大学物理1复习资料(含公式,练习题)

重点：求导法和积分法，圆周运动切向加速度和法向加速度。 主要公式：

1．质点运动方程（位矢方程）：r(t)x(t)iy(t)jz(t)k

xx(t)参数方程：yy(t)消去t得轨迹方程。

zz(t)2．速度：vdrdt， 加速度：adv 3．平均速度：vrdtt， 平均加速度：avt 4．角速度：dddt， 角加速度：()dt 5．线速度与角速度关系：vr 6．切向加速度：advv22dtr， 法向加速度：anrr，第二章 质点动力学

重点：动量定理、变力做功、动能定理、三大守恒律。 主要公式：

1．牛顿第一定律：当F合外0时，v恒矢量。

2．牛顿第二定律：FmamdvdPdtdt 3．牛顿第三定律（作用力和反作用力定律）：FF t4．动量定理：I2Ftdt1mvm(v2v1)P 5．动量守恒定律：当合外力F合外力0,P0 6 动能定理：Wx2xF合dxE122km(v2v1) 127．机械能守恒定律：当只有保守内力做功时，E0

8. 力矩：MrF

1

总加速度：aa22an Frsin

 方向：右手螺旋，沿rF的方向。

9．角动量：LrP

大小：Mmvrsin

 方向：右手螺旋，沿rP的方向。

大小：L※ 质点间发生碰撞：

完全弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。

完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒，且具有共同末速度。 一般的非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒。 ※行星运动：向心力的力矩为0，角动量守恒。 第三章 刚体

重点： 刚体的定轴转动定律、刚体的角动量守恒定律。 主要公式： 1． 转动惯量：Jr2dm，转动惯性大小的量度。

r2． 平行轴定理：J 直线 Jcmd2

转轴过中心 转轴过边缘 J圆盘 3. 角动量：LrP 质点：L 刚体：

1ml2 121JmR2 21Jml2 33JmR2 2mvrsin

JLJ

4．转动定律：M5．角动量守恒定律：当合外力矩M6. 刚体转动的机械能守恒定律: 转动动能:Ek 势能:

0时,L0,即:J11J22

1J2 2EPmghc （hc为质心的高度。）

※ 质点与刚体间发生碰撞：

完全弹性碰撞：角动量守恒，机械能守恒。

完全非弹性碰撞：角动量守恒，机械能不守恒，且具有共同末速度。

2

一般的非弹性碰撞：角动量守恒，机械能不守恒。 

说明：期中考试前的三章力学部分内容，请大家复习期中试卷，这里不再举例题。

第五章 振动

重点：旋转矢量法、 简谐振动的方程、能量和合成。 主要公式： 1．xAcos(t)2T

弹簧振子：km，T2mk

单摆：gl，T2lg

2．能量守恒： 动能：E1mv2，势能：E1k2kx2，机械能：EE1pkEP2kA22 3．两个同方向、同频率简谐振动的合成：仍为简谐振动：xAcos(t)

其中：

AA21A222A1A2cos A1sinarctg1A2sin2A1cos1A2cos2a.

同相，当相位差满足：2k时，振动加强，AMAXA1A2；

b. 反相，当相位差满足：(2k1)时，振动减弱，AMINA1A2。

[例题1] 质量为10103kg的小球与轻弹簧组成的系统，按x0.1cos(823)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)t25s与t11s两个时刻的位相差；

解：(1)设谐振动的标准方程为xAcos(t0)，则知：

A0.1m,8,T214s,02/3 又 v.8ms1 2.51ms1mA0

a2mA63.2ms2

3

(SI)的

(2) Fmam0.63N

12mvm3.16102J 21EpEkE1.58102J

2E当EkEp时，有E2Ep， 即

12112kx(kA) 22222Am 220∴ x (3) (t2t1)8(51)32

【例题2】 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t0时质点的状态分别是：

(1)x0A；

(2)过平衡位置向正向运动； (3)过xA处向负向运动； 2A2处向正向运动．

(4)过x试求出相应的初位相，并写出振动方程．

x0Acos0解：因为 

vAsin00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

12343323542xAcos(t)

T23xAcos(t)

T22xAcos(t)

T325xAcos(t)

T4【例题3】 一质量为1010kg的物体作谐振动，振幅为24cm，周期为4.0s，当t0时位移为24cm．求：

(1)t0.5s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x12cm处所需的最短时间； (3)在x12cm处物体的总能量．

4

解：由题已知 A2410m,T4.0s ∴ 又，t0时，x0A,00 故振动方程为

220.5Trads1

x24102cos(0.5t)m

(1)将t0.5s代入得

x0.524102cos(0.5t)m0.17m

Fmam2x10103()20.174.2103N2方向指向坐标原点，即沿x轴负向． (2)由题知，t0时，00，



A,且v0,故t 232∴ t/s

323tt时 x0 (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

E121kAm2A222110103()2(0.24)2 227.1104J【例题4】有一轻弹簧，下面悬挂质量为1.0g的物体时，伸长为4.9cm．用这个弹簧和一个质量为8.0g的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开1.0cm后 ，给予向上的初

1速度v05.0cms，求振动周期和振动表达式．

解：

m1g1.01039.81 k0.2Nm2x14.91022-1而t0时，x01.010m,v05.010ms ( 设向上为正)

又 k0.225,即T1.26s m8103 5

2Ax0(v0)2225.01022(1.010)()

52102mv05.01025 tan01,即0x01.010254∴ x52102cos(5t)m

4

【例题5】 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? 解：(1)空盘的振动周期为2MMm，落下重物后振动周期为2，即增大． kk(2)按(3)所设坐标原点及计时起点，t0时，则x0动量守恒，即

mg．碰撞时，以m,M为一系统km2gh(mM)v0

则有 v0于是

m2gh

mMmg2m22gh2Ax()()()k(mM)20v02

mg2kh1k(mM)g【例题6】 有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为0.20m，位相与第一振动的位相差为

，已知第一振动的振幅为0.173m，求第二个振动的振幅以及第一、第6二两振动的位相差．

解：由题意可做出旋转矢量图如下． 由图知

2A2A12A22A1Acos30(0.173)2(0.2)220.1730.23/2 0.01

6

∴ A20.1m 设角AA1O为，则

2A2A12A22A1A2cos

2A12A2A2(0.173)2(0.1)2(0.02)2cos即 2A1A220.1730.10即2，这说明，A1与A2间夹角为

，即二振动的位相差为. 22

【例题7】 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：

x5cos(3t)cmx5cos(3t)cm1133(1)  (2)

74x25cos(3tx25cos(3t)cm)cm337解： (1)∵ 212,

33∴合振幅 AA1A210cm

4, 33∴合振幅 A0

(2)∵ 

【例题8】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

x0.4cos(2t)m16 5x20.3cos(2t)m6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。 解：∵ 5() 66∴ A合A1A20.1m

5Asin1A2sin2663 tan15A2cos1A2cos230.4cos0.3cos660.4sin0.3sin∴ 其振动方程为x0.1cos(2t6

6)m

7

第六章 波动

重点：时间推迟法、 波动方程三层物理意义、波的干涉。 主要公式： 1．波动方程：xyAcos[(t)]

uu向右,取负号; u向左,取加号tx)] T22．相位差与波程差的关系：x 或：

yAcos[2(3．干涉波形成的条件：振动方向相同、频率相同、相位差恒定。 4．波的干涉规律：a.当相位差满足：b.当相位差满足：

212(x2x1) 2k时，干涉加强，AMAXA1A2； (2k1)时，干涉减弱，AMINA1A2。

【例题1】一平面简谐波沿x轴负向传播，波长=1.0 m，原点处质点的振动频率为=2. 0 Hz，振幅A＝0.1m，且在t=0时恰好通过平衡位置向y轴负向运动，求此平面波的波动方程．

解: 由题知t0时原点处质点的振动状态为y00,v00，故知原点的振动初相为波动方程为yAcos[2(,取2tx)0]则有 Txy0.1cos[2(2t)]

120.1cos(4t2x)m

2【例题2】 已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为y=Acos(BtCx)，其中A，

B，C 为正值恒量．求：

(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长；

(2)写出传播方向上距离波源为l处一点的振动方程；

(3)任一时刻，在波的传播方向上相距为d的两点的位相差． 解: (1)已知平面简谐波的波动方程

yAcos(BtCx) (x0)

将上式与波动方程的标准形式

yAcos(2t2比较，可知：

x)

8

波振幅为A，频率波长B， 22B，波速u， CC12波动周期T．

B(2)将xl代入波动方程即可得到该点的振动方程

yAcos(BtCl)

(3)因任一时刻t同一波线上两点之间的位相差为 将x2x1d，及2(x2x1)

2代入上式，即得 CCd．

【例题3】沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y=0.05cos(10t4x)，式中x,y以米计，t以秒计．求：

(1)波的波速、频率和波长；

(2)绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度； (3)求x=0.2mt=1s时的位相，它是原点在哪一时刻的位相?这一位相所代表的运动状态在t=1.25s时刻到达哪一点? 解: (1)将题给方程与标准式

yAcos(2t12x)

1相比，得振幅A0.05m，频率5s，波长0.5m，波速u2.5ms． (2)绳上各点的最大振速，最大加速度分别为

vmaxA100.050.5ms1 amax2A(10)20.0552ms2

(3)x0.2 m处的振动比原点落后的时间为

x0.20.08s u2.5故x0.2m,t1s时的位相就是原点(x0)，在t010.080.92s时的位相， 即 9.2π． 设这一位相所代表的运动状态在t1.25s时刻到达x点，则

xx1u(tt1)0.22.5(1.251.0)0.825m

【例题4】 一列机械波沿x轴正向传播，已知波速为10 m·s t=0时的波形如题5-13图所示，

9

-1

，波长为2m，求： (1)波动方程；

(2) P点的振动方程及振动曲线； (3) P点的坐标；

(4) P点回到平衡位置所需的最短时间．

解: 由图可知A0.1m，t0时，y0A,v00，∴ 0，由题知2m， 23105Hz

2∴ 210

u10ms1，则u(1)波动方程为

y01.cos[10(t

(2)由图知，t0时，yP取负值)

∴P点振动方程为yp0.1cos(10t(3)∵ 10(tx)]m 103A4 (P点的位相应落后于0点，故,vP0，∴P234) 3x4)|t0 10335∴解得 x1.67m

3(4)根据(2)的结果可作出旋转矢量图如图(a)，则由P点回到平衡位置应经历的位相角

图(a)

∴所属最短时间为

35 26t5/61s 1012【例题5】如图所示，有一平面简谐波在空间传播，已知P点的振动方程为yP=A cos(t0)．求：

10

(1)分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程； (2)写出距P点距离为b的Q点的振动方程． 解: (1)如图(a)，则波动方程为

yAcos[(t如图(b)，则波动方程为

lx)0] uu

yAcos[(t(2) 如图(a)，则Q点的振动方程为

AQAcos[(t)0] 如图(b)，则Q点的振动方程为

x)0] ububAQAcos[(t)0]

u【例题6】 如图所示，设B点发出的平面横波沿BP方向传播，它在B点的振动方程为

y12103cos2t;C点发出的平面横波沿CP方向传播，它在C点的振动方程为y22103cos(2t)，本题中y以m计，t以s计．设BP＝0.4m，CP＝0.5 m，波

速u=0.2m·s，求：

(1)两波传到P点时的位相差；

(2)当这两列波的振动方向相同时，P处合振动的振幅；

-1

解: (1) (21)2(CPBP)

(CPBP) u2(0.50.4)0

0.2

(2)P点是相长干涉，且振动方向相同，所以

APA1A24103m

11

第十五章 波动光学

重点：杨氏双缝干涉、增透膜增反膜、劈尖干涉、单缝衍射、衍射光栅、光的偏振（马吕斯定理和布儒斯特角） 主要公式：

1．光程差与半波损失

光程差：几何光程乘以折射率之差：失而引起附加光程差。

半波损失：当入射光从折射率较小的光疏介质投射到折射率较大的光疏密介质表面时，反射光比入射光有的相位突变，则附加

（若两束相干光中一束发生半波损失，而另一束没有，即光程发生的跃变。

2n1r1n2r2，另外在薄膜干涉中还要考虑是否因为半波损

的光程差；若两有或两无，则无附加光程差。） 23．杨氏双缝干涉：（D-缝屏距；d-双缝间距；k-级数）

D明纹公式:xk明kd (2k1)D暗纹公式:xk暗2dD相邻条纹间距:xd条纹特征：明暗相间均匀等间距直条纹，中央为零级明纹。条纹间距x与缝屏距D成正比，与入射光波长成正比，与双缝间距d成反比。

4．增透膜、增反膜原理：（先分析折射率 n1nn关系）

23n1i01)当nnn,或nnn时，123123反(2k1)，增透膜 2n2d2k,增反膜n2n3d2)当n1n2n3,或n1n2n3时，反(2k1)，增透膜 2n2d22k,增反膜5．劈尖干涉：（b-相邻条纹间距, --劈尖夹角,D--钢丝直径，n2-劈尖介质折射率）

相邻条纹对应的薄膜厚度差：e2n2 相邻条纹间距：l2n2 kk1D 劈尖夹角：2n2lLlekek12(2k1)，k0,1,2...暗纹 明暗纹公式：当nnn,或nnn时，2nd21231232反2明纹k,k1,2,3...

12

上式中令d上式中令d0，棱边处，反，对应0级暗纹；

2D,最大膜厚处，可求得最大条纹级数km。

条纹特征：与棱边平行的等间距明暗相间直条纹，且棱边为暗纹。条纹间距l与与入射光波长成正比，与介质折射率n成反比，与劈尖夹角成反比。

劈尖的应用：工程测量中用于测下面待测工件平整度，若观察到条纹左弯则该处下表面凹，条纹右弯则该处下表面凸。（左弯凹右弯凸）

6．单缝衍射：（f-透镜焦距；a-单缝宽度；k-级数）

A(2k1)(2k1)f明纹公式:asin,xk明22a暗纹公式:asink,xkfk暗 a中央明纹宽度:l2f0af其它条纹宽度:laCa1OBx2LPE条纹特征：明暗相间直条纹，中央为零级明纹，宽度是其它条纹宽度的两倍。条纹间距l与透镜焦距入射光波长成正比，与单缝宽度a成反比。   

f成正比，与

II03f2faafaOfa2fa3fa7．衍射光栅：（dab为光栅常数，为衍射角）

k,k0,1,2(a为透光部分,b不透光部分,d1,N为每米刻痕数) N 光栅方程：(ab)sin 缺级现象：dk ak 光栅明纹公式：dsink,xk明f kddabOL可见光光谱波长范围：[400nm,760nm]

条纹特征：条纹既有干涉又有衍射，干涉条纹受到衍射网络线的包络。

13

8．光的偏振：（I0为入射光强度，为两偏振化方向夹角）



I0自然光通过偏振片:I马吕斯定律： 2偏振光通过偏振片:IIcos20布儒斯特角：（i0为入射角，为折射角）i0

arctgn2n1 当入射角满足上述条件时，反射光为完全偏振光，且偏振化方向与入射面垂直；折射光为部分偏振光，且反射光线与折射光线垂直，即：i0900

【例题1 】某单色光从空气射入水中，其频率、波速、波长是否变化?怎样变化? 解: 不变，为波源的振动频率；n空n变小；un变小．

【例题2】 在杨氏双缝实验中，作如下调节时，屏幕上的干涉条纹将如何变化?试说明理由． (1)使两缝之间的距离变小；

(2)保持双缝间距不变，使双缝与屏幕间的距离变小； (3)整个装置的结构不变，全部浸入水中；

(4)光源作平行于S1，S2联线方向上下微小移动； (5)用一块透明的薄云母片盖住下面的一条缝． 解: 由xD知，(1)条纹变疏；(2)条纹变密；(3)条纹变密；(4)零级明纹在屏幕上作相反方向的上d下移动；(5)零级明纹向下移动．

【例题3】 什么是光程? 在不同的均匀媒质中，若单色光通过的光程相等时，其几何路程是否相同?其所需时间是否相同?在光程差与位相差的关系式解:2 中,光波的波长要用真空中波长,为什么?

． Cnr．不同媒质若光程相等，则其几何路程定不相同；其所需时间相同，为t因为中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。

【例题4】 如图所示，A，B两块平板玻璃构成空气劈尖，分析在下列情况中劈尖干涉条纹将如何变化?

A沿垂直于B的方向向上平移［见图(a)］； (2) A绕棱边逆时针转动［见图(b)］．

(1)

解: (1)由2l，ekk2知，各级条纹向棱边方向移动，条纹间距不变；(2)各级条纹向棱边方向移

动，且条纹变密．

14

【例题5】 用劈尖干涉来检测工件表面的平整度，当波长为的单色光垂直入射时,观察到的干涉条纹如图所示，每一条纹的弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分的连线相切．试说明工件缺陷是凸还是凹?并估算该缺陷的程度．

解: 工件缺陷是凹的．故各级等厚线(在缺陷附近的)向棱边方向弯曲．按题意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分相当于条纹向棱边移动了一条，故相应的空气隙厚度差为

e2，这也是工件缺陷的程度．

【例题6】 如图，牛顿环的平凸透镜可以上下移动，若以单色光垂直照射，看见条纹向中心收缩，问透镜是向上还是向下移动?

解: 条纹向中心收缩，透镜应向上移动．因相应条纹的膜厚ek位置向中心移动． 【例题7】 在杨氏双缝实验中，双缝间距d=0.20mm，缝屏间距D＝1.0m，试求： (1)若第二级明条纹离屏中心的距离为6.0mm，计算此单色光的波长； (2)相邻两明条纹间的距离．

1103D2， 解: (1)由x明k知，6.00.2d∴ 0.610mm 6000A

3oD11030.61033 mm (2) xd0.2【例题8】 在双缝装置中，用一很薄的云母片(n=1.58)覆盖其中的一条缝，结果使屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏幕中央原零级明纹的位置．若入射光的波长为5500A，求此云母片的厚度． 解: 设云母片厚度为e，则由云母片引起的光程差为

onee(n1)e

按题意 7

77550010106.6106m 6.6m ∴ en11.581【例题9】 洛埃镜干涉装置如题12-9图所示，镜长30cm，狭缝光源S在离镜左边20cm的平面内，与镜面的垂直距离为2.0mm，光源波长7.2×10

-7

m，试求位于镜右边缘的屏幕上第一条明条纹到镜边缘的距离．

15

解: 镜面反射光有半波损失，且反射光可视为虚光源S发出．所以由S与S发出的两光束到达屏幕上距镜边缘为x处的光程差为 第一明纹处，对应(r2r1)2dxD2



7.2105504.5102mm ∴x2d20.4D【例题10 】一平面单色光波垂直照射在厚度均匀的薄油膜上，油膜覆盖在玻璃板上．油的折射率为1.30，玻璃的折射率为1.50，若单色光的波长可由光源连续可调，可观察到5000 A与7000 A这两个波长的单色光在反射中消失．试求油膜层的厚度．

解: 油膜上、下两表面反射光的光程差为2ne，由反射相消条件有

oo2ne(2k1)当11(k) (k0,1,2,) ① 2k25000A时，有

o12ne(k1)1k112500 ②

2当27000A时，有

o12ne(k2)2k223500 ③

2因21，所以k2k1;又因为1与2之间不存在3满足

12ne(k3)3式

2即不存在 k2k3k1的情形，所以k2、k1应为连续整数，

即 k2由②、③、④式可得：

k11 ④

k1k22100017k217(k11)1 55得 k13

k2k112

可由②式求得油膜的厚度为：

ok112500e6731A

2n

16

【例题11】 白光垂直照射到空气中一厚度为3800 A的肥皂膜上，设肥皂膜的折射率为1.33，试问该膜的正面呈现什么颜色?背面呈现什么颜色? 解: 由反射干涉相长公式有

o2ne得 2k (k1,2,)

4ne41.33380020216 2k12k12k1ok2, 26739A (红色)

k3, 34043 A (紫色)

所以肥皂膜正面呈现紫红色． 由透射干涉相长公式 2neko(k1,2,)

所以 o2ne10108 kk当k2时，  =5054A (绿色)

故背面呈现绿色．

【例题12】 在折射率n1=1.52的镜头表面涂有一层折射率n2=1.38的MgF2增透膜，如果此膜适用于波长

=5500 A的光，问膜的厚度应取何值?

解: 设光垂直入射增透膜，欲透射增强，则膜上、下两表面反射光应满足干涉相消条件，即

o12n2e(k)(k0,1,2,)

21(k)2k∴ e2n22n24n2

o55005500k(1993k996)A 21.3841.38令k0，得膜的最薄厚度为996A．

oo当k为其他整数倍时，也都满足要求．

【例题13】 如图，波长为6800A的平行光垂直照射到L＝0.12m长的两块玻璃片上，两玻璃片一边相互接触，另一边被直径d=0.048mm的细钢丝隔开．求： (1)两玻璃片间的夹角?

(2)相邻两明条纹间空气膜的厚度差是多少? (3)相邻两暗条纹的间距是多少? (4)在这0.12 m内呈现多少条明条纹?

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解: (1)由图知，Lsind，即Ld

d0.048故 4.0104(弧度) 3L0.1210(2)相邻两明条纹空气膜厚度差为e3.4107m

268001010685010m0.85 mm (3)相邻两暗纹间距l4224.010(4)NL141条 l【例题14】 用 5000A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

o纹．若劈尖上面媒质的折射率n1大于薄膜的折射率n(n=1.5)．求： (1)膜下面媒质的折射率n2与n的大小关系； (2)第10条暗纹处薄膜的厚度；

(3)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 m，原来的第10条暗纹处将被哪级暗纹占据? 解: (1)n2有kn．因为劈尖的棱边是暗纹，对应光程差2ne2(2k1)2，膜厚e0处，

0，只能是下面媒质的反射光有半波损失

9才合题意； 2(2)en29950001.5103 mm 2n21.5(因10个条纹只有9个条纹间距)

(3)膜的下表面向下平移，各级条纹向棱边方向移动．若e为e2.0μm，原来第10条暗纹处现对应的膜厚

(1.51032.0103)mm

3.510321.5N21 4n5.0102e现被第21级暗纹占据．

【例题15】 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．

【例题16】 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．

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【例题17】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asin(2k1)(231)7

222asin482

【例题18】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asin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．

【例题19】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

asin(2k1)长?

2(k1,2,)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

k，而空气中为asink，n解：当全部装置浸入水中时，由于水中波长变短，对应asin∴sinknsin，即n，水中同级衍射角变小，条纹变密．

(2k1)如用asin(k1,2,)来测光的波长，则应是光在水中的波长．(因asin只代表2光在水中的波程差)．

【例题20】 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asink知，衍射角变大，条纹变稀；

(2)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asink；斜入射时，a(sinsin)k，保持a，

不变，则应有kk或kk．即原来的k级条纹现为k级．

【例题21】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asink2k半波带上对应点向方向发出的光波在屏上会聚点一一相消，而半波带为偶数，故形成暗纹；而双缝干涉明纹条件为dsin k，描述的是两路相干波叠加问题，其波程差为波长的整数倍，相干加强为明纹．

2，是用半波带法分析(子波叠加问题)．相邻两

【例题22】 光栅衍射与单缝衍射有何区别?为何光栅衍射的明条纹特别明亮而暗区很宽?

答：光栅衍射是多光束干涉和单缝衍射的总效果．其明条纹主要取决于多光束干涉．光强与缝数N成正比，所以明纹很亮；又因为在相邻明纹间有(N一片黑暗背景．

21)个暗纹，而一般很大，故实际上在两相邻明纹间形成

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【例题23】试指出当衍射光栅的光栅常数为下述三种情况时，哪些级次的衍射明条纹缺级?(1)a+b=2a;(2)a+b=3a;(3)a+b=4a.

解：由光栅明纹条件和单缝衍射暗纹条件同时满足时，出现缺级．即

(ab)sink(k0,1,2,) (k1,2)asink可知，当k(1)ab(2)ab(3)ababk时明纹缺级． a2a时，k2,4,6,偶数级缺级； 3a时，k3,6,9,级次缺级； 4a，k4,8,12,级次缺级．

【例题24】若以白光垂直入射光栅，不同波长的光将会有不同的衍射角．问(1)零级明条纹能否分开不同波长的光?(2)在可见光中哪种颜色的光衍射角最大?不同波长的光分开程度与什么因素有关? 解：(1)零级明纹不会分开不同波长的光．因为各种波长的光在零级明纹处均各自相干加强． (2)可见光中红光的衍射角最大，因为由(ab)sink，对同一k值，衍射角．

【例题25】一单色平行光垂直照射一单缝，若其第三级明条纹位置正好与6000明条纹位置重合，求前一种单色光的波长． 解：单缝衍射的明纹公式为：asinoA的单色平行光的第二级

ο(2k1)

 2当6000A时，k2

x时，k3

重合时角相同，所以有

asin(221)6000(231)x22

o5得 x60004286A

7【例题26】单缝宽0.10mm，透镜焦距为50cm，用5000A的绿光垂直照射单缝．求：(1)位于透镜焦

o平面处的屏幕上中央明条纹的宽度为多少?(2)若把此装置浸入水中(n=1.33)，中央明条纹的宽度又为多少?

解：中央明纹的宽度为x (1)空气中，n2naf

1，所以

50001010x20.55.0103m 30.1010 20

(2)浸入水中，n1.33，所以有

50001010x20.503.76103 m 31.330.1010【例题27】用橙黄色的平行光垂直照射一宽为a=0.60mm的单缝，缝后凸透镜的焦距f=40.0cm，观察屏幕上形成的衍射条纹．若屏上离中央明条纹中心1.40mm处的P点为一明条纹；求：(1)入射光的波长；(2)P点处条纹的级数；(3)从P点看，对该光波而言，狭缝处的波面可分成几个半波带? 解：(1)由于P点是明纹，故有asin(2k1)2，k1,2,3

由

x1.43.5103tansin f400故2asin20.63.51032k12k114.2103mm 2k1

当 k3，得36000A

ook4，得44700A

(2)若3若46000A，则P点是第3级明纹；

oo4700A，则P点是第4级明纹．

(3)由asin当k(2k1)2可知，

3时，单缝处的波面可分成2k17个半波带； 当k4时，单缝处的波面可分成2k19个半波带．

【例题28】波长为5000A的平行单色光垂直照射到每毫米有200条刻痕的光栅上，光栅后的透镜焦距为60cm． 求：屏幕上第一级明条纹到中央明纹中心的距离。 解：abo15.0103 mm5.0106m 200(1)由光栅衍射明纹公式

50001010601026.0102m6 cm x16d5.010f【例题29】波长6000Aosin0.20与sin0.30处，第四级缺级．求：(1)光栅常数；(2)光栅上狭缝的宽度；(3)在90°

＞＞-90°范围内，实际呈现的全部级数． 解：(1)由(ab)sink式

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对应于sin10.20与sin20.30处满足：

0.20(ab)260001010 0.30(ab)360001010

得 ab(2)因第四级缺级，故此须同时满足

6.0106m

(ab)sink asink

解得 a取kabk1.5106k 41，得光栅狭缝的最小宽度为1.5106m

k

(3)由(ab)sink当(ab)sin

2，对应kkmax

∴ kmaxab6.010610 10600010因4，8缺级，所以在9090范围内实际呈现的全部级数为

k0,1,2,3,5,6,7,9共15条明条纹(k10在k90处看不到)．

【例题30】用纹?

o134mm2.010 mm2.010A 解：ab5005900A的钠黄光垂直入射到每毫米有500条刻痕的光栅上，问最多能看到第几级明条

o由(ab)sink知，最多见到的条纹级数kmax对应的2,

所以有kmaxab2.01043.39，即实际见到的最高级次为kmax3.

5900【例题31】自然光是否一定不是单色光?线偏振光是否一定是单色光?

答：自然光不能说一定不是单色光．因为它只强调存在大量的、各个方向的光矢量，并未要求各方向光矢量的频率不一样．线偏振光也不一定是单色光．因为它只要求光的振动方向同一，并未要求各光矢的频率相同．

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【例题32】 用哪些方法可以获得线偏振光?怎样用实验来检验线偏振光、部分偏振光和自然光?

答：利用偏振片。利用光的反射和折射或晶体棱镜也可以获取偏振光.

光再垂直入射至偏振片(检偏器).如果把偏振片绕光的传播方向旋转,若是线偏振光就会发现透过检偏器的光强不断改变，并有消光现象。如果入射到检偏器的是部分偏振光，只能观察到光强弱变化，但无消光现象。如果入射到检偏器上的是自然光，光强弱不变化。

【例题33】 一束光入射到两种透明介质的分界面上时，发现只有透射光而无反射光，试说明这束光是怎样入射的?其偏振状态如何?

答：这束光是以布儒斯特角入射的．其偏振态为平行入射面的线偏振光．

【例题34】使自然光通过两个偏振化方向夹角为60°的偏振片时，透射光强为I1，今在这两个偏振片之间再插入一偏振片，它的偏振化方向与前两个偏振片均成30°，问此时透射光I与I1之比为多少? 解：由马吕斯定律

I1I0Icos260ο028

II09Icos230οcos230ο0232I92.25 I14

∴

【例题35】自然光入射到两个重叠的偏振片上．如果透射光强为，(1)透射光最大强度的三分之一，(2)入射光强的三分之一，则这两个偏振片透光轴方向间的夹角为多少? 解：（1） I1I01cos21Imax 23I02， ∴ I1又 ImaxI0, 6故 cos21,cos1133,154ο44'. 3(2) I2I01cos22I0 ∴ cos2232,235ο16' 3【例题36】 一束自然光从空气入射到折射率为1.40的液体表面上，其反射光是完全偏振光．试求：(1)入射角等于多少?(2)折射角为多少? 解：(1)tani01.40,∴i054ο28' (2) y90οi035ο32' 1【例题37】利用布儒斯特定律怎样测定不透明介质的折射率?若测得釉质在空气中的起偏振角为58°，求釉质的折射率． 解：由tan58οn,故n1.60 1 23