大学物理第六版上册北京邮电大学出版课后答案详解

可编辑修改精选全文完整版大学物理第六版上册北京邮电大学出版课后答案详解1、行驶的汽车关闭发动机后还能行驶一段距离是因为汽车受到惯性力作用[判断题] *对错(正确答案)答案解析：汽车具有惯性2、用如图所示的装置做“探究小车速度随时间变化的规律”实验：1．小车从靠近定滑轮处释放．[判断题] *对错(正确答案)3、马德堡半球实验测出了大气压，其大小等于760mm高水银柱产生的压强[判断题]对错(正确答案)答案解析：托里拆利实验最早测出了大气压强4、11．小敏学习密度后，了解到人体的密度跟水的密度差不多，从而她估测一个中学生的体积约为（）[单选题] *A．50 m3B．50 dm3(正确答案)C．50 cm3D．500 cm35、9．在某原子结构模型示意图中，a、b、c是构成该原子的三种不同粒子，能得出的结（）[单选题] *A.a和c数量不相等B．b决定原子种类C．质量集中在c上D．a和c之间存在吸引的力(正确答案)6、4．静止在水平地面上的物体受到向上的弹力是因为地面发生了形变．[判断题] *对(正确答案)错7、下列有关力做功的说法中正确的是（）[单选题]A.用水平力推着购物车前进，推车的力做了功(正确答案)B.把水桶从地面上提起来，提水桶的力没有做功C.书静止在水平桌面上，书受到的支持力做了功D.挂钩上的书包静止时，书包受到的拉力做了功8、1．与头发摩擦过的塑料尺能吸引碎纸屑。

下列与此现象所反映的原理相同的是（）[单选题] *A．行驶的汽车窗帘被吸出去B．挤压后的吸盘吸在光滑的墙上C．用干燥的双手搓开的塑料袋会吸在手上(正确答案)D．两个表面光滑的铅块挤压后吸在一起9、下列措施中，能使蒸发减慢的是（）[单选题]A．把盛有酒精的瓶口盖严(正确答案)B．把湿衣服晾在通风向阳处C．用电吹风给湿头发吹风D．将地面上的积水向周围扫开10、停放在水平地面上的汽车对地面的压力和地面对车的支持力是平衡力[判断题] *对错(正确答案)答案解析：相互作用力11、52．“凿壁偷光”原指凿穿墙壁，让邻舍的烛光透过来，后用来形容家贫而勤奋读书。

大学物理(北邮大)答案习题9习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B的方向．题9-2图9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)? (2)若存在电流，上述结论是否还对?解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcdμ∴ 21B B=(2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B方向相反，即21B B≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管 外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L·d l =0但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为⎰外B L·d l =I 0μ这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ 外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发 生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m -2的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量． 解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量022=⋅=S BΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB产生 01=BBC 产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题9-8图解：如题9-8图所示,A B方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解： 如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。

习题四4-1 符合什么规律的运动才是谐振动?分别分析下列运动是不是谐振动： (1)拍皮球时球的运动；(2)如题4-1图所示，一小球在一个半径很大的光滑凹球面内滚动(设小球所经过的弧线很短)．题4-1图解：要使一个系统作谐振动，必须同时满足以下三个条件：一 ，描述系统的各种参量，如质量、转动惯量、摆长……等等在运动中保持为常量；二，系统是在 自己的稳定平衡位置附近作往复运动；三，在运动中系统只受到内部的线性回复力的作用． 或者说，若一个系统的运动微分方程能用0d d 222=+ξωξt描述时，其所作的运动就是谐振动．(1)拍皮球时球的运动不是谐振动．第一，球的运动轨道中并不存在一个稳定的平衡位置；第二，球在运动中所受的三个力：重力，地面给予的弹力，击球者给予的拍击力，都不是线 性回复力．(2)小球在题4-1图所示的情况中所作的小弧度的运动，是谐振动．显然，小球在运动过程中，各种参量均为常量；该系统(指小球凹槽、地球系统)的稳定平衡位置即凹槽最低点，即系统势能最小值位置点O ；而小球在运动中的回复力为θsin mg -，如题4-1图(b)所示．题 中所述，S ∆＜＜R ，故R S∆=θ→0，所以回复力为θmg -.式中负号，表示回复力的方向始终与角位移的方向相反．即小球在O 点附近的往复运动中所受回复力为线性的．若以小球为对象，则小球在以O '为圆心的竖直平面内作圆周运动，由牛顿第二定律，在凹槽切线方向上有θθmg t mR -=22d d令R g=2ω，则有0d d 222=+ωθt4-2 劲度系数为1k 和2k 的两根弹簧，与质量为m 的小球按题4-2图所示的两种方式连 接，试证明它们的振动均为谐振动，并分别求出它们的振动周期．题4-2图解：(1)图(a)中为串联弹簧，对于轻弹簧在任一时刻应有21F F F ==，设串联弹簧的等效倔强系数为串K 等效位移为x ，则有111x k F x k F -=-=串222x k F -=又有 21x x x +=2211k F k F k Fx +==串所以串联弹簧的等效倔强系数为2121k k k k k +=串即小球与串联弹簧构成了一个等效倔强系数为)/(2121k k k k k +=的弹簧振子系统，故小球作谐振动．其振动周期为2121)(222k k k k m k mT +===ππωπ串(2)图(b)中可等效为并联弹簧，同上理，应有21F F F ==，即21x x x ==，设并联弹簧的倔强系数为并k ，则有2211x k x k x k +=并故 21kk k +=并同上理，其振动周期为212k k m T +='π4-3 如题4-3图所示，物体的质量为m ，放在光滑斜面上，斜面与水平面的夹角为θ，弹簧的倔强系数为k ，滑轮的转动惯量为I ，半径为R ．先把物体托住，使弹簧维持原长，然 后由静止释放，试证明物体作简谐振动，并求振动周期．题4-3图解：分别以物体m 和滑轮为对象，其受力如题4-3图(b)所示，以重物在斜面上静平衡时位置为坐标原点，沿斜面向下为x 轴正向，则当重物偏离原点的坐标为x 时，有221d d sin t xm T m g =-θ①βI R T R T =-21②βR t x=22d d )(02x x k T +=③ 式中k mg x /sin 0θ=，为静平衡时弹簧之伸长量，联立以上三式，有kxRt xR I mR -=+22d d )(令I mR kR +=222ω 则有0d d 222=+x t x ω故知该系统是作简谐振动，其振动周期为)/2(22222K R I m kR I mR T +=+==ππωπ4-4 质量为kg 10103-⨯的小球与轻弹簧组成的系统，按)SI ()328cos(1.0ππ+=x 的规律作谐振动，求：(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等? (3)s 52=t 与s 11=t 两个时刻的位相差；解：(1)设谐振动的标准方程为)cos(0φω+=t A x ，则知：3/2,s 412,8,m 1.00πφωππω===∴==T A又πω8.0==A v m 1s m -⋅51.2=1s m -⋅2.632==A a m ω2s m -⋅(2)N63.0==m m a FJ 1016.32122-⨯==m mv EJ1058.1212-⨯===E E E k p 当pk E E =时，有pE E 2=，即 )21(212122kA kx ⋅=∴ m 20222±=±=A x(3) ππωφ32)15(8)(12=-=-=∆t t4-5 一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，其振动方程用余弦函数表示．如果0=t 时质点的状态分别是：(1)Ax -=0；(2)过平衡位置向正向运动；(3)过2Ax =处向负向运动； (4)过2A x -=处向正向运动． 试求出相应的初位相，并写出振动方程．解：因为 ⎩⎨⎧-==0000sin cos φωφA v A x将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有)2cos(1πππφ+==t T A x )232cos(232πππφ+==t T A x )32cos(33πππφ+==t T A x )452cos(454πππφ+==t T A x 4-6 一质量为kg 10103-⨯的物体作谐振动，振幅为cm 24，周期为s 0.4，当0=t 时位移为cm 24+．求：(1)s 5.0=t 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向； (2)由起始位置运动到cm 12=x 处所需的最短时间； (3)在cm 12=x 处物体的总能量． 解：由题已知s 0.4,m 10242=⨯=-T A ∴1s rad 5.02-⋅==ππωT又，0=t 时，0,00=∴+=φA x故振动方程为m )5.0cos(10242t x π-⨯= (1)将s 5.0=t 代入得0.17m m )5.0cos(102425.0=⨯=-t x πN102.417.0)2(10103232--⨯-=⨯⨯⨯-=-=-=πωxm ma F方向指向坐标原点，即沿x 轴负向．(2)由题知，0=t 时，00=φ，t t =时3,0,20πφ=<+=t v A x 故且 ∴s322/3==∆=ππωφt (3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为J 101.7)24.0()2(10102121214223222--⨯=⨯⨯⨯===πωA m kA E4-7 有一轻弹簧，下面悬挂质量为g 0.1的物体时，伸长为cm 9.4．用这个弹簧和一个质量为g 0.8的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开cm 0.1后 ，给予向上的初速度10s cm 0.5-⋅=v ，求振动周期和振动表达式．解：由题知 12311m N 2.0109.48.9100.1---⋅=⨯⨯⨯==x g m k而0=t 时，-12020s m 100.5m,100.1⋅⨯=⨯-=--v x ( 设向上为正)又s 26.12,51082.03===⨯==-ωπωT m k 即m 102)5100.5()100.1()(22222220---⨯=⨯+⨯=+=∴ωv x A45,15100.1100.5tan 022000πφωφ==⨯⨯⨯=-=--即x v∴ m)455cos(1022π+⨯=-t x4-8 图为两个谐振动的t x -曲线，试分别写出其谐振动方程．题4-8图解：由题4-8图(a)，∵0=t 时，s2,cm 10,,23,0,0000===∴>=T A v x 又πφ即 1s rad 2-⋅==ππωT故 m)23cos(1.0ππ+=t x a由题4-8图(b)∵0=t 时，35,0,2000πφ=∴>=v A x 01=t 时，22,0,0111ππφ+=∴<=v x又 ππωφ253511=+⨯=∴πω65=故 mt x b )3565cos(1.0ππ+=4-9 一轻弹簧的倔强系数为k ，其下端悬有一质量为M 的盘子．现有一质量为m 的物体从离盘底h 高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是盘子开始振动． (1)此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同? (2)此时的振动振幅多大?(3)取平衡位置为原点，位移以向下为正，并以弹簧开始振动时作为计时起点，求初位相并写出物体与盘子的振动方程．解：(1)空盘的振动周期为k M π2，落下重物后振动周期为k mM +π2，即增大． (2)按(3)所设坐标原点及计时起点，0=t 时，则k mg x -=0．碰撞时，以M m ,为一系统动量守恒，即0)(2v M m gh m +=则有M m ghm v +=20 于是gM m khk mg M m gh m k mg v x A )(21))(2()()(22222++=++=+=ω（3）g m M kh x v )(2tan 000+=-=ωφ(第三象限)，所以振动方程为 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++=g m M kh t M m k g M m kh k m g x )(2arctan cos )(214-10 有一单摆，摆长m 0.1=l ，摆球质量kg 10103-⨯=m ，当摆球处在平衡位置时，若给小球一水平向右的冲量14s m kg 100.1--⋅⋅⨯=∆t F ，取打击时刻为计时起点)0(=t ，求振动的初位相和角振幅，并写出小球的振动方程．解：由动量定理，有0-=∆⋅mv t F∴1-34s m 01.0100.1100.1⋅=⨯⨯=∆⋅=--m t F v按题设计时起点，并设向右为x 轴正向，则知0=t 时，100s m 01.0,0-⋅==v x ＞0∴ 2/30πφ= 又1s rad 13.30.18.9-⋅===l g ω∴m 102.313.301.0)(302020-⨯===+=ωωv v x A故其角振幅rad 102.33-⨯==Θl A小球的振动方程为rad)2313.3cos(102.33πθ+⨯=-t4-11 有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为m 20.0，位相与第一振动的位相差为6π，已知第一振动的振幅为m 173.0，求第二个振动的振幅以及第一、第二两振动的位相差．题4-11图解：由题意可做出旋转矢量图如下． 由图知01.02/32.0173.02)2.0()173.0(30cos 222122122=⨯⨯⨯-+=︒-+=A A A A A∴ m 1.02=A设角θ为O AA1，则 θcos 22122212A A A A A -+=即1.0173.02)02.0()1.0()173.0(2cos 2222122221=⨯⨯-+=-+=A A A A A θ即2πθ=，这说明，1A 与2A 间夹角为2π，即二振动的位相差为2π.4-12 试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：(1) ⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm )373cos(5cm )33cos(521ππt x t x (2)⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm)343cos(5cm )33cos(521ππt x t x解： (1)∵ ,233712πππφφφ=-=-=∆∴合振幅 cm 1021=+=A A A(2)∵ ,334πππφ=-=∆∴合振幅 0=A4-13 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为⎪⎩⎪⎨⎧-=+=m)652cos(3.0m )62cos(4.021ππt x t x试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。

物理学第六版上册答案【篇一：大学物理学 (第3版.修订版) 北京邮电大学出版社上册第六章习题6 答案】题(1)一平面简谐波在弹性媒质中传播，在媒质质元从平衡位置运动到最大位移处的过程中：(a)它的动能转化为势能.(b)它的势能转化为动能.(c)它从相邻的一段质元获得能量其能量逐渐增大.(d)它把自己的能量传给相邻的一段质元，其能量逐渐减小.[答案：d](2) 某时刻驻波波形曲线如图所示，则a,b两点位相差是[答案：a](3) 设声波在媒质中的传播速度为ｕ，声源的频率为vs．若声源Ｓ不动，而接收器Ｒ相对于媒质以速度vb 沿着Ｓ、Ｒ连线向着声源Ｓ运动，则位于Ｓ、Ｒ连线中点的质点Ｐ的振动频率为(a)vs (b)u?vbvs u(c) uuvs (d) vs u?vbu?vb[答案：a]6.2填空题(1)频率为100hz，传播速度为300m/s的平面简谐波，波线上两点振动的相位[答案：0.5m](2)一横波的波动方程是y?0.02sin2?(100t?0.4x)(si)，则振幅是____，波长是____，频率是____，波的传播速度是____。

[答案：0.02m;2.5m;100hz;250m/s](3) 设入射波的表达式为y1?acos[2?(?t?x?)??]，波在x＝0处反射，反射点为一固定端，则反射波的表达式为________________，驻波的表达式为____________________，入射波和反射波合成的驻波的波腹所在处的坐标为____________________。

[答案：y2?acos2?(?t?x?) ；2acos(2??)cos(2??t?) ?22x??x?(2k?1)?4]6.3产生机械波的条件是什么？两列波叠加产生干涉现象必须满足什么条件？满足什么条件的两列波才能叠加后形成驻波？在什么情况下会出现半波损失？答：产生机械波必须具备两个条件：有作机械振动的物体即波源；有连续的介质。

习题1(1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r的端点处，其速度大小为(A)dt dr (B)dt r d(C)dtr d ||(D) 22)()(dt dy dt dx +[答案：D](2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2/2s m a -=，则一秒钟后质点的速度(A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。

[答案：D](3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为(A)t R t R ππ2,2 (B) tRπ2,0 (C) 0,0 (D) 0,2tRπ[答案：B](1) 一质点，以1-⋅s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是 ；经过的路程是 。

[答案： 10m ； 5πm](2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。

[答案： 23m·s -1 ](3) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V ，一人相对于甲板以速度3V行走。

如人相对于岸静止，则1V 、2V 和3V的关系是 。

[答案： 0321=++V V V]1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定：(1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。

解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。

1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？〔1〕x=4t-3；〔2〕x=-4t 3+3t 2+6；〔3〕x=-2t 2+8t+4；〔4〕x=2/t 2-4/t 。

给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。

⼤学物理答案第10章北京邮电⼤学出版社主编：罗益民余燕第10章波动光学10-1 （1）由λdDkx =得 A kD xd 6000m 1060.12102.0106733=?===---λ（2） m m )(3103102.0106337=?=??==?---λd D x 10-2 若在下缝处置⼀折射率为n 厚度为t 的透明薄膜，则光从下缝到屏上的光程将增加(n -1)t ，屏上的条纹均要向下移动。

依题意中央明条纹多到屏中⼼下⽅原来第3级明条纹位置，则从双缝到该位置的光程差[]t n r r r t n r )1()()1(1212-+-=--+=δ0)1(3=-+-=t n λ故 m 3.2m 1016.316.110328.631367µλ≈?=-??=-=-n t 10-3 屏上1λ的经三级明绿纹中⼼的位置m 103.310550106.02.133933---?===λd D kx 依题意屏上1λ的第六级明条纹和波长为λ的第五级明条纹重合于x 处则有λλdDk d D k x 516== 即λλ516k k = m 106.6105505679156--?=??==λλk k 10-4 由λdDk10)0.46.7(1025.010501)(---?-=-=-紫红紫红λλd D k x x m 102.74-?=10-5 光源S 0和其在镜中的虚光源等价⼀对相⼲光源，它们在屏上的⼲涉条纹的计算与杨⽒双缝条纹基本相同，只是明暗条纹分布完全相反，故屏上第⼀条明纹位置就是双缝⼲涉的零级暗条纹位置. 即2102.7104)3.02.0(22)12(73--+==+=λλd D d D k x(m)105.45-?=上⾯表达式也可直接由光程差推导⽽得.10-6 （1）由题10-6图可以看出αβθ22221-====r C S C S SC∴αθβ+=⼜εαβ+=∴εθ=等效双缝间距εsin 2r d =（2）λεελsin 2cos r r L d D x +==（3）λεεελεεε)cos (sin 22sin 2cos 22r L r Ltg r r L Ltg x x +?=+=? 3105)15.05.1(105.02105.12733=+??=--- 屏上共可看到3条明条纹，除中央明条纹外，在其上、下侧还可看到⼀级明条纹. 10-7 ∵ 321n n n <<,故有,3,2,1,02)12(21112=+==k k e n λδ① 3,2,12222222===k k e n λδ②由上两式21312k k =+?但由于λ是连续可调的，在1λ和2λ间⽆其他波长消失与增强，所以取,1,121==k k 把11=k 或12=k 代⼊①式或②式)m (10333.121079027922--?≈??==n e λ10-8 在反射光中产⽣⼲涉加强的波长应满⾜习题10-6图习题10-7图λλk e n =+222 故 122021612380033.141242-=-??=-=k k k e n λ当k =2时，A 67392=λ（红光）；k =3时，A 40433=λ（紫光）故肥皂膜正⾯呈紫红⾊在透射光中产⽣⼲涉加强的波长应满⾜λk e n =22kk k e n 10108380033.1222=??==λ当k =2时，A 50542=λ（绿光），故肥皂膜背⾯呈绿⾊. 10-9 ∵ 321n n n <<透射光中产⽣⼲涉加强的条件应满⾜λλk e n =+222故冰层厚度 A k k n k e 2053)2/1(33.125460)2/1(2)2/1(2?-=??-=-=令k =1，可得冰层的最⼩厚度为A e 1027min =10-10 根据题中折射间的关系，对A 5500=λ黄绿光的增透膜应满⾜关系λλk e n =+2/22)2/1(2)2/1(2?-=??-=-=λ令A e k 996,1==即为增透膜的最薄厚度.另解：要使透射光增强，必须的射光⼲涉减弱. ∵321n n n << ∴2 )12(22λδ+==k e n996)12(4122+=+=k n k e λA k )9961992(+=, k =0,1,2, …A e 996min =10-11 由22sin n l λθ=得8rad 1088.31088.310552.1210893.52sin 55372''=?=?===----θλθl n 10-12 ∵212n e e k k λ=-=+,∴ 20条明条纹对应平晶厚度差为5.1210328.619219)(19721==-=?-+n e e d k k λ (m)100.46-?=10-13 （1）12.010048.013-?==≈L d tg θθ21068027921--+?=??==-n e e k k λ（3）0.85(mm)m 105.8104121068024492=?===---θλn l （4）141105.812.04=?=-N10-14 （1）∵ 321n n n <<∴反射光中明条纹的条件为：λk e n =22 油膜边缘 e =0 ∴ k =0 油膜中⼼ m 102.16-?==h e∴ 8.4106102.12.122762===--λen k 故共可看到五条明条纹(k =0,1,2,3,4) （2）对应各明条纹中⼼油膜的厚度22n k e λ=当k =0,1,2,3,4时，对应油膜的厚度分别为：0，2500A ,5000A ,7500A ,10000A .（3）油膜逐渐展开时，圆条纹向外扩展，条纹间间距增⼤，条纹级数减⼩，油膜中⼼由半明半暗向暗、明、暗、明……依次变化，直⾄整个油膜呈现⼀⽚明亮区域. 10-15 依题意 1144d R R r r =-= -λλ2144d R R r r ='-'='-'λλ由上两式可解得未知单⾊光波长A d d 545958931041085.333212==???='--λλ 10-16 依题意有/)2/110(210110D n R r D R r =-='=-=λλ由上两式可解得液体折射率22.11027.1104.1222221==? ??=--D D n 10-17 由2λN d =得A N d 6290m 1029.6102410322.02273=?=??==--λ10-18 设放⼊厚度为d 玻璃⽚后，则来⾃⼲涉仪两臂相应的光程差变化为λN d n =-)1(2m 1093.5)1632.1(2105150)1(257--?=-=-=n N d λ10-19 ∵衍射⾓0?很⼩，∴中央明条纹的半⾓宽度rad 105101.01053370---?=??==a λ中央明条纹的宽度afftg x λ220≈=?mm 5m 1053=?=- 若单缝装置浸⼊⽔中，中央明条纹的半⾓宽度rad 1076.3101.033.11053370---?===na λ10-20 （1）设⼊射光波长为λ，离屏中⼼x =1.4mm 处为明条纹，则由单缝衍射明条纹条件，x 应满⾜12(sin λ+=k atg f x = ∵sin ?很⼩∴λ??ak ff ftg x 2)12(sin +=≈= )12(4.0104.1106.02)12(233+=+=--k k f ax λ m 12102.46+?=-k 当m 106,373-?==λk 恰在橙黄⾊波长范围内，所以⼊射光波长为A 6000. （2）p 点的条纹级数为3（3）从p 点看，对该光波⽽⾔，狭缝处波阵⾯可分成(2k +1)=7个半波带. 10-21 由单缝衍射明条纹条件，2 )12(sin λ+=k a ，可分别求得21λλ、两单⾊光第⼀级明条纹离屏中⼼的距离分别为4711110210435.02)12(--=+==a k f ftg x λ?mm)(3m 1033=?=-47222102106.735.02)12(--=+==a k f ftg x λ? mm)(7.5m 107.53=?=-这两条明条纹之间的距离mm)(7.2m 107.210)37.5(3312=?=?-=-=?--x x x若⽤光栅代替单缝，光栅常数(m)10cm 1000+b a 则由光栅⽅程λ?k b a =+sin )(，可分别求得21,λλ两单⾊光的第⼀级明条纹离屏中⼼的距离分别为cm)(2m 102101045.0257111=?=??+==---b a k f ftg x λ? m 108.310106.75.0257222---?=??+==b a k f ftg x λ?cm)(8.3=cm)(8.128.312=-=-=?x x x 10-22 光栅常数m 102mm 50016-?==+b a ,由光栅⽅程λ?k b a =+sin )( 4.3109.51102sin )(76==+=--λb a k 即最多可看到第3级明条纹. 10-23 光栅常数m 105mm 20016-?==+b a （1）由光栅⽅程λ?k b a =+sin )(可得第⼀级明条纹与中央明条纹的距离，即第⼀级明条纹离屏中⼼的距离cm)(6m 10610510516.0267=?==+==---b a k f ftg x λ? （2）当光线与光栅法线成30°斜⼊射时，光栅⽅程为λθ?k b a =±+)sin )(sin (0上式取负号，且当k =0,可得中央明条纹的衍射⽅向；即0θ?=，所以中央明条纹离屏中⼼距离为m 35.0306.0=?==tg ftg x ?10-24 （1）由光栅⽅程λ?k b a =+sin )(,对应于20.0sin 1=?与30.0sin 2=?处满⾜771063)(30.01062)(20.0--??=+??=+b a b a∴ m 1066-?=+b a （2）因为明条纹第四级缺级，应满⾜缺级条件= 因第⼆级明条纹不缺级，取1='k ，可得光栅上狭缝的宽度为m 105.1410666--?=?=+'=k b a k aor m 105.436-?=?='a k（3）由λ?k b a =+sin )(，且当2π=,则10106106sin )(76=??=+=--λb a k ∴在?<±6, ±7, ±9级明条纹(k =±10的明条纹在?=90?处)10-25 光栅常数m 105.2cm 400016-?==+b a 设A A 7600,40001='=λλ，由光栅⽅程可得λ?λ?''='+=+k b a k b a k k s i n )(s i n)(2.3106.7105.2sin )(2.6104105.2sin )(7676=??=''+='=??='+=----λ?λ?k k b a k b a k亦即λ的(k +1)级条纹要在λ'的k 级条纹之后∴λλλλ)1()1(+<'++<+'k k ba kb a k)1(40007600+只有k =1才满⾜上式，所以屏上只可能出现⼀个完整⽽不重迭的第⼀级光谱，第⼆级和第三级光谱均有重迭现象.10-26 （1）由单缝衍射可确定中央明条纹的宽度为371002.0108.45.0222--===?a f ftg x λcm 4.2m 104.22=?=- （2）由缺级条件，且取1='k502.01.0==+'=a b a k k 可见第5级缺级；∴在单缝衍射的中央明条纹包迹内共有9条双缝衍射明条纹(4,3,2,1,0±±±±=k )10-27 设A A 7600,400021==λλ，由光栅⽅程可求得21,λλ第⼀级谱线的位置分别为：ba fftg x +==111λ? )sin (11tg ，≈很⼩ba fftg x +==222λ?依题意 m 100.6212-?=-=?x x x∴ m 10610771212----?=??-??=--=+x x f b a λλ 10-28 爱⾥班半径m 1053.1101.021055.022.122.13371---?==?=D f r λ若mm 0.122?=D ，则m 1053.11021055.022.122.14372---?===D f r λ10-29 ⼈眼最⼩分辨⾓为rad 1022.110510522.122.14370---?===D λθ⽽x l ?=?0θ，所以眼睛恰可分辨两灯的距离为km 84.91084.91022.12.134=?=?==-θxl 10-30 由最⼩分辨⾓公式Dλθ22.10=可得m 139.01084.4105.522.122.1670===--θλD10-31 由布拉格公式λ?k d =sin 2得kAk k d89.32/275.22sin 2=??==λ当A k A k 94.1,2;89.3,12====λλ; 当;97.0,4;3.1,343A k A k ====λλ所以只有λ为1.30A 和0.97A 的谱线在x 射线波长范围内，能产⽣强反射.10-32 设⾃然光强度为0I ，通过第⼀偏振⽚后光强度为2/0I ，依题意，由马吕斯公式可得透过第⼆偏振⽚后的光强为=60cos 2201I I ∴ 108I I =今在两偏振⽚之间再插⼊另⼀偏振⽚，则通过该偏振⽚后的光强为102038330cos 2I I I I ==?=' 再通过第三偏振⽚后的光强1214930cos 3I I I == ∴25.21=I I10-33 （1）强度为0I 的⾃然光通过两重迭偏振⽚后，透射光的最⼤光强为2I ,按题意当两偏振⽚的偏振化⽅向夹⾓为α时，透过检偏器的光强231cos 2020I I I ?==α∴ 4454'?=α（2）按题意，由马吕斯公式 3cos 2020II I ==α∴ 6135'?=α 10-34 设⾃然光强度为0I ，线偏振光强度为1I ，该混合光通过偏振⽚时，若其偏振化⽅向与线偏振光的振动⽅向⼀致，则透射光强度102I I +，若其偏振化⽅向与线偏振光的振动⽅向垂直，则透射光强度为2I ，依题意 252010I I I ?=+ ∴ 012I I =故⾃然光和线偏振光的光强各占总光强的31和32. 10-35 当光由⽔射向玻璃时，按布儒斯特定律可求得起偏振⾓724833.15.111'?===--tg n n tgb ⽔玻璃θ当光由玻璃射向⽔时43415.133.111'?===--tg n n tg b 玻璃⽔θ 10-36 （1）这时反射线与折射线相互垂直∴ ?=?-?=-?=58329090r b θθ（2）由布儒斯特公式60.158=?==tg tg n b θ10-37 设⼊射线偏振光的振幅为E ，则射⼊晶⽚后e 光和o 光的振幅分别为 ?=?=30sin 30cos 0E E E E e ∴ 73.1300=?=ctg E E e。