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第一章质点运动学1、(习题1.1)：一质点在xOy平面内运动，运动函数为。（1）求质点的轨道方程；（2）求时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t得， y=4t2-8 可得： y=x2-8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 由则速度： 由则加速度： 则当t=1s时，有 当t=2s时，有 2、（习题1.2）： 质点沿在轴正向运动，加速度，为常数设从原点出发时速度为，求运动方程.解： 3、一质点沿x轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m处，初速度v0 = 0试求其位置和时间的关系式 解： dv /dtt dv t dt vt2 vx /d tt2 x t3 /3+10 (SI)4、一质量为的小球在高度处以初速度水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的，.解：（1） 式（1） 式（2） （2）联立式（1）、式（2）得 （3） 而落地所用时间 所以 5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为，式中的单位为，的单位为.求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。解：1） 2） 第二章质点动力学1、(牛顿定律)质量为M的气球以加速度a匀加速上升，突然一只质量为m的小鸟飞到气球上，并停留在气球上。若气球仍能向上加速，求气球的加速度减少了多少？解：为空气对气球的浮力，取向上为正。 分别由图（a）、(b)可得：则2、 (牛顿定律) 两个圆锥摆，悬挂点在同一高度，具有不同的悬线长度，若使它们运动时两个摆球离开地板的高度相同，试证这两个摆的周期相等证：设两个摆的摆线长度分别为和，摆线与竖直轴之间的夹角分别为和，摆线中的张力分别为和，则 解得： 第一只摆的周期为 同理可得第二只摆的周期 由已知条件知 习题2.12.6习题2.1一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为，子弹从枪口射出时的速率为。设子弹离开枪口处合力刚好为零。求：（1）子弹走完枪筒全长所用的时间；（2）子弹在枪筒中所受力的冲量；（3）子弹的质量。解：（1）由和子弹离开枪口处合力刚好为零，则可以得到： 算出t=0.003s。（2）由冲量定义：（3）由动量定理：习题习题2.2图2.2 质量为M1.5 kg的物体，用一根长为l1.25 m的细绳悬挂在天花板上今有一质量为m10 g的子弹以v0500 m/s的水平速度射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大小v 30 m/s，设穿透时间极短求： (1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小； (2) 子弹在穿透过程中所受的冲量 解：(1)取子弹与物体为研究对象，子弹前进方向为x轴正向， 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒令子弹穿出时物体的水平速度为有 mv0 = mv+M v v = m(v0 - v)/M =3.13 m/s T =Mg+Mv2/l =26.5 N (2) (设方向为正方向) 负号表示冲量方向与方向相反 习题2.3一人从10 m深的井中提水起始时桶中装有10 kg的水，桶的质量为1 kg，由于水桶漏水，每升高1 m要漏去0.2 kg的水求水桶匀速地从井中提到井口，人所作的功 解：选竖直向上为坐标y轴的正方向，井中水面处为原点 由题意知，人匀速提水，所以人所用的拉力F等于水桶的重量即： 人的拉力所作的功为： 习题习题2.4图2.4 如图所示，质量m为 0.1 kg的木块，在一个水平面上和一个劲度系数k为20 N/m的轻弹簧碰撞，木块将弹簧由原长压缩了x = 0.4 m假设木块与水平面间的滑动摩擦系数m 为0.25，问在将要发生碰撞时木块的速率v为多少？ 解：根据功能原理，木块在水平面上运动时，摩擦力所作的功等于系统（木块和弹簧）机械能的增量由题意有 而 木块开始碰撞弹簧时的速率为 习题2.5某弹簧不遵守胡克定律. 设施力F，相应伸长为x，力与伸长的关系为F52.8x38.4x2（SI）求： (1)将弹簧从伸长x10.50 m拉伸到伸长x21.00 m时，外力所需做的功(2)将弹簧横放在水平光滑桌面上，一端固定，另一端系一个质量为2.17 kg的物体，然后将弹簧拉伸到一定伸长x21.00 m，再将物体由静止释放，求当弹簧回到x10.50 m时，物体的速率解：(1) 外力做的功(2) 设弹力为F习题2.6两个质量分别为和的木块，用一劲度系数为的轻弹簧连接，放在光滑的水平面上。紧靠墙。今用力推块，使弹簧压缩然后释放。（已知，）求：（1）释放后两滑块速度相等时的瞬时速度的大小；（2）弹簧的最大伸长量。习题2.6图解： 所以（2） 计算可得：3、(变力作功、功率、质点的动能定理)设（1）当一质点从原点运动到时，求所作的功；（2）如果质点到处时需0.6s，试求的平均功率；（3）如果质点的质量为1kg，试求动能的变化。解：（1），做负功 （2） （3） = -45+ = -85J4、（机械能守恒、动量守恒）如图所示，一个固定的光滑斜面，倾角为，有一个质量为m小物体，从高H处沿斜面自由下滑，滑到斜面底C点之后，继续沿水平面平稳地滑行。设m所滑过的路程全是光滑无摩擦的，试求：（1）m到达C点瞬间的速度；（2）m离开C点的速度；（3）m在C点的动量损失。解：（1）由机械能守恒有 带入数据得，方向沿AC方向（2）由于物体在水平方向上动量守恒，所以，得，方向沿CD方向（3）由于受到竖直的冲力作用，m在C点损失的动量，方向竖直向下。第三章刚体的运动书：3.3用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为的飞轮支承在点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动，记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量。试写出它的计算式。（假设轴承间无摩擦解：如习题3.3(b)图,对飞轮而言，根据转动定律，有 （1）习题3.3(b)图对重物而言，由牛顿定律，有 （2）由于绳子不可伸长，因此，有 （3）重物作匀加速下落，则有 （4）由上述各式可解得飞轮的转动惯量为 习题3.4图3.4如图，一轻绳跨过两个质量为、半径为的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为和的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮的转动惯量均为，将由两个定滑轮以及质量为和的重物组成的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳内的张力。解：受力分析如图 （1）（2） （3） （4） （5）联立，3.6有一质量为、长为的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为m的水平桌面上，它可绕通过其端点且与桌面垂直的固定光滑轴转动。另有一水平运动的质量为的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A相碰撞，设碰撞时间极短。已知小滑块在碰撞前后的速度分别为和，如图所示。求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间。 (已知棒绕点的转动惯量) 解：碰撞时角动量守恒习题3.6图细棒运动起来所受到的摩擦力矩1. 如图所示，物体1和2的质量分别为m1与m2，滑轮的转动惯量为J，半径为, 物体2与桌面间的摩擦系数为m，设绳子与滑轮间无相对滑动，滑轮与转轴无摩擦。求系统的加速度a 及绳中的张力T1和T2。解得： 2、如图系统中，m1=50kg， m2=40kg，圆盘形滑轮m=16kg，半径r=0.1m，斜面是光滑的，倾角=300，绳与滑轮无相对滑动，转轴摩擦不计，求：（1）绳中的张力；（2）设开始时m1距离地面高度为1m，需多长时间m1到达地面？ 解得 ，由 3一长为1 m的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动抬起另一端使棒向上与水平面成30，然后无初转速地将棒释放已知棒对轴的转动惯量为，求： (1) 放手时棒的角加速度； (2) 棒转到水平位置时的角速度解： 1、 2、机械能守恒 =3.83rad/s4一根长为、质量为M的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向棒的中心，并以v0/2的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为，求v0的大小。 角动量守恒 机械能守恒 5一根长为、质量为 M的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。现有一质量为 的子弹以水平速度v0射入棒的下端，并留在棒里。此后棒的最大偏转角恰为60，求v0。角动量守恒 机械能守恒 6、如图所示，长为l的轻杆，两端各固定质量分别为和的小球，杆可绕水平光滑固定轴O在竖直面内转动，转轴O距两端分别为和轻杆原来静止在竖直位置。今有一质量为的小球，以水平速度与杆下端小球作对心碰撞，碰后以的速度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角速度。解：角动量守衡 第四章振动与波动振动部分：习题4.2、4.4、4.5习题4.2一物体沿x轴做简谐运动，振幅为0.06 m，周期为2.0 s，当t = 0时位移为0.03m，且向x轴正方向运动。求：（1）t = 0.5 s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、由旋转矢量(a)图可确定初相则，振动方程为 习题4.2 (b) 图习题4.2 (a) 图当t = 0.5s时质点的位移、速度、加速度分别为（2）质点从x =-0.03 m运动到平衡位置的过程中，旋转矢量从(b)图中的位置M转至位置N，矢量转过的角度(即相位差）。该过程所需时间为 习题4.4 某质点振动的x-t曲线如题图所示.求：（1）质点的振动方程；（2）质点到达P点相应位置所需的最短时间.习题4.4图习题4.5一质点沿轴作简谐振动，振幅为，周期为。当时, 位移为，且向轴正方向运动。求：（1）振动表达式；（2）时，质点的位置、速度和加速度；（3）如果在某时刻质点位于，且向轴负方向运动，求从该位置回到平衡位置所需要的时间。解：由题已知 A=1210-2m，T=2.0 s =2/T=rads-1又，t=0时， 由旋转矢量图，可知：故振动方程为 (2)将t=0.5 s代入得方向指向坐标原点，即沿x轴负向(3)由题知，某时刻质点位于，且向轴负方向运动即x=-A/2，且v0，故t=2/3，它回到平衡位置需要走5/6，所以：t=/=(5/6)() =5/6s习题4.5图（加题）1.有两个同方向同频率的振动，其合振动的振幅为，合振动的相位与第一个振动的相位差为，第一个振动的振幅为，求第二个振动的振幅及两振动的相位差。分析 根据已知振幅和相位可在矢量三角形中求得振幅。解：采用旋转矢量合成图求解取第一个振动的初相位为零，则合振动的相位为题图5-26据可知,如图：由于、的量值恰好满足勾股定理，故与垂直.即第二振动与第一振动的相位差为（加题）2.一质点同时参与两个同方向的简谐振动，其振动方程分别为，画出两振动的旋转矢量图，并求合振动的振动方程. 分析 须将方程转化为标准方程从而确定其特征矢量，画出矢量图。解： 作两振动的旋转矢量图，如图所示.由图得：合振动的振幅和初相分别为题图5-27.合振动方程为（加题）3.一物体质量为，在弹性力作用下作简谐振动，弹簧的劲度系数，如果起始振动时具有势能0.06 J和动能0.02 J，求 (1) 振幅；(2) 动能恰等于势能时的位移；(3) 经过平衡位置时物体的速度解：(1) =0.08 (2) ； ， (3) 过平衡点时，此时动能等于总能量 =0.08 （加题）4. 一弹簧振子,弹簧的劲度系数为k=25N/m,当物体以初动能0.2J和初势能0.6J振动时,求: (1) 振幅是多大? (2) 位移多大时,其势能和动能相等? (3) 位移是振幅的一半时,势能是多大?解: (1) 弹簧振子的总机械能为,故 (2) (3) 波动部分：习题4.7、4.8、4.10习题4.7图习题4.7有一平面简谐波在介质中传播，波速u = 100 m/s，波线上右侧距波源O（坐标原点）为75.0 m处的一点P的运动方程为。求（1）波向x轴正方向传播时的波动方程；（2）波向x轴负方向传播时的波动方程。解：（1）设以波源为原点O，沿x轴正向传播的波动方程为 将 u = 100 ms-1代人，且取x = 75 m得点P的运动方程为 与题意中点P的运动方程比较可得 A = 0.30 m、。则所求波动方程为 (2)当沿x轴负向传播时，波动方程为 将 x = 75 m、代人后，与题给点P的运动方程比较得A = 0.30 m、，则所求波动方程为 讨论：对于平面简谐波来说，如果已知波线上一点的运动方程，求另外一点的运动方程，也可用下述方法来处理：波的传播是振动状态的传播，波线上各点（包括原点）都是重复波源质点的振动状态，只是初相位不同而已。在已知某点初相的前提下，根据两点间的相位差，即可确定未知点的初相。习题4.8已知一沿正方向传播的平面余弦波，时的波形如题图所示，且周习题4.8图期为.（1）写出点的振动表达式；（2）写出该波的波动表达式；（3）写出点的振动表达式；（4）写出点离点的距离。解：由图可知A=0.1m，=0.4m，由题知T= 2s，=2/T=，而u=/T=0.2m/s。波动方程为：y=0.1cos(t-x/0.2)+0m 关键在于确定O点的初始相位。（1） 由上式可知：O点的相位也可写成：=t+0由图形可知： 时y=-A/2，v0，此时的=23，将此条件代入，所以： 所以点的振动表达式y=0.1cost+/3m（2）波动方程为：y=0.1cos(t-x/0.2)+/3m（3）点的振动表达式确定方法与O点相似由上式可知：A点的相位也可写成：=t+A0由图形可知： 时y=0，v0，此时的=-2，将此条件代入，所以： 所以A点的振动表达式y=0.1cost-5/6m（4）将A点的坐标代入波动方程，可得到A的振动方程，与（3）结果相同，所以： y=0.1cos(t-x/0.2)+/3= 0.1cost-5/6 可得到：习题习题4.10图4.10 一平面简谐波以速度沿轴负方向传播。已知原点的振动曲线如图所示。试写出：（1）原点的振动表达式；（2）波动表达式；（3）同一时刻相距的两点之间的位相差。解：(1) 由图可知A=0.5cm，原点处的振动方程为：y=Acos（） t=0s时 y=A/2 v0 可知其相位为= t=1s时 y=0 v0 可知其相位为1= 代入振动方程， = =可得：= T=2/=12/5 则 y=0.5cos（-）cm（2）沿轴负方向传播，波动表达式：y=0.5cos（+）-cm（3）根据已知的T=12/5，可知：那么同一时刻相距的两点之间的位相差：（加题）BA1题图1.如图，一平面波在介质中以波速沿x轴负方向传播，已知A点的振动方程为.(1)以A点为坐标原点写出波方程；(2)以距A点5m处的B点为坐标原点，写出波方程.解：(1)坐标为x处质点的振动相位为 波的表达式为 (2)以B点为坐标原点，则坐标为x点的振动相位为 波的表达式为 （加题）2. 一平面谐波沿ox轴的负方向传播,波长为，P点处质点的振动规律如题图610所示.求:（1）P点处质点的振动方程;（2）此波的波动方程；（3）若图中,求O点处质点的振动方程.分析 首先由已知振动规律结合旋转矢量图可得P点振动的初相与周期，从而得到其振动方程。波动方程则由P与原点的距离直接得到。波动方程中直接代入某点的坐标就可求出该点的振动方程。解:（1）从图中可见,且,则P点处质点的振动方程为题图6-10（2）向负方向传播的波动方程为（3）把代入波动方程即得（加题）3.两波在一很长的弦线上传播，其波方程分别为： 求：(1)两波的频率、波长、波速；(2)两波叠加后的波节位置；(3)叠加后振幅最大的那些点的位置.解：(1)与波动的标准表达式对比可得： ， ， 波速(2)波节位置 (3)波腹位置第11章作业 11.2 在双缝装置中，用一很薄的云母片(n =1.58)覆盖其中的一条狭缝，这时屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏幕中央(原零级明条纹)的位置。如果入射光的波长为550nm，则这云母片的厚度应为多少? 习题11.2图分析：云母片覆盖前，零级明条纹在屏幕上O点。覆盖后，衍射条纹移动了7条，即第七条明条纹位于O点。由光程差的变化计算介质厚度。解：覆盖前，两光到达O点的光程差为 （1）覆盖后，两光到达O点的光程差为 （2） (2)式与（1）式作差，可得所以m11.3 在双缝实验中，入射光是由波长550nm和另一束未知波长两种成分合成的复色光。已知双缝间距为0.6mm，屏和缝的距离为1.2m，求屏上的第三级明纹中心的位置。若屏上的第六级明纹中心和未知的的第五级明纹中心重合，求未知波长。 分析：由明纹中心位置公式可得。解：第三级明纹中心位置 mm的第六级明纹中心和未知的的第五级明纹中心重合，即它们具有相同的衍射角 所以 nm11.5 一薄玻璃片，厚度为0.40，折射率为1.5，置于空气中。用白光垂直照射，问在可见光的范围内，哪些波长的光在反射中加强？哪些波长的光在透射中加强? 分析：分别应用反射光和透射光在等倾干涉中加强的条件求得。解：反射加强的条件为 由此得仅当时，为可见光，因此求得 nm透射加强的条件即反射减弱的条件，即由此得 当时， nm当时， nm 波长为480nm的可见光在反射中加强，波长为600nm和400nm的可见光在透射中加强。 11.6 一单色光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1.3，玻璃的折射率为1.5，若单色光的波长可由光源连续可调，并观察到500nm与700nm这两个波长的单色光在反射中消失，求油膜的厚度。分析：由于玻璃的折射率大于油的折射率，光线在油膜上，下表面反射时都存在半波损失，则光程差为。设nm的光在级干涉相消，则对于nm的光在第级干涉相消。解： 对nm的光在级干涉相消，有 （1）对nm的光在第级干涉相消，有 （2）由（1）、（2）式解得 nm11.7 有一玻璃劈尖，玻璃的折射率为1.5，劈尖夹角。用单色光垂直照射，测得相邻两条明纹间的距离，求此单色光的波长。分析：由相邻两明纹间的距离公式可得。解：相邻两明纹的距离为 ，因为很小，所以，则 所以， = =546nm11.11 在折射率的照相机镜头表面镀有一层折射率的MgF2增透膜，如果此膜适用于波长550nm的光，问膜的最小厚度应是多少？分析：由薄膜干涉公式可得。解：对穿过增透膜的透射光而言，两相干光的光程差为，为使给定波长的透射光增强，应满足条件 当时，对应膜的最小厚度 已知nm，由此可以算出膜的最小厚度 nm11.12 (1)若用波长不同的光观察牛顿环，nm，nm，观察利用时的第k个暗环与用时的第k+1个暗环重合，已知透镜的曲率半径是190cm。求用时第k个暗环的半径。 (2)又如在牛顿环中用波长为500nm的第5个明环与用波长为时的第6个明环重合，求波长。分析：用牛顿环暗环半径公式，明环半径公式计算求得。解：（1）的第k个暗环半径为 的第k+1个暗环半径为 两个暗环重合，即，由以上式子可得，代入下式 m （2）由明环半径公式，且波长为500nm的第5级明纹与波长时的第6个明环重合。可得 所以 nm11.13 当观察牛顿环装置中的透镜与玻璃板之间的空间充以某种液体时，第10个明环的直径由m变为m，试求这种液体的折射率。分析：当透镜与与平板玻璃间充满某种液体（），且满足或时，在厚度为的地方，两相干光的光程差为。由此可推导出牛顿环暗环半径和明环半径，这里明，暗环半径和充入的介质折射率有关。在牛顿环公式中，若介质不均匀或分析的是透射光而不是反射光，那么关于暗环，明环半径的公式与教材中的公式是不同的。解：当透镜与玻璃之间为空气时，级明纹的直径为当透镜与玻璃之间为液体时，级明纹的直径为 解上述两式得 11.17 波长nm的平行单色光，垂直入射到宽度为a0.25mm的单缝上，紧靠单缝后放一凸透镜，如果置于焦平面处的屏上中央明纹两侧的第三级暗纹之间的距离是3mm，求透镜焦距。分析：由单缝衍射暗纹条件及暗纹到中心的距离可求焦距。解：设第3级暗纹在方向上，则有 此暗纹到中心的距离为 因为很小，可认为，所以 两侧第三级暗纹的距离为 mm所以 cm 11.18 一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第三级明纹位置恰与波长为600nm的单色光垂直入射该缝时，衍射的第二级明纹位置重合，试求该单色光波长。 分析：所求单色光的第三级明纹位置与波长为600nm单色光的第二级明纹位置重合，说明它们具有相同的衍射角。解：单缝衍射明纹位置由确定，所以有对于波长未知的光， （1）对于波长为=600nm的光， （2）由于 由（1）、（2）式可得， nm11.19 波长为600nm的单色光垂直入射在一光栅上，第二级明纹出现在0.2处，第四级缺级。试问：(1)光栅常数a+b=?(2)光栅上狭缝的最小宽度a =?(3)按上述选的(a+b)和a，求出在屏幕上实际呈现的全部衍射明纹的级次。分析：应用光栅公式和缺级条件可得。解：（1）由光栅方程 得 m（2）由缺级条件 且第四级缺级，得 当=1时，a有最小值 m（3）当时，有最大值 因为当时是看不到衍射条纹的，且时缺级。能看到的明纹级数为 11.20 用一束具有两种波长的平行光垂直入射在光栅上，nm， nm，现距中央明纹5cm处光的k级明纹和光的第k+1级明纹相重合，若所用透镜的焦距f50cm，试问： (1)上述的k=? (2)光栅常数a+b =?分析：光的k级明纹和光的第k+1级明纹相重合，即它们的衍射角相同。解：(1) 由题意,的k级与的(k+1)级谱线相重合，即它们衍射角相同所以，, 得 (2) 因很小， 所以 =1.2 10cm 11.28 两偏振片的偏振化方向成30夹角时，透射光的强度为I1，若入射光不变而使两偏振片的偏振化方向之间的夹角变为45，则透光强度将如何变化? 分析：由马吕斯定律求得。解：由马吕斯定律，两偏振片的偏振化方向成30夹角时， （1）两偏振片的偏振化方向之间的夹角变为45， （2）由（1）、（2）得 11.29 一束自然光入射到一组偏振片上，该偏振片组共由四块偏振片组成，每块偏振片的偏振化方向均相对于前一块偏振片顺时针转过30角，问该组偏振片的透射光强占入射光强的百分之几? 分析：由马吕斯定律求得。解：设入射光的光强为，透过第一，二三四块偏振片后的光强分别为。因自然光可以看作振动方向互相垂直，互相独立，光强相等的两个线偏振光，由第一块偏振片的起偏作用，只透过沿偏振化方向振动的光，所以有 射入第二块偏振片的光为线偏振光，透过它的光强为，根据马吕斯定律为 同理可得和 即入射光的21能透过偏振片组。11.32 水的折射率为1.33，玻璃的折射率为1.50。当光由水中射向玻璃而反射时，布儒斯特角为多少? 当光由玻璃射向水中而反射时，布儒斯特角又为多少?分析：应用布儒斯特定律求得。解：光由水中射向玻璃反射时， ，光由玻璃射向水中反射时， ，11.33 一束太阳光，以某一入射角入射到平面玻璃上，这时反射光为完全偏振光，透射光的折射角为32。问： (1)太阳光的入射角是多少? (2)玻璃的折射率是多少?分析：应用布儒斯特定律求得。解：（1）反射光为完全偏振光，此时反射光与折射光垂直。即 所以 （2）由布儒斯特定律， 得 加题加11.1：以单色光照射到相距为0.2mm的双缝上，缝距屏为1m。（1）从第一级明纹到同侧第四级的明纹为7.5mm时，求入射光波长；（2）若入射光波长为，求相邻明纹间距离。解：（1）明纹坐标为 ，由题意有：。（2）当时，相邻明纹间距为加11.2：用l600 nm的单色光垂直照射在宽为3cm，共有5000条缝的光栅上。问：（1） 光栅常数是多少？（2） 第二级主极大的衍射角为多少？（3） 若光屏上可以看到的条纹的最大级数？解：（1）光栅常数 （2）由光栅方程 得 （3） ，取，考虑缺级3，6，9缺级屏上可以看见的条纹最大级数是8。加11-3：波长为5000的单色光正入射到一块缝数为N=105的透射式平面光栅上，两个相邻主极大分别出现在sin1=0.15和sin2=0.3的位置，并且第四级主极大缺级，求：(1)光栅常数d？（3分）(2)光栅上每个单缝可能的最小宽度am？（3分）(3)观察屏幕上能哪些谱线？（4分）解：(1)设相邻主极大分别为m级和m+1级，则：，得，d=3.3um （2）第四级主极大缺级，则，取k=1，得，每个单缝可能的最小宽度am=0.825um（3）由得，当sin=1时，对应的衍射条纹级数为屏幕上可看到的最大级数，因此，m=6.6，取整数，屏幕上可以看到的干涉条纹为：0，1，2，3，4，5，6级，但是第四级主极大缺级，因而最后看到的条纹级数为0，1，2，3，5，6级，共11条
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