
cos(2π
ω-=t A y
第二章 光的干涉
一、选择题
1. 如图所示，折射率为2n 、厚度为e 的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质折射率分别为1n 和3n ，已知321n n n <<。

若用波长为λ的单色平行光垂直入射到该薄膜上，则从薄膜上、下两表面反射的光束①与②的光程差是[ ]
(A) 22n e (B) 2e n 2λ-21
(C) 22n e λ- (D) 22n e 2
2n λ
-
解: 两个表面上反射光都有半波损失，所以光线①和②的光程差为
e n 22=∆。

2. 如图，1S 、2S 是两个相干光源，它们到P 点的距离分别为 1r 和2r 。

路径1S P 垂直穿过一块厚度为1t 、折射率为1n 的介质板，路径P S 2垂直穿过厚度为2t 、折射率为2n 的另一块介质板，其余部分可看作真空，这两条路径的光程差等于[ ]
(A) )()(111222t n r t n r +-+
(B) ])1([])1([111222t n r t n r -+--+ (C) )()(111222t n r t n r ---
！
(D) 1122t n t n - 解:两条光线的光程差为：
])1([])1([][][11122211112222t n r t n r t t n r t t n r -+--+=-+--+=∆ 3. 如图所示，平行单色光垂直照射到薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，若薄膜的厚度为e ，并且321n n n ><, 1λ 中的波长，则两束反射光在相遇点的相位差为[ (A) 1122λπn e n (B) πλπ
+1
212n e
n (C) πλπ+1124n e n (D) 1
124λπn e n 。

解：光在薄膜上表面反射时有半波损失，下表面反射时无半波损失，所以，两束
反射光在相遇点的光程差为 2
212λ
+=∆e n
3
3
S S
由光程差和相位差的关系，相位差为1
12,42n e n λλπλ
πλ
πϕ=+=∆=∆
所以 πλπϕ+=∆1
124n e n
"
4. 双缝干涉的实验中，两缝间距为d ，双缝与屏幕之间的距离为D （D >>d ），单色光波长为λ，屏幕上相邻的明条纹之间的距离为[ ]
(A) d D λ。

(B) D d λ。

(C) d D 2λ。

(D) D
d 2λ。

解：由双缝干涉条件可知，相邻两明条纹间距为λ∆d
D
x =
8. 如图，用单色光垂直照射在观察牛顿环的装置上。

当平凸透镜垂直向上缓慢平移而远离平面玻璃时,可以观察到这些环状干涉条纹[ ]
(A) 向右平移。

(B) 向中心收缩。

(C) 向外扩张。

(D) 静止
不动。

(E) 向左平移。

解：牛顿环是等厚干涉条纹，当平凸透镜垂直向上缓慢平移而远离平面玻璃时，某一厚度的空气膜向中心收缩，所以环状条纹向中心收缩。

7.在迈克尔逊干涉仪的一支光路中，放入一片折射率为n 的透明介质薄膜后，
测出两束光的光程差的改变量为一个波长，则薄膜的厚度是[ ]
(A) 2λ。

(B) n 2λ。

(C) n
λ。

(D) )1(2-n λ 。

解：设薄膜厚度为d ，则放入薄膜后光程差的改变量为2(n －1)d ＝，
所以，膜厚)
1(2-=n d λ
—
二、填空题
1.如图所示，波长为λ的平行单色光斜入射到距离为d 的双缝上，入射角为θ.在图中的屏中央O 处(O S O S 21=), 两束相干光位相差为- 。

解：因为O S O S 2
1=，所以从S 1和S 2到O 点的光程差为零， 在双缝左边，两束光的光程差θsin d =∆
相位差为：λθ
πλπϕsin 22d =∆=∆
[ 2. 如图，在双缝干涉实验中，若把一厚度为e 、折射率为n 的薄云母片覆盖在1S 缝上，中央明条纹将向 移动；覆盖云母片后，两束相干光至原
中央明条纹O 处的光程差为 。

解：未加入云母时，r 1 = r 2，屏上O 点光程差为零，是中央明条纹。

在r 1中
单色光
空气 O
.
d O 1
S 2S 21SS SS = 屏 1
r 2
r 1
n e 2
S 1S
加入云母后，S 1到O 点光程大于S 2到O 点的光程，只有在O 点上方的某点O 1处，才有可能使光程差为零，所以中央明条纹将向上移动。

S 发出的光到达O 点的光程差为e n r e ne r )1()(21-=--+=∆。

3. 波长为λ的平行单色光垂直照射到劈尖薄膜上，劈尖角为θ，劈尖薄膜的折射率为n ，第k 级明条纹与第k ＋5级明条纹的间距是 。

解：由劈尖相邻两明条纹间距公式θλ
n l 2=，可知五条明条纹间距为θλn l L 255==
4.波长 = 600nm 的单色光垂直照射到牛顿环装置上，第二级明条纹与第五级明条纹所对应的空气薄膜厚度之差为 nm 。

解：对于等厚干涉条纹，相邻两明条纹对应的空气薄膜厚度差为2
λ
，第二级明纹与第五级明纹对应的空气薄膜厚度差为 9002
600
32
3=⨯
=⨯
λ
(nm) 5. 用波长为λ的单色光垂直照射到空气劈尖上，从反射光中观察干涉条纹，距顶点为L 处是为暗条纹。

使劈尖角θ连续变大，直到该点处再次出现暗条纹为止。

劈尖角的改变量θ∆是 。

解：设原来L 处为第k 级暗纹，则θλ2k kl L == (1) 改变θ，使L 处再出现暗纹，即,1,+→+→k k θ∆θθ
则:
)(2)1(θ∆θλ++=k L
联立(1)(2)可得： L
2λ
θ∆=
6. 在迈克尔逊干涉仪的可动反射镜平移一微小距离的过程中，观察到干涉条纹恰好移动1848条。

所用单色光的波长为5461Å。

由此可知反射镜平移的距离等于 mm (给出四位有效数字)。

、
解：设反射镜平移距离为d ，则因移动1条纹，反射镜平移
2
λ
，所以 )mm (5046.010461.52
1
184824=⨯⨯⨯=⨯
=-λ
N d 三、计算题
1. 在双缝干涉实验中，单色光源0S 到两缝1S 和2
S 的距离分别为1l 和2l ，并且λ321=-l l ，为入射光的波长，双缝之间的距离为d ，双缝到屏幕的距离为D ，如图所示。

求：
(1) 零级明条纹到屏幕中央点O 的距离； (2) 相邻明条纹间的距离。

解：(1) 设O 点上方O 点为零级明条纹，则0)()(1122=+-+r l r l λ32112=-=-l l r r (1)
又 D
O O d r r '
⋅≈-12 (2)
所以 d
D d r r D O O λ
3)(12=-=
' θL
1r '
2
r d
1
l x
2
l 1
S 2S 0
S D
(2) 在屏上距O 点为x 处，光程差为 λ3-=∆D
x
d
有明纹条件,........)3,2,1,0(=±=∆k k λ 得 d
D k x k ⋅+±=)3(λλ 相邻明纹间距 d
D x x x k k λ
=
-=∆+1 2. 用波长＝500 nm (1 nm ＝10-9 m)的单色光垂直照射在由两块玻璃板(一端刚好接触成为劈棱)构成的空气劈形膜上．劈尖角＝2×10-4 rad ．如果劈形膜内充满折射率为n ＝的液体．求从劈棱数起第五个明条纹在充入液体前后移动的距离．
解：设第五个明纹处膜厚为e ，则有2ne ＋ / 2＝5 设该处至劈棱的距离为l ，则有近似关系e ＝l ，
由上两式得 2nl ＝9 / 2，l ＝9 / 4n
3分
充入液体前第五个明纹位置 l 1＝9 4
1分
(
充入液体后第五个明纹位置 l 2＝9 4n 充入液体前后第五个明纹移动的距离 l ＝l 1 – l 2＝9n
4 3 分
＝ mm 1分 3. 一平凸透镜放在一平晶上，以波长为＝ nm(1nm =
10－9m)的单色光垂直照射于其上，测量反射光的牛顿环．测得从中央数起第k 个暗环的弦长为l k ＝ mm ，第(k ＋5)个暗环的弦长为l k+5＝ mm ，如图所示．求平凸透镜的球面的曲率半径R ． 解：设第k 个暗环半径为r k ，第k ＋5个暗环半径为r k +5，据牛顿环公式有 R k r k λ=2 , ()R k r k λ525+=+ 2
分
R r r k k λ5225=-+
()λ5/225k k r r R -=+ 2
分
：
由图可见 2
2221⎪⎭⎫ ⎝⎛+=k k l d r , 2
522521⎪⎭
⎫
⎝⎛+=++k k l d r
∴ 2
2
522
5
2121⎪⎭
⎫
⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛=-++k k k
k l l r r
∴ ()()λ20/225k k l l R -=+＝ m ． 4分
第三章 光的衍射
一、选择题
1. 在如图所示的单缝夫琅和费衍射装置中，将单缝宽度
a 稍稍变窄，同时使会聚透镜L 沿y 轴正方向作微小位
R
r e 22
≈单缝
λa
L
E
f
O
x
y
移，则屏幕E 上的中央衍射条纹将[ ]
(A) 变宽，同时向上移动 (B) 变宽，同时向下移动 (C) 变宽，不移动 (D) 变窄，同时向上移动 (E) 变窄，不移动 解：因中央明纹角宽度a
λ
ϕ2
0=∆，故a 变窄时，0ϕ∆增大，屏上中央
明纹将变宽。

又中央明纹中心由透镜主光轴与屏幕的交点决定，当透镜向y 轴正方向平移时，中央明条纹和其他明纹也将向y 轴正方向平移。

2. 在如图所示的单缝夫琅和费衍射实验中，若将单缝沿透镜光轴方向向透镜平移，则屏幕上的衍射条纹[ ]
(A) 间距变大
(B) 间距变小 (C) 不发生变化
(D) 间距不变，但明暗条纹的位置交替变化
解：屏上衍射条纹是以透镜主光轴与屏的交点为中心上下对称分布的，
间距及明暗纹位置与缝宽a 、波长λ、透镜焦距f 有关，当只有单缝沿透镜光轴方向平移时，屏上衍射条纹不变。

3. 一衍射光柵对某一定波长的垂直入射光，在屏幕上只能出现零级和
一级主极大，欲使屏幕上出现更高级次的主极大，应该[ ]
(A) 换一个光栅常数较小的光栅 (B) 换一个光栅常数较大的光栅 (C) 将光栅向靠近屏幕的方向移动 (D) 将光栅向远离屏幕的方向移动 解：据光柵公式,......)2,1,0(sin ±±==k k d λϕ，
有λ
πϕd k <<,2
，
一定，d 增大时，屏上才能出现更高级次的主极大。

4. 波长 =5500 Å的单色光垂直入射于光柵常数d = 210-4cm 的平面衍射光柵上，可能观察到的光谱线的最大级次为[ ]
(A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5
解：由光柵公式2
,......),
2,1,0(sin π
ϕλϕ<±±==k k d
最大级次 6.3105.51025
4
m
=⨯⨯=<--λd
k >
【
屏幕
单缝
f
所以 m k ＝3
5. 在双缝衍射实验中，若保持双缝S 1和S 2的中心之间的距离d 不变，而把两条缝的宽度a 稍微加宽，则[ ]
(A) 单缝衍射的中央主级大变宽，其中所包含的干涉条纹数目变少。

(B) 单缝衍射的中央主级大变宽，其中所包含的干涉条纹数目
变多。

(C) 单缝衍射的中央主级大变宽，其中所包含的干涉条纹数目
不变。

(D) 单缝衍射的中央主级大变窄，其中所包含的干涉条纹数目
变少。

(E) 单缝衍射的中央主级大变窄，其中所包含的干涉条纹数目
变多。

解：对每一个单缝，中央明纹角宽度a
λ
ϕ2
0=∆，当a 增大时，0ϕ∆减
小，中央明纹变窄，
又由光柵公式得： λ
ϕλϕ
)2sin(sin 0
∆=
=
d d k
d 、 不变，0ϕ∆ 减小时，k 也减小，中央明纹中包含的干涉条纹
数目减少。

二、填空题
1. 惠更斯－菲涅耳原理的基本内容是：波阵面上各面积元所发出的子
波在观察点P 的 ， 决定了P 点的合振动及光强。

2. 如图所示，在单缝夫琅和费衍射中波长λ的单色光垂直入射在单缝上。

若对应于汇聚在P 点的衍射光线在缝宽a 处的波阵面恰好分成3个半波带，图中____
____
____
DB CD AC ==，则光线1和光线2在P 点的相差为 。

解：菲涅耳半波带法中，相邻半波带中两条相对应的光线到达屏上相遇时光程差为/2，所以相位差为，1和2两条光线就是这样的两条光线。

3. 在单缝的夫琅和费衍射实验中，屏上第三级暗条纹所对应的单缝处波面可划
分为 半波带，若将缝宽缩小一半，原来第三级暗纹处将是 纹。

P
λ
5.1λ
A B C
D
a 1
23
4
解：由单缝衍射暗纹公式 λϕk a =sin ，当k = 3时，2
63sin λ
λϕ⋅==a
即划分为6个半波带。

若将缝宽缩小一半，有2
3sin 2λ
ϕ=a ，即划分为3个半波带
由2n + 1 = 3, n = 1，可知为第一级明纹。

4. 用平行的白光垂直入射在平面透射光栅上时，波长为1=440nm 的第3级光谱线，将与波长为 2 = nm 的第2级光谱线重叠。

<
解：由光栅公式λϕk d =sin 可知，2211λλk k =，所以(nm)6604402
3
1212=⨯==
λλk k 5. 一束平行单色光垂直入射在一光栅上，若光栅的透明缝宽度a 与不透明部分
宽度b 相等，则可能看到的衍射光谱的级数为 。

解：当a = b 时，2=+a
b
a , 级次为2的倍数时缺级，
即可能看到的光谱级次为0，±1，±3，±5……。

6. 用波长为λ的单色平行光垂直入射在一块多缝光柵上，其光柵常数d =3μm ，缝宽a =1μm ，则在单缝衍射的中央明条纹中共有 条谱线(主极大)。

解：因为d /a ＝3，单缝衍射的第一级暗纹与光柵光谱的第三级明纹重合，单缝的中央明纹区中有0，±1，±2共5条谱线。

三、计算题
1. 如图所示，设波长为的平面波沿与单缝平面
法线成角的方向入射，单缝AB 的宽度为a ，观察夫
琅禾费衍射．试求出各极小值(即各暗条纹)的衍射角
．
解：1、2两光线的光程差，在如图情况下为
ϕθδsin sin a a BD CA -=-= 2分 由单缝衍射极小值条件 $
a (sin －sin ) = k k = 1,2,…… 2分
（未排除k = 0 的扣1分） 得 = sin —1( k / a+sin ) k = 1,2,……(k 0) 1分
2. 波长=6000Å的单色光垂直入射到一光柵上，测得第二级主级大的衍射角为30o ，且第三级是缺级。

A
B
θϕ
A
B
θ
ϕ
D
C
(1) 光栅常数(a ＋b )等于多少？
(2) 透光缝可能的最小宽度a 等于多少
(3) 在选定了上述(a ＋b )和a 之后，求在屏幕上可能呈现的全部主极大的级
次。

解：(1) 由光栅公式：λϕk d =sin ，由题意k = 2，得
(m)104.25.0106230sin 267--⨯=⨯⨯==+= λb a d (2) 设单缝第一级暗纹与光栅衍射第三级明纹重合，则第三级缺级，则
(m)108.0104.23
13,366--⨯=⨯⨯=+==+b a a a b a (3) 最大级次满足 3,410
6104.2max 76
max ==⨯⨯=<--k d k λ 又k = 3缺级，所以屏上可见k = 0，±1，±2共5个主极大。

3. 一衍射光柵，每厘米有200条透光缝，每条透光缝宽为a = 210-3 cm ，在光
栅后放一焦距f = 1m 的凸透镜。

现以 =6000Å的单色平行光垂直照射光柵，求： (1) 透光缝a 的单缝衍射中央明条纹宽度为多少？
(2) 在中央明条纹宽内，有几个光栅衍射主极大？
解：(1) 单缝第一级暗纹满足f
x a =⨯=ϕλϕtg ,1sin 且， 中央明纹宽度 ϕtg 22⋅==∆f x x
当ϕϕsin tg ,=<<时f x
所以 (m )10610
210622sin 2257---⨯=⨯⨯⨯==⋅≈∆a f f x ϕ (2) 由光栅公式 λϕk b a =+sin )(
5.210
6121061020012sin )(72
2=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=∆⋅+=+=---f x b a b a k λλϕ 取k = 2，中央明纹区内有k = 0，±1，±2共5个主极大。

第四章 光的偏振
一、选择题
1. 两偏振片堆叠在一起，一束自然光垂直入射其上时没有光线通过。

当其中
一偏振片慢慢转动180o 时透射光强度发生的变化为：[ ]
.
(A) 光强单调增加。

(B) 光强先增加，后又减小至零。

(C) 光强先增加，后减小，再增加。

(D) 光强先增加，然后减小，再增加，再减小至零。

解：设入射自然光光强为I 0，透过两偏振片后光强为,cos 2
120αI I =其中α是两偏振片偏振化方向之间的夹角。

起初I = 0, 2πα=
，增大α，I 增大，至πα=时I 最大；再增大α，I 减小，到2
3πα=时，I = 0。

2. 使一光强为I 0的平面偏振光先后通过两个偏振片P 1和P 2，P 1和 P 2的偏振化
方向与原入射光光矢量振动方向的夹角分别为α和90o ，则通过这两个偏振片后
的光强I 是[ ] (A) α20cos 2
1I (B) 0 (C) )2(sin 4
120αI (D) α20sin 41I (E) α40cos I
解：由马吕斯定律，偏振片通过第一个偏振片后，光强为α201cos I I =。

再通过第二个偏振片后, 光强为:
)2(sin 4
1sin cos )90(cos cos )90(cos 2022022021ααααααI I I I I =
=-=-= 3. 一束光强为I 0的自然光， 相继通过三个偏振片P 1， P 2， P 3后，出射光的光强为08
1I I =。

已知P 1和P 3的偏振化方向相互垂直， 若以入射光线为轴，旋转 P 2，要使出射光的光强为零 ，P 2 最少要转的角度是：[ ]
(A) 30º (B) 45º (C) 60º (D) 90º
解：设P 2与P 1偏振化方向间夹角为α，光强为I 0的自然光通过后光强为02
1I ，再通过P 2后光强为α20cos 2
1I ,最后再通过P 3后光强为 4
,1)2(sin ,8)90(cos cos 2120220παααα===-即I I 要使出射光的光强为零，P 2的偏振化方向应与P 1 或P 3的偏振化方向平行，
即最少要转过45º。

4. 一束光是自然光和线偏振光的混合光，让它垂直通过一偏振片。

若以此入射
光束为轴旋转偏振片，测得透射光强度最大值是最小值的5倍，那么入射光束中
自然光与线偏振光的光强比值为[ ] (A) 21 (B) 51 (C) 31 (D) 3
2 解：设入射自然光光强为I 1，线偏振光光强为I 2，混合光通过偏振片后光
强为：
1min 21max 22121,21,cos 21I I I I I I I I =+=+=α。