10-8 波源作简谐运动，其运动方程为y?4.0?10?3cos240πt?m?，它所形成的波形
以30ｍ·ｓ-1 的速度沿一直线传播．（1） 求波的周期及波长；（2） 写出波动方程．
分析 已知波源运动方程求波动物理量及波动方程，可先将运动方程与其一般形式
y?Acos??t???进行比较，求出振幅A、角频率ω及初相φ0 ，而这三个物理量与波动方
程的一般形式y?Acos??t?x/u???0中相应的三个物理量是相同的．再利用题中已知的波速u 及公式ω＝2πν ＝2π／T 和λ＝u T 即可求解．
解 （1） 由已知的运动方程可知，质点振动的角频率ω?240πs?1．根据分析中所述，波的周期就是振动的周期，故有
??T?2π/ω?8.33?10?3s
波长为
λ＝uT ＝0.25 ｍ
（２） 将已知的波源运动方程与简谐运动方程的一般形式比较后可得A ＝4.0 ×10-3m，
ω?240πs?1，φ0 ＝0故以波源为原点，沿x 轴正向传播的波的波动方程为
y?Acos?ω?t?x/u???30??m??4.0?10cos?240πt?8πx?
10-10 波源作简谐运动，周期为0.02ｓ，若该振动以100m·ｓ-1 的速度沿直线传播，设t ＝0时，波源处的质点经平衡位置向正方向运动，求：（1） 距波源15.0ｍ 和5.0 m 两处质点的运动方程和初相；（2） 距波源为16.0 m 和17.0m的两质点间的相位差．
分析 （1） 根据题意先设法写出波动方程，然后代入确定点处的坐标，即得到质点的运动方程．并可求得振动的初相．（2） 波的传播也可以看成是相位的传播．由波长λ的物理含意，可知波线上任两点间的相位差为Δφ＝2πΔx／λ．
解 （1） 由题给条件T?0.02s,u?100m?s，可得
?1ω?2π/T?100πm?s?1;λ?uT?2m
当t ＝0 时，波源质点经平衡位置向正方向运动，因而由旋转矢量法可得该质点的初相为φ0 ＝－π／2（或3π／2）．若以波源为坐标原点，则波动方程为
y?Acos?100π?t?x/100??π/2?
距波源为x1 ＝15.0 m 和x2 ＝5.0 m 处质点的运动方程分别为
y1?Acos?100πt?15.5π?y2?Acos?100πt?5.5π?
它们的初相分别为φ10 ＝－15.5π和φ10 ＝－5.5π（若波源初相取φ0＝3π/2，则初相φ10 ＝
－13.5π，φ10 ＝－3.5π．）
（2） 距波源16.0m 和17.0 m 两点间的相位差
Δ?2?1?2π?x2?x1?/λ?π
10-13 如图所示为一平面简谐波在t ＝0 时刻的波形图，求（1）该波的波动方程；（2） P 处质点的运动方程．
题10-13 图
分析 （1） 根据波形图可得到波的波长λ、振幅A 和波速u，因此只要求初相φ，即可写出波动方程．而由图可知t ＝0 时，x ＝0 处质点在平衡位置处，且由波的传播方向可以判断出该质点向y 轴正向运动，利用旋转矢量法可知φ＝－π/2．（2） 波动方程确定后，将P 处质点的坐标x 代入波动方程即可求出其运 动方程yP ＝yP（t）．
解 （1） 由图可知振幅A ＝0.04 ｍ， 波长λ＝0.40 ｍ， 波速u ＝0.08ｍ·ｓ-1 ，则ω＝2π/T ＝2πu/λ＝（2π/5）ｓ-1 ，根据分析已知φ＝－π/2，因此波动方程为
?2π?x?π?y?0.04cost??????50.08?2???（2） 距原点O 为x ＝0.20ｍ 处的P 点运动方程为
?m?
?2???y?0.04cos?5?2????m?
4
10-18 有一波在介质中传播，其波速u ＝1.0 ×103m·s-1 ，振幅A ＝1.0 ×10- m，频率ν ＝1.0 ×103Hz．若介质的密度为ρ ＝8.0×102 kg·m-3 ，求：（1） 该波的能流密度；（2） 1 min 内垂直通过4.0 ×10-4m2 的总能量．
解 （1） 由能流密度I 的表达式得
I?1?uA2?2?2?2?uA2v2?1.58?105W?m?2 2（2） 在时间间隔Δt ＝60 s 内垂直通过面积S 的能量为
W?P??t?IS??t?3.79?103J
10-20 如图所示，两相干波源分别在P、Q 两点处，它们发出频率为ν、波长为λ，初相相同的两列相干波．设PQ ＝3λ/2，R 为PQ 连线上的一点．求：（1） 自P、Q 发出
的两列波在R处的相位差；（2） 两波在R 处干涉时的合振幅．
题10-20 图
分析 因两波源的初相相同，两列波在点R 处的相位差Δφ仍与上题一样，由它们的波程差决定．因R 处质点同时受两列相干波的作用，其振动为这两个同频率、同振动方向的简谐运动的合成，合振幅A?2A12?A2?2A1A2cos??．
解 （1） 两列波在R 处的相位差为
Δ?2πΔr/λ?3π
（2） 由于Δ?3π，则合振幅为
A?2A12?A2?2A1A2cos3??A1?A2
第十一章 光 学
11-1 在双缝干涉实验中，若单色光源S 到两缝S1 、S2 距离相等，则观察屏 上中央明条纹位于图中O 处，现将光源S 向下移动到图中的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
分析与解 由S 发出的光到达S1 、S2 的光程相同，它们传到屏上中央O 处，光程差Δ＝0，形成明纹．当光源由S 移到S′时，由S′到达狭缝S1 和S2 的两束光产生了光程差．为了保持原中央明纹处的光程差为0，它会向上移到图中O′处．使得由S′沿S1 、S2 狭缝传到O′处的光程差仍为0．而屏上各级条纹位置只是向上平移，因此条纹间距不变．因此正确答案为（B）．
题11-1 图
11-2 如图所示，折射率为n2 ，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n1 和n3，且n1 ＜n2 ，n2 ＞n3 ，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的光程差是（ ）
?A?2n2e?B?2n2e??2?C?2n2e???D?2n2e??2n2
题11-2 图
分析与解 由于n1 ＜n2 ，n2 ＞n3 ，因此在上表面的反射光有半波损失，下表面的反射光没有半波损失，故它们的光程差??2n2e?确答案为（B）．
11-3 如图（a）所示，两个直径有微小差别的彼此平行的滚柱之间的距离为L，夹在两块平面晶体的中间，形成空气劈形膜，当单色光垂直入射时，产生等厚干涉条纹，如果滚柱之间的距离L 变小，则在L 范围内干涉条纹的（ ） （A） 数目减小，间距变大 （B） 数目减小，间距不变 （C） 数目不变，间距变小 （D） 数目增加，间距变小
?2，这里λ是光在真空中的波长．因此正
题11-3图
分析与解 图（a）装置形成的劈尖等效图如图（b）所示．图中 d为两滚柱的直径差，b 为两相邻明（或暗）条纹间距．因为d 不变，当L 变小时，θ 变大，L′、b均变小．由图可得sin???n/2b?d/L?，因此条纹总数N?L?/b?2d/?n，因为d和λn 不变，所以N 不变．正确答案为（C）
11-4 在单缝夫琅禾费衍射实验中，波长为λ的单色光垂直入射在宽度为3λ的单缝上，对应于衍射角为30°的方向，单缝处波阵面可分成的半波带数目为（ ） （A） 2 个 （B） 3 个 （C） 4 个 （D） 6 个 分析与解 根据单缝衍射公式
λ??暗条纹??2k ??2bsinθ??k?1,2,...
???2k?1?λ ?明条纹? ?2?因此第k 级暗纹对应的单缝波阵面被分成2k 个半波带，第k 级明纹对应的单缝波阵面被分成2k ＋1 个半波带．由题意bsin??3?/2，即对应第1 级明纹，单缝分成3 个半波带．正确答案为（B）．
11-5 波长λ＝550 nm 的单色光垂直入射于光栅常数d ＝1.0 ×10-4 cm 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
分析与解 由光栅方程dsinθ??2kλ?k?0,1,...?，可能观察到的最大级次为
kmax?dsin?π/2??1.82
λ即只能看到第1 级明纹，答案为（D）．
11-6 三个偏振片P1 、P2 与P3 堆叠在一起，P1 与P3的偏振化方向相互垂直，P2与P1 的偏振化方向间的夹角为45°，强度为I0 的自然光入射于偏振片P1 ，并依次透过偏振片P1 、P2与P3 ，则通过三个偏振片后的光强为（ ）
（A） I0/16 （B） 3I0/8 （C） I0/8 （D） I0/4
分析与解 自然光透过偏振片后光强为I1 ＝I0/2．由于P1 和P2 的偏振化方向成45°，所以偏振光透过P2 后光强由马吕斯定律得I2?I1cos245o?I0/4．而P2和P3 的偏振化方向也成45°，则透过P3 后光强变为I3?I2cos245o?I0/8．故答案为（C）．
11-7 一束自然光自空气射向一块平板玻璃，如图所示，设入射角等于布儒斯特角iB ，则在界面2 的反射光（ ）
（A） 是自然光
（B） 是线偏振光且光矢量的振动方向垂直于入射面 （C） 是线偏振光且光矢量的振动方向平行于入射面 （D） 是部分偏振光