第 13章振动
13-1如图13-23所示，质量为m 的密度计，放在密度为的液体中。
已知密度计圆管的直径为 d 。试证明：推动密度计后，证明它在竖直方向
的振动为简谐振动，并计算其振动周期。
解：平衡位置：当 F 浮=G 时，平衡点为 C 处。设此时进入水中的深度
为 a：gSa mg
可知浸入水中为 a 处为平衡位置。
以水面作为坐标原点O，以向上为x 轴，质心的位置为x，则：分析受力：不管它处在什么位置，其浸没水中的部分都可以用a-x 来表示，所以力
Fg(a x) S gaS gSx kx
F gSx d 2 x
令 2 gS g d 2
a
m dt 2 m 4m m
可得到： d 2 x 2 x 0 可见它是一个简谐振动。
dt 2
周期为：T 2/
4 m
d g
13-2证明图13-24所示系统的振动为简谐振动。
其频率为：1k
1
k
2
2( k1k2 ) m
图 13-24 习题 13-2 图
证明：两根弹簧的串联之后等效于一根弹簧，所以仍为简谐振动（证明略），其劲度系数满足： K 1 x1 K 2 x2 Kx 和 x1 x2 x
可得：1
1 1 所以： K K1K
2 K K 1 K 2 K 1 K 2
代入频率计算式，可得：
1 k 1 k1k2
2 m 2 (k1 k2 )m
13-3如图13-25所示，有一截面积为S 的空心管柱，配有
质量为 m 的活塞，活塞与管柱间的摩擦略去不计。在活塞处
于平衡状态时，柱内气体的压强为p，气柱高为h。若使活
塞有一微小位移，活塞将上下振动，证明它在竖直方向的振
动为简谐振动，并计算其振动频率。设气体温度不变。
图 13-25 习题 13-3 图
解：在静平衡时：p0 S mg pS
当活塞下降x (任意位置 )时：p0S p1 S mg d 2 x
m
2
dt
由上两式得到：pS p1 S m d
2
x dt 2
过程是等温的pV p1V1即： phS p1 (h x)S
得出： p1 ph p 1 (1 x
) p (x h)
h x x h
1
h
所以pS (1 x) pS m d 2 x 或 d 2 x pS x 0
h dt 2 dt 2 hm
说明活塞的上下振动为简谐振动，其振动频率
pS p0 S mg
hm hm
13－ 4 设地球是一个半径为R 的均匀球体，密度 5.5 103 kg m－3。现假定沿直径凿一条隧道。若有一质量为m 的质点在此隧道内做无摩擦运动。（ 1）证明此质点的运动是简谐振动；（ 2）计算其周期。
解：（l ）取图所示坐标。当质量为m 的质点位于 x 处时，它受地球的引力为
F G m x m x 2
式中G 为引力常量，m x是以x 为半径的球体质量，即m x4x 3 / 3 。令k 4 Gm / 3 ，则质点受力
F 4 Gmx / 3kx
因此，质点作简谐运动。
（2）质点振动的周期为
T 2 m / k3 / G
5.07 10 3 s
13-5 两质点作同方向、同频率的简谐振动，振幅相等。当质点 1 在 x1 = A/2 处，且向左运动时，另一个质点 2 在 x2 = - A/2 处，且向右运动。求这两个质点的相位差。
解：由旋转矢量图可知：
当质点 1 在 x 1 A / 2 处，且向左运动时，
相位为π /3，
而质点 2 在 x 2
A / 2 处，且向右运动，
相位为 4π /3 。
所以它们的相位差为π。
13-6 一竖直悬挂的弹簧下端挂一物体， 最初用手将物体在弹簧原长处托住， 然后放手， 此
系统便上下振动起来，已知物体最低位置是初始位置下方 10.0cm 处，求：（ 1）振动频率；
（ 2）物体在初始位置下方 8.0cm 处的速度大小。解：（ 1）由题知 2A=10cm ，所以 A=5cm ；
K g
9 . 8
196又ω =
k
m
x
5
10 2
196 14, 即
m
1 k
7
2
m
（2）物体在初始位置下方
8.0cm 处，对应着是 x=3cm 的位置，所以： cos
x 3
A 5
那么此时的 sin
0 v 4 A 5
那么速度的大小为
v 4 A
0.56
5
13－ 7 一物体沿 x 轴做简谐运动， 振幅为 0.06m ，周期为 2.0s ，当 t = 0 时位移为 0.03m ， 且向
x 轴正方向运动。求： （ 1）t = 0.5s 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：（ 1）由题意知
A = 0.06m 、
2 / T
s 1
由旋转矢量图可确定初相则
3 ，
振动方程为
x
0 .06 cos(
t
)
3
当 t = 0.5s 时质点的位移、速度、加速度分别为
x 0.06 cos( ) 0.052m
dx
2 3
0.06 sin( ) 0.094 m/s v
dt 2 3
a d
2
x
0.06 2 cos()0.513 m / s2 dt 22 3
（2）质点从x = 0.03 m 运动到平衡位置的过程中，旋转矢量从图中的位置M 转至位置N，矢量转过的角度(即相位差 )5/ 6 。该过程所需时间为
t0.833s
13-8 一物体放在水平木板上，此板沿水平方向作简谐振动，频率为2Hz，物体与板面间的
静摩擦系数为 0.50。问： (1) 要使物体在板上不致滑动，振幅的最大值为多少? (2)若令此
板改作竖直方向的简谐振动，振幅为0.05m，要使物体一直保持与板接触的最大频率是多少?
解： (1) 为使物体和板不发生相对滑动，由最大静摩擦力带动物体和板一起振动,所以有：
mg ma m m 2 A m
所以A m g 0.5 9.8
0.031m 2 (2 2)
2
(2)物体作垂直振动时有：mg N ma
为使物体不脱离板必须满足N 0 ，在极限情况时有：N=0
因而
m
mg ma m m m2 A
g 1 g 1 9.8
2.2 HZ A
或
A 2 5.0 10 2
2
13－ 9 如本题图所示，一劲度系数为k 的轻弹簧，其下挂有一质量为m1的空盘 .现有一质量为 m2的物体从盘上方高为h处自由落到盘中，并和盘粘在一起振动.问：（1）此时的振动周期与空盘作振动的周期有何不同？
（2）此时的振幅为多大？
分析：原有空盘振动系统由于下落物体的加入，振子质量由m1变为 m1 +m2，因此新系统的角频率（或周期）要改变。由于 A x0 2 (v0 ) 2因此，确定初始速度 v0和初始位移 x0 是求解振幅 A 的关键。物体落到盘中，与盘作完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可确定盘
与物体的共同初速度v
0 ，这也是该振动系统的初始速度。在确定初始时刻的位移
x
0 时，
应注意新振动系统的平衡位置应是盘和物体悬挂在弹簧上的平衡位置。因此，本题中初始位移 x0，也就是空盘时的平衡位置相对新系统的平衡位置的位移。
解：（ l）空盘时和物体落入盘中后的振动周期分别为
T 22m1 k
T2 2 ( m1m2 ) k
习题 13－9 图
可见 T'
T ，即振动周期变大了。
（2）如图所示，取新系统的平衡位置为坐标原点
O 。 则根据分析中
所述，初始位移为空盘时的平衡位置相对粘上物体后新系统平衡位置的位移，即
x 0
l 1 l 2 m 1 g m 1 m 2 g
m 2 g
k k
k
式中 l 1 m 1 g k 为空盘静止时弹簧的伸长量，
l 2 (m 1 m 2 )g k 为物体粘在盘上
后，静止时弹簧的伸长量。 由动量守恒定律可得振动系统的初始速度，即盘与物体相碰后
的速度
v 0 m 2
v
m 2
2gh
m 1
m 1
m 2
m 2
式中 v 2gh 是物体由 h 高下落至盘时的速度。故系统振动的振幅为
A
x 0 2 (v 0
)2 m 2 g 1 (m 1 2kh
k
m 2 ) g 本题也可用机械能守恒定律求振幅 A 。
13-10 如图 13-27 所示，轻质弹簧的一端固定，另一端系一
轻绳，轻绳绕过滑轮连接一质量为
m 的物体，绳在轮上不打
滑，使物体上下自由振动。已知弹簧的劲度系数为 k ，滑轮半
径为 R 转动惯量为 J 。 (1) 证明物体作简谐振动；
(2) 求物
体的振动周期； (3) 设 t = 0 时，弹簧无伸缩， 物体也无初速，
写出物体的振动表式。
解：（ 1）在静平衡时有：
图 13-27 习题 13-10 图
T 1 T 2 kb mg
取平衡位置为坐标原点， 在任意位置 x 时有：
T 1 k(b
x)
T 2R T 1R J
2
d x
dt 2
R
求出
d 2 x kx 0
dt
2
m J / R
2
物体的振动是简谐振动。
（2）振动的圆频率为
k m J / R 2
周期
2 m J/R2 T 2 k
（3）由初始条件：t 0 时，x0b mg
， v 0 0，得： A mg ，k k
振动方程为：
x mg
cos( k 2
t
) k m J / R
13－ 11 若在一竖直轻弹簧的下端悬挂一小球，弹簧被拉长l 0 = 1.2cm 而平衡，经推动后，该小球在竖直方向作振幅为 A = 2cm 的振动，试证明此振动为谐振动；若选小球在正最大位移处开始计时，写出此振动的数值表达式。
解：设小球的质量为m，由弹簧的倔强系数k = m g / l 0
选平衡位置为原点，向下为正方向，小球在x 处，根据牛顿定律得
2 2
m g k ( l 0 + x ) = m d x / d t
将倔强系数 k = m g / l 0代入整理后得
d 2 x / d t 2 + g x / l 0 = 0
∴此振动为谐振动
令ωg / l . π
0 910
解得
x = A c o s (ωt + φ) A = 2×10 -2
由题意：t = 0 时， x 0 = A，v0 = 0，∴φ = 0
∴ x = 2× 10 -2 c o s (9.1π t ) (SI)
13－ 12 一台摆钟的等效摆长l=0.995m ，摆锤可上、下移动以调节其周期，该钟每天快1 分 27 秒，假如将此摆当作质量集中在摆锤中心的一个单摆来考虑，则应将摆锤向下移动
多少距离，才能使钟走得准确？
解：钟摆周期的相对误差△T / T = 钟的相对误差△t / t ，等效单摆的周期
T 2πl / g
设重力加速度g 不变，则有 2 d T / T = d l / l
令△ T = d T，△ t = d l，
并考虑到△T/T= △ t / t，
则摆锤向下移动的距离△ l = 2 l △ t / t = 2.00 mm
摆锤应向下移 2.00mm ，才能使钟走得准确。
13－ 13 一质点作简谐振动，其振动方程为：x = 6.0
-2
π / 4) （SI）10× cos ( tπ/3
（ 1）当 x 值为多大时，系统的势能为总能量的一半？（ 2）质点从平衡位置移动到此位置所需最短时间为多少？
解：（ 1）势能 W p= k x 2 / 2 ，总能 E = k A 2 /2 由题意
2 2 -2
k x / 2 = k A / 4， x = ± 4.24×10 m
(2) 周期T = 2 π / ω = 6 s
从平衡位置运动到
x A / 2 的最短时间为 T / 8
∴ 6 / 8 = 0.75 s
13－ 14 试证明：（ 1）在一个周期中，简谐运动的动能和势能对时间的平均值都等于
2
2 2
kA /4；（2）在一个周期中，简谐运动的动能和势能对位置的平均值分别等于 kA /3 和 kA /6。
证：（ 1）简谐运动的动能和势能分别为
E k 1 kA 2 sin 2 ( t )
2
E p
1
kA 2 cos 2 ( t
)
2
则在一个周期中，动能与势能对时间的平均值分别为
1
T
1 kA
2 2
( t )dt kA 2
/ 4
E k
2 sin
T 0
1 T 1 kA
2 2
( t )dt kA 2
/ 4
E p
2 cos
T
（2）因简谐运动势能 E p
kx 2
/ 2
，则势能在一个周期中对位置的平均值为
E p
1 A
1
2
1 kA 2
2 A
A
2 kx dx
6
则动能在一个周期中对位置的平均值为
E K
E E P
1 kA
2 1 kA 2 1 kA 3
2
6
3
13－ 15 一物体同时参与两个同方向的简谐振动：
x 1= 0.04 cos (2 t +π/2) (SI) ；x 2 = 0.03
cos (2 t π+π ) (SI) 。求此物体的振动方程。
解：设合成运动（简谐振动）的振动方程为：
x = A c o s (ωt +φ )⋯⋯（ 1）
则
A 2=A 12+A 2 2 +2 A 1A 2 cos(φ2 -
φ 1)， φ2 －φ1 = π－ 1 / 2π
代入（ 1）式，得
A
4 2 32
5cm
又
φ = arctg A 1 sin φ1 A 2 sin φ2
( 2)
A 2 cos φ2
A 1 cos φ1 = arctg (4 / 3)
127° 2.2rad
x 0.05 cos(2π t 2.2) (SI)
13－ 16 有两个同方向同频率的简谐运动，其合振动的振幅为 0.20m ，合振动的相位与 第一个振动的相位差为 π/6，第一个振动的振幅为 0.173m 。求第二个振动的振幅及两振动的 相位差。
解：采用旋转矢量合成图求解。
如图所示， 取第一个振动的旋转矢量
A 1 沿 Ox 轴，即令
其初相为零；按题意，合振动的旋转矢量 A 与 A1之间的夹角/ 6
。根据矢量合成，可
得第二个振动的旋转矢量的大小（即振幅）为
2
2 A1 A cos 0.01m
A2A1 A2
由于 A1、A2、 A 的量值恰好满足勾股定理，故A1与 A2
垂直，即第二个振动与第一个振动的相位差为
2
13－ 17 求 5 个同方向、同频率简谐振动的合成，合振动方 A 5
4 k ) 。
A4 程： x a cos( t
k 0 4 A
A3 解：采用矢量合成法，如图所示，有
x 2 a cos( t )
A2 A 1
2
13-18 两个同方向的简谐振动曲线如图13-28 所示，（1）求合振动的振幅。
（2）求合振动的振动表达式。
解：通过旋转矢量图做最为简单。
先分析两个振动的状态：
A ：
1 ，，图 13-28 习题 13-18 图
1 A2： 2
2 2
两者处于反相状态，（反相 2 1(2k 1) ，k 0,1,2, ）所以合成结果：振幅A A2 A1
振动相位判断：当A1A2,1；当A1A2,2；
所以本题中， 2 ，
2
振动方程：
（）（2 ）x A2 A1 cost
2
T
13－ 19 示波管的电子束受到两个互相垂直的电场的作用。电子在两个方向上的位移分
别为 x A cos t 和y Acos( t ) 。求在0 、30 和90 各种情况下，电子在荧光屏上的轨迹方程。
解：这是两个振动方向互相垂直的同频率简谐运动的合成问题。合振动的轨迹方程为
x 2 / A12 y 2 / A222xy cos/ A1 A2sin 2
式中 A1、A2为两振动的振幅，为两个振动的初相差。本题中 A1 =A2=A，，故有
x2 y2 2xy cos A2 sin2
（ 1）当00时，有x = y，轨迹为一直线方程。
（ 2）当30 0时，有x2 y 2 3xy A2 / 4 ，轨迹为椭圆方程。
（ 3）当90 0时，有x2 y2 A2 ，轨迹为圆方程。
13－ 20 一物体悬挂在弹簧下作阻尼振动，开始时其振幅为0.12m，经 144s 后振幅减为0.06m。问：（ 1）阻尼系数是多少？（2）如振幅减至0.03m，需再经历多长时间？
分析：在小阻尼条件下，阻尼振动方程为x A0 e t cos( t0 )，其振幅 A A e t 是
随时间变化的，其中为阻尼系数（通常规为常量）。利用上述公式即可求解。
解： (1) 由阻尼震动振幅 A A0e t 得
ln A0 A1 4.81 10 3 s 1
t1
（ 2）两不同时刻的振幅比
A1 A0 e t1
t 2
A2 A0e
，
则振幅由 A1改变为 A2所经历的时间
t t2 t1 ln A1 A2
144 s
13－ 21 一质量为 2.5 kg 的物体与一劲度系数为1250 N/m 的弹簧连接作阻尼振动，阻力系数为 50.0 kg/s。求阻尼振动的角频率。
分析：阻尼振动的角频率与无阻尼时系统的固有角频率0 及阻尼系数有关，有
2 2
。在振动系统的固有角频率0 和阻尼系数均可确定的情况下，阻尼振动
角频率即可求出。
解：系统的固有角频率0 k m
，阻尼系数 C 2m ，则阻尼振动角频率为
2
2 (k m) (C 2m)2 20 s 1
习题十三 13-1 如题图13-1所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面，且导线框的一个边与长直导线平行，到两长直导线的距离分别为1r ， 2r 。已知两导线中电流都为0sin I I t ω=，其中I 0和ω为常数，t 为 时间。导线框长为a ，宽为b ，求导线框中的感应电动势。 解：无限长直电流激发的磁感应强度为02I B r μ= π。取坐标Ox 垂直于 直导线，坐标原点取在矩形导线框的左边框上，坐标正方向为水平向右。取回路的绕行正方向为顺时针。由场强的叠加原理可得x 处的磁感应强度大小 00122() 2() I I B r x r x μμ= + π+π+ 方向垂直纸面向里。 通过微分面积d d S a x =的磁通量为 00m 12d d d d 2()2()I I B S B S a x r x r x μμΦππ?? =?==+??++?? 通过矩形线圈的磁通量为 00m 01 2d 2()2()b I I a x r x r x μμΦ??=+??π+π+???012012ln ln sin 2a r b r b I t r r μω?? ++=+ ?π?? 感生电动势 0m 12012d ln ln cos d 2i a r b r b I t t r r μωΦεω?? ++=- =-+ ?π?? 012012()()ln cos 2a r b r b I t r r μωω?? ++=- ??π?? 0i ε>时，回路中感应电动势的实际方向为顺时针；0i ε<时，回路中感应电动势的实际方向 为逆时针。 13-2 如题图13-2所示，有一半径为r =10cm 的多匝圆形线圈，匝数N =100，置于均匀磁场B 中（B =0.5T ）。圆形线圈可绕通过圆心的轴O 1O 2转动，转速1 600r min n -=? 。求圆线圈自图示的初始位置转过 题图13-1 题图 13-2 解图13-1
第十三章习题解答 1选择题：1B ，2A ，3B ，4A ，5D 2填空题：1，2sin /d πθλ；2，0.45mm ；3，900nm ；4，变密；5，向上；6，向下；7，棱边，保持不变。 3计算题： 1 用λ=500nm 的平行光垂直入射劈形薄膜的上表面，从反射光中观察，劈尖的棱边是暗纹。若劈尖上面媒质的折射率n 1大于薄膜的折射率n (n =1.5)．求： ⑴ 膜下面媒质的折射率n 2与n 的大小关系； （2） 第10条暗纹处薄膜的厚度； ⑶ 使膜的下表面向下平移一微小距离e ?，干涉条纹有什么变化?若e ?=2.0 μm ，原来的第10条暗纹处将被哪级暗纹占据? 解：⑴ n 2>n 。因为劈尖的棱边是暗纹，对应光程差为：2 ) 12(2 2λ λ +=+=?k ne ， 膜厚e =0处，有k =0，只能是下面媒质的反射光有半波损失 2 λ 才合题意； （2） 3995009 1.5102 22 1.5 n e n λλ-??=? = ==?? mm (因10个条纹只有9个条纹间距) ⑶ 膜的下表面向下平移，各级条纹向棱边方向移动．若0.2=?e μm ，原来第10条暗纹处现对应的膜厚为)100.210 5.1(33 --?+?='?e mm 34 3.5102 1.5212 5.010 n e N λ--'?????===? 现被第21级暗纹占据． 2 ⑴ 若用波长不同的光观察牛顿环，λ1＝600nm ，λ2＝450nm ，观察到用λ1时的第k 个暗环与用λ2时的第k +1个暗环重合，已知透镜的曲率半径是190cm ．求用λ1时第k 个暗环的半径． （2） 又如在牛顿环中用波长为500nm 的第5个明环与用波长为λ2的第6个明环重合，求未知波长λ2． 解： ⑴ 由牛顿环暗环公式：λkR r k = 据题意有 21)1(λλR k kR r +== ，∴ 2 12λλλ-= k ，代入上式得： 2 121λλλλ-=R r =3 1085.1-?=m （2） 用1500λ=nm 照射，51=k 级明环与2λ的62=k 级明环重合，则有： 2)12(2)12(2211λλR k R k r -=-= ∴1 21221251 500409.121261k k λλ-?-==?=-?-nm 3 当牛顿环装置中的透镜与玻璃之间的空间充以液体时，第十个亮环的直径由d 1＝ 1.40×10-2m 变为d 2＝1.27×10-2m ，求液体的折射率． 解： 由牛顿环明环公式
1、如图13-9所示，薄膜介质的折射率为n 1，薄膜上下介质的折射率分别为n 1和n 3，并且n 2比n 1和n 3都大。单色平行光由介质1垂直照射在薄膜上，经薄膜上下两个表面反射的两束光发生干涉。已知薄膜的厚度为e ， λ1为入射光在折射率为n 1的介质中的波长，则两束反射光的光程差等于多少？ 【答案：2 21 12λn e n S - =?】 详解：由于入射光在上表面从光疏介质投射到光密介质上存在半波损失，因此反射光一的光程为 2 1λ = S 由于入射光在下表面从光密介质投射到光疏介质上没有半波损失，因此反射光二的光程为 e n S 222= 两束反射光的光程差为 2 2212λ - =-=?e n S S S 其中为光在真空的波长，它与介质1中的波长的关系为=n 11 ，因此 2 21 12λn e n S - =? 2、在双缝干涉实验中，两缝分别被折射率为n 1和n 2、厚度均为e 的透明薄膜遮盖。波长为的平行单色光垂直照射到双缝上，在屏中央处，两束相干光的相位差等于多少？ 【答案：λ ?e n n )(π212-= ?】 详解：设从双缝发出的两束光到屏中央处的距离为r ，依题意它们到达屏中央处的光程分别为 )(11e r e n S -+= )(22e r e n S -+= 它们的光程差为 12S S S -=?e n n )(12-= 因此，在屏中央处两束相干光的相位差为 λ ?S ?= ?π2λ e n n )(π212-= n 1 n 2 n 3 图13-9 入 射光 射光一 射光二 e
3、在双缝干涉实验中，为使屏上的干涉条纹间距变大，可以采取哪些办法？ 【答案：增大双缝与屏之间的距离D 、增大入射光波长、减小双缝间距d 、减小折射率n 】 详解：双缝干涉条纹间距为 dn D x λ = ? 因此，为使屏上的干涉条纹间距变大，可以增大双缝与屏之间的距离D 、改用波长较长的光进行实验、将两缝的间距d 变小、将实验装置放在折射率n 较小的透明流体中。 4、如图13-10所示，在双缝干涉实验中，屏幕E 上的P 点处是明条纹。如果将缝S 1 盖住，并在S 1 S 2连线的垂直平分面处放置一个高折射率玻璃反射面M ，则此时P 点处是明条纹还是暗条纹？ 【答案：是暗条纹】 详解：设S 1、S 2到P 点的距离分别为r 1和r 2。由于P 点处原来是明条纹，因此 λk r r =-21 如果在S 1 S 2连线的垂直平分面处放置一个高折射率玻璃反射面M ，由于从S 2发出的光经M 反射时存在半波损失，因此到达P 点的反射光与直射光的光程差为 212 r r S -+ =?λ 2 λ λ+ =k 2 ) 12(λ +=k 即这两束光在P 点处干涉相消，形成暗条纹。 5、如图13-11所示，在双缝干涉实验中，如果单色光源S 到两缝S 1、S 2距离相等，则中央明条纹位于观察屏E 上O 点处。现在将光源S 向上移动到图中的S 位置，中央明条 纹将向什么方向移动？此时条纹间距是否发生改变？ 【答案：向O 点的下方移动；不发生改变】 S 1 E 图13-11 S 2 S S ′ S 1 E 图13-10 P S 2 M S S 1 E 图13-11 S 2 S S ′ l 1 l 2 r 1 r 2 P
习题十三 13-1 衍射的本质是什么?衍射和干涉有什么联系和区别? 答：波的衍射现象是波在传播过程中经过障碍物边缘或孔隙时所发生的展衍现象．其实质是由被障碍物或孔隙的边缘限制的波阵面上各点发出的无数子波相互叠加而产生．而干涉则是由同频率、同方向及位相差恒定的两列波的叠加形成． 13-2 在夫琅禾费单缝衍射实验中，如果把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样是否会 跟着移动?若把单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样是否会跟着移动? 答：把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动．单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动． 13-3 什么叫半波带?单缝衍射中怎样划分半波带?对应于单缝衍射第3级明条纹和第4级暗 条纹，单缝处波面各可分成几个半波带? 答：半波带由单缝A 、B 首尾两点向?方向发出的衍射线的光程差用2 λ 来划分．对应于第3 级明纹和第4级暗纹，单缝处波面可分成7个和8个半波带． ∵由2 72 )132(2 )12(sin λ λλ??=+?=+=k a 2 84sin λ λ?? ==a 13-4 在单缝衍射中，为什么衍射角?愈大（级数愈大）的那些明条纹的亮度愈小? 答：因为衍射角?愈大则?sin a 值愈大，分成的半波带数愈多，每个半波带透过的光通量就愈小，而明条纹的亮度是由一个半波带的光能量决定的，所以亮度减小． 13-5 若把单缝衍射实验装置全部浸入水中时，衍射图样将发生怎样的变化?如果此时用公式 ),2,1(2 )12(s i n =+±=k k a λ ?来测定光的波长，问测出的波长是光在空气中的还是在水 中的波长? 解：当全部装置浸入水中时，由于水中波长变短，对应= '='λ?k a s i n n k λ，而空气中为 λ?k a =s i n ，∴??'=s i n s i n n ，即??'=n ，水中同级衍射角变小，条纹变密． 如用) 12(s i n +±=k a ?2 λ ),2,1(???=k 来测光的波长，则应是光在水中的波长．(因? s i n a 只代表光在水中的波程差)． 13-6 在单缝夫琅禾费衍射中，改变下列条件，衍射条纹有何变化?(1)缝宽变窄；(2)入 射光波长变长；(3)入射平行光由正入射变为斜入射． 解：(1)缝宽变窄，由λ?k a =s i n 知，衍射角?变大，条纹变稀； (2)λ变大，保持a ，k 不变，则衍射角?亦变大，条纹变稀； (3)由正入射变为斜入射时，因正入射时λ?k a =s i n ；斜入射时，λθ?k a '=-)s i n (s i n ，保持a ，λ不变，则应有k k >'或k k <'．即原来的k 级条纹现为k '级． 13-7 单缝衍射暗条纹条件与双缝干涉明条纹的条件在形式上类似，两者是否矛盾?怎样
《大学物理》第13章电磁感应电磁场练习题及答案 练习1 一. 选择题 1. 一闭合正方形线圈放在均匀磁场中，绕通过其中心且与一边平行的转轴OO′转动，转轴与磁场方向垂直，转动角速度为ω，如图所示．用下述哪一种办法可以使线圈中感应电流的幅值增加到原来的两倍(导线的电阻不能忽略)：( ) A. 把线圈的匝数增加到原来的两倍； B. 把线圈的面积增加到原来的两倍，而形状不变； C. 把线圈切割磁力线的两条边增长到原来的两倍； D. 把线圈的角速度增大到原来的两倍。 2. 将形状完全相同的铜环和木环静止放置，并使通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，则不计自感时： ( ) A. 铜环中有感应电动势，木环中无感应电动势； B. 铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小； C. 铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大； D. 两环中感应电动势相等。 3. 对于位移电流，下列说法中正确的是 ( ) A. 与电荷的定向运动有关； B. 揭示了变化的电场能激发磁场； C. 产生焦耳热； D. 与传导电流一样。 4. 一圆形线圈在均匀磁场中作下列运动时，会产生感应电流的情况是 ( ) A. 沿垂直磁场方向平移； B. 以直径为轴转动，轴跟磁场垂直； C. 沿平行磁场方向平移； D. 以直径为轴转动，轴跟磁场平行。 O B
二. 填空题 1.如图所示，在一长直导线L中通有电流I，ABCD为一矩形线圈，它与L皆在纸 面内，且AD边与L平行： (1) 矩形线圈在纸面内向右移动时，线圈中感应电动势方向为____________； (2) 矩形线圈绕AD边旋转，当BC边已离开纸面正向外运动时，线圈中感应动势的方向为 _________________________。 2.引起动生电动势的非静电力是力；引起感生电动势的非静电力是 力。 3.∮H⃗∙dl L =I+I d表明磁场强度沿任一闭合回路的线积分等于通过以该回路为边界的任意 曲面的；∮E⃗∙dl l =−dΦ dt 的物理意义是变化的磁场产生。 4. 麦克斯韦方程组的积分形式是： (1) ；(2) ； (3) ；(4) 。 三. 计算题 1. 如图所示，长直导线通以电流I=5A，在其右方放一长方形线圈，两者共面。线圈长b= 0.06m，宽a=0.04m，线圈以速度大小为v=0.03m/s垂直于直线平移远离。求d=0.05m时线圈中感应电动势的大小和方向。(真空磁导率μ0=4π×10−7N∙A−2)。
第 13章振动 13-1如图13-23所示，质量为m 的密度计，放在密度为的液体中。 已知密度计圆管的直径为 d 。试证明：推动密度计后，证明它在竖直方向 的振动为简谐振动，并计算其振动周期。 解：平衡位置：当 F 浮=G 时，平衡点为 C 处。设此时进入水中的深度 为 a：gSa mg 可知浸入水中为 a 处为平衡位置。 以水面作为坐标原点O，以向上为x 轴，质心的位置为x，则：分析受力：不管它处在什么位置，其浸没水中的部分都可以用a-x 来表示，所以力 Fg(a x) S gaS gSx kx F gSx d 2 x 令 2 gS g d 2 a m dt 2 m 4m m 可得到： d 2 x 2 x 0 可见它是一个简谐振动。 dt 2 周期为：T 2/ 4 m d g 13-2证明图13-24所示系统的振动为简谐振动。 其频率为：1k 1 k 2 2( k1k2 ) m 图 13-24 习题 13-2 图 证明：两根弹簧的串联之后等效于一根弹簧，所以仍为简谐振动（证明略），其劲度系数满足： K 1 x1 K 2 x2 Kx 和 x1 x2 x 可得：1 1 1 所以： K K1K 2 K K 1 K 2 K 1 K 2 代入频率计算式，可得： 1 k 1 k1k2 2 m 2 (k1 k2 )m 13-3如图13-25所示，有一截面积为S 的空心管柱，配有 质量为 m 的活塞，活塞与管柱间的摩擦略去不计。在活塞处 于平衡状态时，柱内气体的压强为p，气柱高为h。若使活 塞有一微小位移，活塞将上下振动，证明它在竖直方向的振 动为简谐振动，并计算其振动频率。设气体温度不变。 图 13-25 习题 13-3 图
13-1答：物体由于具有温度而辐射电磁波的现象。 13-2 答: 能够全部吸收各种波长辐射而完全不发生反射的和透射的物体称为绝对黑体，简称黑体。 13-3 答： 不透明的红色物体在太阳光下，且在室温状态下，物体在单位时间内辐射的能量很少，而且辐射波谱大多分布在波长较长的区域，红光的波长较长，所以红色物体在太阳光下呈红色；如升高它的温度并放于黑暗处，它将辐射橙光。 13-4 答： 为了推导普朗克公式M （v, T ）dv=23 /81 hv eT v hv dv c e π-,普朗克作了如下两条假设：(1)黑体是由带电谐振子组成（即把组成空腔壁的分子，原子的振动看作线性振子）这些振子辐射电磁波，并和周围的磁场交换能量。（2）这些谐振子的能量不能连续变化，只能取一些分立值，这些分立值是最小能量的整数倍，即,2,3,...,...n εεεεn 为正整数,而且假设频率为υ的谐振子的最小能量为ε=h υ称为能量子。 意义：普朗克的能量子假设，突破了经典物理学的观念，第一次提出了微观粒子具有分立的能量值，打开了人们认识世界的大门，在物理学发展史上起了划时代的作用。 13-5 答：低于6000K ，应为黑体是理想模型，它不发生反射和透射，而红巨星不是黑体，不可避免的要发生反射和透射，所以温度要低于6000K. 13-6 答：三者温度均为T ，所以三者的能量相同，哪个物体的表面积越大，它的辐射功 率就越小，对于球：s=4πr 2 对半球s=2πr 2+ πr 2=3πr 2 对立方体s=6r 2 ∴球的辐射功率最小，立方体的辐射功率最大。 13-7 答：（1）光谱是线状的，谱线有一定位置（2）谱线间有一定的关系（3）每一谱线的波数都可以表达为二光谱项之差v =T(m)-T(n) 13-8 答： 氢原子从高能态向低能态跃迁辐射能量，从低能级向高能级跃迁吸收能量。 对于氢原子n E =-24 222 02(4)me n h ππε 2424 322222220022(4)3(4)2me me E E E h h πππεπε'∆=-=-+ 即 2 4 22 052. 36(4)c me E h h πλπε'∆==' 22 024 (4)3652h hc me πελπ'∴=⋅⋅ 2424 31222 222 0022(4)3(4)1me me E E E h h πππεπε''∆=-=-+ 24 22 032236(4)c me E h h πλπε''∴∆==⋅'' 22 024 (4)36322h hc me πελπ''∴=⋅⋅ ∴它辐射到第二激发态时，辐射光具有波长最长，激发到第一激发态，波长最短。当 λ→∞时，l i m 0n x E →∞ = 33n n E E E E ∴∆=-=-最大
第13章 静电场中的导体和电介质 13.1一带电量为q ，半径为r A 的金属球A ，与一原先不带电、内外半径分别为r B 和r C 的金属球壳B 同心放置，如图所示，则图中P 点的电场强度如何？若用导线将A 和B 连接起来，则A 球的电势为多少？（设无穷远处电势为零） [解答]过P 点作一个同心球面作为高斯面，尽管金属球壳内侧会感应出异种，但是高斯面内只有电荷q ．根据高斯定理可得 E 4πr 2 = q /ε0， 可得P 点的电场强度为 204q E r πε= ． 当金属球壳内侧会感应出异种电荷-q 时，外侧将出现同种电荷q ．用导线将A 和B 连接起来后，正负电荷将中和．A 球是一个等势体，其电势等于球心的电势．A 球的电势是球壳外侧的电荷产生的，这些电荷到球心的距离都是r c ，所以A 球的电势为 04c q U r πε= ． 13.2 同轴电缆是由半径为R 1的导体圆柱和半径为R 2的同轴薄圆筒构成的，其间充满了相对介电常数为εr 的均匀电介质，设沿轴线单位长度上导线的圆筒的带电量分别为+λ和-λ，则通过介质内长为l ，半径为r 的同轴封闭圆柱面的电位移通量为多少？圆柱面上任一点的场强为多少？ [解答]介质中的电场强度和电位移是轴对称分布 的．在内外半径之间作一个半径为r 、长为l 的圆柱形高斯面，根据介质中的高斯定理，通过圆柱面的电位移通过等于该面包含的自由电荷，即 Φd = q = λl ． 设高斯面的侧面为S 0，上下两底面分别为S 1和S 2． 通过高斯面的电位移通量为 ??=ΦS d D d 0 1 2 d d d 2S S S rlD π=?+?+?=???D S D S D S ， 可得电位移为 D = λ/2πr ， 其方向垂直中心轴向外． 电场强度为 E = D/ε0εr = λ/2πε0εr r ， 方向也垂直中心轴向外． 13.3 金属球壳原来带有电量Q ，壳内外半径分别为a 、b ，壳内距球心为r 处有一点电荷q ，求球心o 的电势为多少？ [解答]点电荷q 在内壳上感应出负电荷-q ，不论电荷如何分布，距离球心都为a ．外壳上就有电荷q+Q ，距离图13.3
1 μ I 3μ I 第十三章 稳恒磁场 13—1 求各图中点 P 处磁感应强度的大小和方向。 [解] (a) P 点在水平导线的延长线上，水平导线在 P 点不产生磁场。P 点到竖直导线两端的连 线与电流方向的夹角分别为 θ = 0 ， θ = π 。因此，P 点的磁感应强度的大小为 B = μ 0 I ⎛ 0 π ⎞ ⎜ c os 0 − cos = 2 2 μ 0 I 4πa ⎝ 2 ⎠ 4πa 方向垂直纸面向外。 (b) 两条半无限长直导线在 P 点产生的磁场方向相同，都是垂直于纸面向内，它们在 P 点产 生的磁场的磁感应强度之和为 B = 2 μ 0 I = μ 0 I 1 4πr 2πr 半圆形导线在 P 点产生的磁场方向也是垂直纸面向内，大小为半径相同、电流相同的圆形 导线在圆心处产生的磁感应强度的一半，即 B 2 = 1 μ 0 I = μ 0 I 2 2r 4r 方向垂直纸面向内。 (c) P 点到三角形每条边的距离都是 d = 3 a 6 每条边上的电流在 P 点产生的磁感应强度的方向都是垂直纸面向内，大小都是 B = 0 (cos 30 0 − cos 150 0 )= 0 0 4πd 2πa 故 P 点总的磁感应强度大小为 B = 3B = 9μ 0 I 0 2πa 方向垂直纸面向内。 13—2 有一螺线管长 L ＝20cm ，半径 r =2.0cm ，导线中通有强度为 I =5.0A 的电流，若在螺 线管轴线中点处产生的磁感应强度 B ＝ 6.16 ×10 −3 T 的磁场，问该螺线管每单位长度应多少 匝? [解] 已知载流螺线管轴线上场强公式为 μ
第十三章 热力学基础 13 －1 如图所示，bca 为理想气体绝热过程，b1a 和b2a 是任意过程，则上述两过程中气体作功与吸收热量的情况是( ) (A) b1a 过程放热，作负功；b2a 过程放热，作负功 (B) b1a 过程吸热，作负功；b2a 过程放热，作负功 (C) b1a 过程吸热，作正功；b2a 过程吸热，作负功 (D) b1a 过程放热，作正功；b2a 过程吸热，作正功 分析与解 bca ，b1a 和b2a 均是外界压缩系统，由⎰=V p W d 知系统经这三个过程均作负功，因而(C)、(D)不对.理想气体的内能是温度的单值函数，因此三个过程初末态内能变化相等，设为ΔE .对绝热过程bca ，由热力学第一定律知ΔE ＝－W bca .另外，由图可知：｜W b2a ｜＞｜W bca ｜＞｜W b1a ｜，则W b2a ＜W bca ＜W b1a .对b1a 过程：Q ＝ΔE ＋W b1a ＞ΔE ＋W bca ＝0 是吸热过程.而对b2a 过程：Q ＝ΔE ＋W b2a ＜ΔE ＋W bca ＝0 是放热过程.可见(A)不对，正确的是(B). 13 －2 如图，一定量的理想气体，由平衡态A 变到平衡态B ，且它们的压强相等，即p A ＝p B ,请问在状态A 和状态B 之间，气体无论经过的是什么过程，气体必然( ) (A) 对外作正功 (B) 内能增加 (C) 从外界吸热 (D) 向外界放热
分析与解 由p －V 图可知，p A V A ＜p B V B ，即知T A ＜T B ，则对一定量理想气体必有E B ＞E A .即气体由状态A 变化到状态B,内能必增加.而作功、热传递是过程量，将与具体过程有关.所以(A)、(C)、(D)不是必然结果，只有(B)正确. 13 －3 两个相同的刚性容器，一个盛有氢气，一个盛氦气(均视为刚性分子理想气体).开始时它们的压强和温度都相同，现将3J 热量传给氦气，使之升高到一定的温度.若使氢气也升高同样的温度，则应向氢气传递热量为 ( ) (A) 6J (B) 3 J (C) 5 J (D) 10 J 分析与解 当容器体积不变，即为等体过程时系统不作功，根据热力学第一定律Q ＝ΔE ＋W ，有Q ＝ΔE .而由理想气体内能公式T R i M m E Δ2 Δ= ，可知欲使氢气和氦气升高相同温度，须传递的热量 ⎪ ⎪⎭ ⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=e e e 222e 2H H H H H H H H /:i M m i M m Q Q .再由理想气体物态方程pV ＝mM RT ，初始时，氢气和氦气是具有相同的温度、压强和体积，因而物质的量相同，则3/5/:e 2e 2H H H H ==i i Q Q .因此正确答案为(C). 13 －4 有人想像了四个理想气体的循环过程，则在理论上可以实现的为 ( )
[习题解答] 13-2 光源S 1 和S 2 在真空中发出的光都是波长为 l 的单色光，现将它们分别放于折射率为n 1 和n 2的介质中，如图13-5所示。界面上一点P 到两光源的距离分别为r 1 和r 2。 (1)两束光的波长各为多大？ (2)两束光到达点P 的相位变化各为多大？ (3)假如S 1 和S 2 为相干光源，并且初相位相同，求点P 干涉加强和干涉减弱的条件。 解 (1) 已知光在真空中的波长为λ，那么它在折射率为n 的介质中的波长λ'可以表示为 , 所以，在折射率为n 1和n 2的介质中的波长可分别表示为 和 . (2)光传播r 的距离，所引起的相位的变化为 , 所以，第一束光到达点P 相位的变化为 , 第二束光到达点P 相位的变化为 . 图13-5
(3)由于两光源的初相位相同，则两光相遇时的相位差是由光程差决定的，所以，点P干涉加强的条件是 , ; 点P干涉减弱的条件是 , . 13-3 若用两根细灯丝代替杨氏实验中的两个狭缝，能否观察到干涉条纹？为什么？ 解 观察不到干涉条纹，因为它们不是相干光源。 13-4 在杨氏干涉实验中，双缝的间距为0.30 mm，以单色光照射狭缝光源，在离开双缝1.2 m 处的光屏上，从中央向两侧数两个第5条暗条纹之间的间隔为22.8 mm。求所用单色光的波长。 解 在双缝干涉实验中，暗条纹满足 , 第5条暗条纹的级次为4，即，所以 , 其中。两个第5条暗条纹的间距为 , 等于22.8 mm，将此值代入上式，可解出波长为 . 13-5 在杨氏干涉实验中，双缝的间距为0.30 mm，以波长为6.0 102nm的单色光照射狭缝，求在离双缝50 cm远的光屏上，从中央向一侧数第2条与第5条暗条纹之间的距离。
第13章狭义相对论 一、选择题 1. 狭义相对论的相对性原理告诉我们 [ ] (A) 描述一切力学规律, 所有惯性系等价 (B) 描述一切物理规律, 所有惯性系等价 (C) 描述一切物理规律, 所有非惯性系等价 (D) 描述一切物理规律, 所有参考系等价 2. 在伽利略变换下, 经典力学的不变量为 [ ] (A) 速度(B) 加速度(C) 动量(D) 位置坐标 3. 在洛仑兹变换下, 相对论力学的不变量为 [ ] (A) 加速度(B) 空间长度 (C) 质点的静止质量(D) 时间间隔 4. 相对论力学在洛仑兹变换下 [ ] (A) 质点动力学方程不变(B) 各守恒定律形式不变 (C) 质能关系式将发生变化(D) 作用力的大小和方向不变 5. 光速不变原理指的是 [ ] (A) 在任何媒质中光速都相同 (B) 任何物体的速度不能超过光速 (C) 任何参考系中光速不变 (D) 一切惯性系中, 真空中光速为一相同值 6. 著名的迈克尔逊──莫雷实验结果表明 [ ] (A) 地球相对于以太的速度太小, 难以观测 (B) 观测不到地球相对于以太的运动 (C) 观察到了以太的存在 (D) 狭义相对论是正确的 7. 在惯性系S中同时又同地发生的事件A、B，在任何相对于S系运动着的惯性系中测量: [ ] (A) A、B可能既不同时又不同地发生 (B) A、B可能同时而不同地发生 (C) A、B可能不同时但同地发生 (D) A、B仍同时又同地发生 8. 在地面上测量，以子弹飞出枪口为事件A, 子弹打在靶 上为事件B, 则在任何相对于地面运动着的惯性系中测量 [ ] (A) 子弹飞行的距离总是小于地面观察者测出的距离 (B) 子弹飞行的距离可能大于地面观察者测出的距离 T13-1-8图
第十三章 静电场中的导体和电介质习题解答（仅作参考） 13．3 金属球壳原来带有电量Q ，壳内外半径分别为a 、b ，壳内距球心为r 处有一点电荷q ，求球心o 的电势为多少？ [解答]点电荷q 在内壳上感应出负电荷-q ，不论电荷如何分布，距离球心都为a ．外壳上就有电荷q+Q ，距离球为b ．球心的电势是所有电荷产生的电势叠加，大小为 0001 11444o q q Q q U r a b πεπεπε-+=++ 13．8 球形电容器的内、外半径分别为R 1和R 2，其间一半充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，求电容C 为多少？ [解答]球形电容器的电容为 120 01221 1 441/1/R R C R R R R πεπε==--． 对于半球来说，由于相对面积减少了一半，所以电容也减少一半： 012 121 2R R C R R πε= -． 当电容器中充满介质时，电容为： 012 221 2r R R C R R πεε= -． 由于内球是一极，外球是一极，所以两个电容器并联： 012 1221 2(1)r R R C C C R R πεε+=+= -． 13．9 设板面积为S 的平板电容器析板间有两层介质，介电常量分别为ε1和ε2，厚度分别为d 1和d 2，求电容器的电容． [解答]假设在两介质的介面插入一薄导体，可知两个电容器串联，电容分别为 C 1 = ε1S/d 1和C 2 = ε2S/d 2． 总电容的倒数为 122112********* d d d d C C C S S S εεεεεε+=+=+=， 总电容为 122112 S C d d εεεε= +． 图13.3
第13章 光学 一 选择题 * 13-1 在水中的鱼看来，水面上和岸上的所有景物，都出现在一倒立圆锥里， 其顶角为（ ） (A)48.8o (B)41.2o (C)97.6o (D)82.4o 解：选(C)。利用折射定律，当入射角为1=90i o 时，由折射定律1122sin sin n i n i = ，其中空气折射率11n =，水折射率2 1.33n =，代入数据，得折射角2=48.8i o ，因此倒立圆锥顶角为22=97.6i o 。 * 13-2 一远视眼的近点在1 m 处，要看清楚眼前10 cm 处的物体，应配戴的眼 镜是（ ） (A)焦距为10 cm 的凸透镜 (B)焦距为10 cm 的凹透镜 (C)焦距为11 cm 的凸透镜 (D)焦距为11 cm 的凹透镜 解：选(C)。利用公式 111 's s f +=，根据教材上约定的正负号法则，'1m s =-，0.1m s =，代入得焦距0.11m =11cm f =，因为0f >，所以为凸透镜。 13-3 在双缝干涉实验中，若单色光源S 到两缝S 1、S 2距离相等，则观察屏上中央明纹位于图中O 处，现将光源S 向下移动到图13-3中的S ′位置，则[ ] (A) 中央明纹向上移动，且条纹间距增大 (B) 中央明纹向上移动，且条纹间距不变 (C) 中央明纹向下移动，且条纹间距增大 (D) 中央明纹向下移动，且条纹间距不变 解：选(B)。光源S 由两缝S 1、S 2到O 处的光程差为零，对应中央明纹；当 习题13-3图
向下移动至S ′时，S ′到S 1的光程增加，S ′到S 2的光程减少，为了保持光程差为零，S 1到屏的光程要减少，S 2到屏的光程要增加，即中央明纹对应位置要向上移动；条纹间距d D x λ = ?，由于波长λ、双缝间距d 和双缝所在平面到屏幕的距离D 都不变，所以条纹间距不变。 13-4 用平行单色光垂直照射在单缝上时，可观察夫琅禾费衍射。若屏上点P 处为第二级暗纹，则相应的单缝波阵面可分成的半波带数目为[ ] (A) 3个 (B) 4个 (C) 5个 (D) 6个 解：选(B)。暗纹半波带数目为2k ，第二级2k =，代入数据，得半波带数目为4。 13-5 波长550nm λ=的单色光垂直入射于光栅常数41.010cm d a b -=+=?的光栅上，可能观察到的光谱线的最大级次为[ ] (A) 4 (B) 3 (C) 2 (D) 1 解：选(D)。由光栅方程sin d k θλ=±，当1sin =θ时，得d k λ =，代入数据， 得 1.8k =，k 取整数，最大级次为1。 13-6 三个偏振片1P 、2P 与3P 堆叠在一起，1P 与3P 的偏振化方向相互垂直，2 P 与1P 的偏振化方向间的夹角为30?，强度为0I 的自然光入射于偏振片1P ，并依次透过偏振片1P 、2P 与3P ，则通过三个偏振片后的光强为[ ] (A) 316I (B) (C) 0332 I (D) 0 解：选(C)。设自然光光强为0I ，自然光通过偏振片1P ，光强减半，变为0 2 I ；由马吕斯定律α20cos I I =，通过偏振片2P ，光强变为2003cos 3028 I I ?=，通过偏振片3P ，光强变为20033cos 60832 I I ?=。
习题十三 13-1 衍射的本质是什么?衍射和干涉有什么联系和区别? 答：波的衍射现象是波在传播过程中经过障碍物边缘或孔隙时所发生的展衍现象．其实质是由被障碍物或孔隙的边缘限制的波阵面上各点发出的无数子波相互叠加而产生．而干涉则是由同频率、同方向及位相差恒定的两列波的叠加形成． 13-2 在夫琅禾费单缝衍射实验中，如果把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样是否会 跟着移动?若把单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样是否会跟着移动? 答：把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动．单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动． 13-3 什么叫半波带?单缝衍射中怎样划分半波带?对应于单缝衍射第3级明条纹和第4级暗 条纹，单缝处波面各可分成几个半波带? 答：半波带由单缝A 、B 首尾两点向ϕ方向发出的衍射线的光程差用2λ 来划分．对应于第3级明纹和第4级暗纹，单缝处波面可分成7个和8个半波带． ∵由 272)132(2)12(sin λ λλϕ⨯ =+⨯=+=k a 13-4 在单缝衍射中，为什么衍射角ϕ愈大（级数愈大）的那些明条纹的亮度愈小? 答：因为衍射角ϕ愈大则ϕsin a 值愈大，分成的半波带数愈多，每个半波带透过的 光通量就愈小，而明条纹的亮度是由一个半波带的光能量决定的，所以亮度减小． 13-5 若把单缝衍射实验装置全部浸入水中时，衍射图样将发生怎样的变化?如果此时用公式 ) ,2,1(2 ) 12(sin =+±=k k a λ ϕ来测定光的波长，问测出的波长是光在空气中的还是在水中的波长? 解：当全部装置浸入水中时，由于水中波长变短，对应='='λϕk a sin n k λ ，而空气中为λϕk a =sin ，∴ϕϕ'=sin sin n ，即ϕϕ'=n ，水中同级衍射角变小，条纹变密． 如用)12(sin +±=k a ϕ2λ ),2,1(⋅⋅⋅=k 来测光的波长，则应是光在水中的波长．(因ϕsin a 只代表光在水中的波程差)． 13-6 在单缝夫琅禾费衍射中，改变下列条件，衍射条纹有何变化?(1)缝宽变窄；(2)入 射光波长变长；(3)入射平行光由正入射变为斜入射． 解：(1)缝宽变窄，由λϕk a =sin 知，衍射角ϕ变大，条纹变稀； (2)λ变大，保持a ，k 不变，则衍射角ϕ亦变大，条纹变稀； (3)由正入射变为斜入射时，因正入射时λϕk a =sin ；斜入射时，λθϕk a '=-)sin (sin ，保持a ，λ不变，则应有k k >'或k k <'．即原来的k 级条纹现为 k '级． 13-7 单缝衍射暗条纹条件与双缝干涉明条纹的条件在形式上类似，两者是否矛盾?怎样 说明? 答：不矛盾．单缝衍射暗纹条件为k k a 2sin ==λϕ2λ ，是用半波带法分析(子波叠加
第13章 光的干涉与衍射训练题（含答案） 一、选择题 1. 如图所示，折射率为n 2、厚度为e 的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质的折射率分别为n 1和n 3，已知n 1< n 2> n 3。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(用①与②示意)的光程差是 [ ] (A ) e n 22 (B) 2 22λ -e n (C) λ-e n 22 (D) 2 222n e n λ - 2.真空波长为λ的单色光，在折射率为n 的均匀透明介质中从A 点沿某一路径传播到B 点，路径的长度为l 。若l 等于下列各选项给出的值，A 、B 两点光振动位相差记为ϕ∆，则 [ ] (A) 3, 32 l λϕπ=∆= (B) πϕλ n n l 3,23=∆= (C) πϕλ3,23=∆=n l (D) πϕλn n l 3,23=∆= 3. 在双缝干涉实验中，两缝隙间距离为d ，双缝与屏幕之间的距离为)(d D D >>。波长为λ的平行单色光垂直照射到双缝上。屏幕上干涉条纹中相邻暗纹之间的距离是 [ ] (A) d D λ2 (B) D d λ (C) λdD (D) d D λ 4. 如图所示，用波长为λ的单色光照射双缝干涉实验装置，若将一折射率为n 、劈角为α的透明劈尖b 插入光线2中，则当劈尖b 缓慢向上移动时(只遮住S 2)，屏C 上的干涉条纹 [ ] (A) 间隔变大，向下移动。 (B) 间隔变小，向上移动。 (C) 间隔不变，向下移动。 (D) 间隔不变，向上移动。 5. 把一平凸透镜放在平玻璃上，构成牛顿环装置。当平凸透镜慢慢地向上平移时，由反射光形成的牛顿环 [ ] (A) 向中心收缩，条纹间隔变小。 S λ3
大学物理13章习题详细答案（供参考） 习题13 13-3．如习题13-3图所示，把一块原来不带电的金属板B 移近一块已带有正电荷Q 的金属板A ，平行放置。设两板面积都是S ，板间距为d ，忽略边缘效应，求：(1)板B 不接地时，两板间的电势差。 (2)板B 接地时，两板间的电势差。 [解] (1)两带电平板导体相向面上电量大小相等符号相反，而相背面上电量大小相等符号相同，因此当板B 不接地，电荷分布为因而板间电场强度为 S Q E 02ε= 电势差为 S Qd Ed U 0AB 2ε= = (2) 板B 接地时，在B 板上感应出负电荷，电荷分布为故板间电场强度为 S Q E 0ε= 电势差为 S Qd Ed U 0AB ε= = 13-4 两块靠近的平行金属板间原为真空。使两板分别带上面电荷密度为σ0的等量异号电荷，这时两板间电压为U 0=300V 。保持两板上电量不变，将板间空间一半如图习题13-4图所示充以相对电容率为εr =5的电介质，试求 （1）金属板间有电介质部分和无电介质部分的E,D 和板上的自由电荷密度σ；（2）金属板间电压变为多少？电介质上下表面束缚电荷面密度多大？ 13-5．如习题13-5图所示，三个无限长的同轴导体圆柱面A 、B
和C ，半径分别为R A 、R B 、R C 。圆柱面B 上带电荷，A 和C 都接地。求B 的内表面上线电荷密度λ1和外表面上线电荷密度λ2之比值λ1/λ2。 [解] 由A 、C 接地 BC BA U U = 由高斯定理知r E 01I 2πελ-= r E 02 II 2πελ= 因此 A B B C 21ln :ln :R R R R =λλ 13-6．如习题13-6图所示，一厚度为d 的无限大均匀带电 导体板，单位面积上两表面带电量之和为σ。试求离左表面的距离为a 的点与离右表面的距离为b 的点之间的电势差。 [解] 导体板内场强0=内E ，由高斯定理可得板外场强为故A 、B 两点间电势差为13-7．为了测量电介质材料的相对电容率，将一块厚为 B A -Q/2 Q/2 Q/2Q/2 A B -Q Q II I Ⅰ Ⅱ Ⅲ B A 1.5cm 的平板材料慢慢地插进一电容器的距离为 2.0cm 的两平行板中间。在插入过程中，电容器的电荷保持不变。插入之后，两板间的电势差减小到原来的60％，求电介质的相对电容
大学物理(机械工业出版社)第13章课 后答案 第十三章振动#13－1 一质点按如下规律沿x轴作简谐振动：x = cos (8πt +2π/3 ) (SI)，求此振动的周期、振幅、初相、速度最大值和加速度最大值。解：周期T = 2π/ ω= s振幅A =初相位φ= 2π/ 3Vmay = ωA = πm / s ( = m / s )amay = ω2 A = π2m / s ( = 63 m / s 2) 13－2 一质量为的质点作谐振动，其运动方程为：x = cos( 5 t ?π/2) (SI)。求：质点的初速度；质点在正向最大位移一半处所受的力。dxπ??(5t?)(SI) dt2 x0???mω2x 解：v? F?ma??mωx x?A/2时,F???52??? 13－3 如本题图所示，有一水平弹簧振子，弹簧的倔强系数k = 24N/m，重物的质量m = 6kg，重
物静止在平衡位置上，设以一水平恒力F = 10 N向左作用于物体，使之平衡位置向左运动了，此时撤去力F，当重物运动到左方最远位置时开始计时，求物体的运动方程。解：设物体的运动方程为：x = A c o s (ωt +φ) 恒外力所做的功即为弹簧振子的能量：F? = J 当物体运动到左方最位置时，弹簧的最大弹性势能为，即：1 / 2 kA2 = J∴A = m A即振幅ω2 = k / m = 4 ( r a d / s )2ω= 2 r a d / s 按题目所述时刻计时，初相为φ= π ∴物体运动方程为x = c o s (2 t +π)( SI ) m x 习题13－3图213－4 一水平放置的弹簧系一小球。已知球经平衡位置向右运动时，v=100cm?s?1，周期T =，求再经过1/3秒时间，小球的动能是原来的多少倍？弹簧的质量不计。解：设小球的速度方程为：v = vm c o s (2π/ Tt +φ) 以经平衡位置的时刻为t = 0
第13章 静电场中的导体和电解质 一、选择题 1(D)，2(A)，3(C)，4(B)，5(C) 二、填空题 (1). σ (x ，y ，z )/ε 0，与导体表面垂直朝外(σ > 0) 或 与导体表面垂直朝里(σ < 0). (2). σ ，σ / ( ε 0ε r )； (3). R q 04επ ； (4). P ，－P ，0； (5). εr ，εr 三、计算题 1.如图所示，一内半径为a 、外半径为b 的金属球壳，带有电荷Q ，在球壳空腔内距离球心r 处有一点电荷q ．设无限远处为电势零点，试求： (1) 球壳内外表面上的电荷． (2) 球心O 点处，由球壳内表面上电荷产生的电势． (3) 球心O 点处的总电势． 解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q ，外表面上带电荷q +Q ． (2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O 点的 距离都是a ，所以由这些电荷在O 点产生的电势为 a dq U q 04επ= ⎰-a q 04επ-= (3) 球心O 点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q 在O 点 产生的电势的代数和 q Q q q O U U U U +-++= r q 04επ=a q 04επ-b q Q 04επ++ )111(40b a r q +-π=εb Q 04επ+ 2. 如图所示，一球形电容器，内球壳半径为R 1，外球壳半径为R 2 (R 2＜2R 1)，其间充有相对介电常数分别为εr 1和εr 2的两层各向同性均匀电介质(εr 2＝εr 1 / 2)，其界面半径为R ．若两种电介质的击穿电场强度相同，问： (1) 当电压升高时，哪层介质先击穿？ (2) 该电容器能承受多高的电压？ 解：(1) 设两球壳上分别带电荷＋Q 和－Q ，则其间电位移的大小为 D ＝Q / (4πr 2) 两层介质中的场强大小分别为 E 1 = Q / (4πε0 εr 1r 2) E 2 = Q / (4πε0 εr 2r 2)